《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題三 三角函數(shù) 3.2 三角變換與解三角形練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題三 三角函數(shù) 3.2 三角變換與解三角形練習(xí)（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題三 三角函數(shù) 3.2 三角變換與解三角形練習(xí) 1．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)在△ABC中，cos ＝，BC＝1，AC＝5，則AB＝(　　) A．4 B． C. D．2 解析：　∵cos ＝， ∴cos C＝2cos2 －1＝2×2－1＝－. 在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×＝32， ∴AB＝＝4. 故選A. 答案：　A 2．(2018·山東菏澤2月聯(lián)考)已知α∈，sin＝，則tan(π＋2α)＝(　　) A. B．± C．± D． 解析：　∵α∈，sin＝，∴c

2、os α＝，sin α＝－，由同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系知tan α＝＝－2.∴tan(π＋2α)＝tan 2α＝＝＝，故選A. 答案：　A 3．已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊長(zhǎng)分別為a，b，c，若A＝，b＝2acos B，c＝1，則△ABC的面積等于(　　) A. B． C. D． 解析：　由正弦定理得sin B＝2sin Acos B， 故tan B＝2sin A＝2sin ＝，又B∈(0，π)，所以B＝， 又A＝＝B，則△ABC是正三角形， 所以S△ABC＝bcsin A＝×1×1×＝. 答案：　B 4．若α∈，且3cos 2α＝4sin，則sin 2α的值為(

3、　　) A. B．－ C．－ D． 解析：　3(cos2α－sin2α)＝2(cos α－sin α)，因?yàn)棣痢?，所以cos α－sin α≠0，所以3(cos α＋sin α)＝2，即cos α＋sin α＝，兩邊平方可得1＋sin 2α＝?sin 2α＝－. 答案：　C 5．(2018·南昌市第一次模擬測(cè)試卷)已知臺(tái)風(fēng)中心位于城市A東偏北α(α為銳角)的150千米處，以v千米/時(shí)沿正西方向快速移動(dòng)，2.5小時(shí)后到達(dá)距城市A西偏北β(β為銳角)的200千米處，若cos α