高考二輪復(fù)習(xí)文科數(shù)學(xué)試題（老高考舊教材）考點(diǎn)突破練2三角變換與解三角形

考點(diǎn)突破練2三角變換與解三角形一、選擇題1.(2023山東濰坊一模)已知角α在第四象限內(nèi),sin2α+3π2=12,則sinα=(A.12 B.12C.2-642.(2023江西贛州一模)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若a,b,c成等差數(shù)列,且C=2(A+B),則ba=(A.75 B.32 C.533.(2022北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P為△ABC所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),且PC=1,則PA·PB的取值范圍是(A.[5,3] B.[3,5]C.[6,4] D.[4,6]4.(2023四川南充南部中學(xué)模擬)已知sinθ+sinθ+π3=1,則cosπ3+2θ=()A.33 B.33 C.135.(2023四川內(nèi)江一模)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知B=π3,bcsinA=8sinB,a=4,則b=(A.4 B.23 C.27 D.226.已知0<β<π4<α<π2,且sinαcosα=55,sinβ+π4=45,則sin(α+β)=A.31010 B.155 C.157.(2023四川南充二模)在△ABC中,a,b,c分別是角A,B,C的對(duì)邊,若b2+c2=2023a2,則2sinBsinCtanA.2021 B.2022 C.2023 D.20248.魏晉南北朝時(shí)期,中國數(shù)學(xué)的測量學(xué)取得了長足進(jìn)展.劉徽提出重差術(shù),應(yīng)用中國傳統(tǒng)的出入相補(bǔ)原理.因其第一題為測量海島的高度和距離,故題為《海島算經(jīng)》.受此題啟發(fā),某同學(xué)測量某塔的高度.如圖,點(diǎn)D,G,F在水平線DH上,CD和EF是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測量標(biāo)桿的高度,稱為“表高”,測得以下數(shù)據(jù)(單位:米):前表卻行DG=1,表高CD=EF=2,后表卻行FH=3,表距DF=61.則塔高AB為()A.60米 B.61米 C.62米 D.63米9.(2023四川涼山二模)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.命題p:1-tan2A21+tan2A2+bcos(A+A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件10.(2023廣東茂名一模)在下列四個(gè)函數(shù)中,最小正周期與其余三個(gè)函數(shù)不同的是()A.f(x)=cos2x+sinxcosxB.f(x)=1C.f(x)=cosx+π3+cosxπ3D.f(x)=sinx+π6cosx+π611.(2023山西名校聯(lián)考改編)將函數(shù)f(x)=sinx(sinx+3cosx)的圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍(縱坐標(biāo)不變),得到g(x)的圖象,則下列說法不正確的是()A.g(x)的圖象關(guān)于直線x=2πB.g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)7π6,C.g(x)在[0,π]上的值域?yàn)閇0,1]D.g(x)的圖象可由y=cosx的圖象向右平移2π3個(gè)單位長度,再向上平移112.(2023遼寧本溪名校聯(lián)考)若sinθ1-cosθ=2,則A.5 B.43C.2 D.413.(2023貴州銅仁二模)在銳角三角形ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若c2=a(a+b),則sinA的取值范圍是()A.0,22 B.12,2C.12,32 D.0,314.(2023四川成都二模)在△ABC中,已知AD=2DC,AC=3BC=3,sin∠BDC=3sin∠BAC,則△ABC的面積為()A.16 B.13 C.23二、填空題15.(2023廣東湛江一模)cos70°-cos20°16.已知2sinα=5cosα,則sin2α+cos2α=.

17.(2023陜西咸陽名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=3cos(x+θ)sin(x+θ)π2≤θ≤π2是奇函數(shù),則θ=.

18.(2023江西贛州一模)已知銳角三角形ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)應(yīng)邊依次記為a,b,c,且滿足cb=2bcosA,則sin(C+B)+2cos2(AB)的取值范圍為.

19.如圖,某直徑為55海里的圓形海域上有四個(gè)小島.已知小島B與小島C相距5海里,cos∠BAD=45,則小島B與小島D之間的距離為海里;小島B,C,D所形成的三角形海域BCD的面積為平方海里.20.(2023河南南陽二模改編)銳角三角形ABC是單位圓的內(nèi)接三角形,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且a2+b2c2=4a2cosA2accosB,則a=.

考點(diǎn)突破練2三角變換與解三角形1.D解析由sin2α+3π2=cos2α=12,得cos2α=1所以sin2α=1-cos2α2=34.又因?yàn)榻铅猎诘谒南笙迌?nèi),所以sin2.C解析由C=2(A+B),A+B+C=π,得C=2π3,由a,b,c成等差數(shù)列,得2b=a+c,由余弦定理,得cosC=a2+b2-c22ab,即12=a2+b2-(2b-a)22ab,整理得3.D解析如圖所示,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),CA,CB分別為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系,則C(0,0),A(3,0),B(0,4).∵PC=1,∴可設(shè)P(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π),∴PA·PB=(3cosθ,sinθ)·(cosθ,4sinθ)=3cosθ4sinθ+sin2θ+cos2θ=15sin(θ+φ),其中tanφ=34,∵1≤sin(θ+φ)≤1,∴4≤PA·PB≤4.C解析sinθ+sinθ+π3=32sinθ+32cosθ=332sinθ+12cosθ=3sinθ+π6=1,∴sinθ+π6=33,則cosπ3+2θ=cos2π6+θ=12sin2θ+π6=123=13.5.B解析∵bcsinA=8sinB,由正弦定理得bca=8b,∴ca=8,又a=4,∴c=2.由余弦定理b2=a2+c22accosB=16+42×4×2×12=12,得b=23,故選B6.D解析因?yàn)閟inαcosα=55,所以sinαπ4=1010,因?yàn)棣?<α<π2,所以cosαπ4=31010.因?yàn)?<β<π4,sinβ+π4=45,所以cosβ+π4=35,所以sin(α+β)=sinαπ4+β+π4=107.B解析因?yàn)閎2+c2=2023a2,則根據(jù)正弦定理和余弦定理有2sinBsinCtanAsinA=2sinBsinCsi8.D解析∵EF為表高,∴EF⊥BH,同理CD⊥BH.根據(jù)三角形的性質(zhì)可得,△EFH∽△ABH,△CDG∽△ABG,則3BH∵BH=BD+DF+FH=BD+64,BG=BD+1,∴3BD+64=1BD+1,解得BD=30.5,BG=31.5.9.D解析由正弦定理,得1-tan2A21+tan2A2+bcos(A+C)a=cos2A2-sin2A2cos2A2+sin2A2-sinBcosBsinA=cosAsinBcosBsinA=sin2A-sin2B2sinA=0,∴sin2A=sin2B.∵0<A<π,010.C解析對(duì)于選項(xiàng)A,f(x)=1+cos2x2+12sin2x=22sin2x+π4+12,∴T=π;對(duì)于選項(xiàng)B,要使函數(shù)有定義,則sinx≠0且cosx≠0,f(x)=1-(1-2sin2x)2sinxcosx=2sin2x2sinxcosx=tanx,∴T=π;對(duì)于選項(xiàng)C,f(x)=12cosx32sinx+12cosx+32sinx=cosx,∴T=2π;11.C解析對(duì)于A,∵f(x)=sinx(sinx+3cosx)=sin2x+3sinxcosx=1-cos2x2+32sin2x=sin2xπ6+12,∴g(x)=sin12×2xπ6+12=sinxπ6+12,將x=2π3代入g(x)中,即g2π3=sin2π3-π6+12=32,則g(x)的圖象關(guān)于直線x=2π3對(duì)稱,故A正確;對(duì)于B,∵g7π6=sin7π6-π6+12=12,故g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)7π6,12對(duì)稱,故B正確;對(duì)于C,當(dāng)x∈[0,π]時(shí),xπ6∈π6,5π6,sinxπ6∈12,1,sinxπ6+12∈0,32,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,y=cosx的12.A解析sinθ1-cosθ=2sinθ2cosθ∴1+2sin2θ+3cos2θ1-2sin2θ+3cos2θ=si13.B解析由c2=a(a+b),得c2=a2+ab,由余弦定理得c2=a2+b22abcosC,∴a2+ab=a2+b22abcosC,即b=a+2acosC,由正弦定理得sinA+2sinAcosC=sinB,∵B=π(A+C),∴sinA+2sinAcosC=sinB=sinAcosC+cosAsinC,即sinA=sin(CA).∵c2=a2+ab,∴c>a,∴CA>0,又三角形ABC為銳角三角形,∴0<A<π2,0<CA<π2,∴A=CA,解得C=2A,又0<A<π2,0<B=π3A<π2,0<C=2A<π2,∴π6<A<π4,∴sinA∈14.D解析如圖,由AD=2DC,得DC=13AC,因?yàn)锳C=3BC=3,所以BC=DC=1,AD=2,又因?yàn)閟in∠BDC=sin(π∠BDA)=sin∠BDA=3sin∠BAC,所以在△BDA中,由正弦定理可得AB=3BD,在△ABC中,由余弦定理可得BC2=AB2+AC22AB·AC·cos∠BAC,即1=9BD2+918BD·cos∠BAC,在△ABD中,由余弦定理可得BD2=AB2+AD22AB·AD·cos∠BAC,即BD2=9BD2+412BD·cos∠BAC,②①②聯(lián)立解得BD=63,cos∠BAC=7618,所以AB=6,sin∠BAC=3018,所以S△ABC=12AB·AC·sin∠BAC=15.2解析cos70°-cos2016.2429解析因?yàn)?sinα=5cosα,所以cosα≠0,tanα=52,所以sin2α+cos2α=17.π3解析f(x)=3cos(x+θ)sin(x+θ)=2cosx+θ+π6,由f(x)是奇函數(shù),得θ+π6=π2+kπ,k∈Z,解得θ=π3+kπ,k∈Z,∵π2≤θ≤π18.2,3+32解析由正弦定理,cb=2bcosA,即為sinCsinB=2sinBcosA,即sin(A+B)sinB=2sinBcosA,整理得sin(AB)=sinB,因?yàn)樵阡J角三角形ABC中,A,B∈0,π2,AB∈π2,π2,所以AB=B,則A=2B,A+B>π2,又因?yàn)锳+B+C=180°,A=2B,C=180°3B<90°,B>π6,所以π6<B<π4.因?yàn)閟in(C+B)+2cos2(AB)=sinA+2cos2B=sin2B+cos2B+1=2sin2B+π4+1,因?yàn)棣?<B<π4,所以π3<2B<π2,所以7π12<2B+π4<3π4,所以22<sin2B+π4<6+24,所以2<2sin2B+π4+1<3+319.3515解析∵圓的內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ),∴cosC=cos(πA)=cosA=45,sinC=1-cos2C=35,在△BCD中,由正弦定理得在△BCD中,由余弦定理得(35)2=CD2+522·CD·5·45,整理得CD28CD20=0,(CD+2)(CD1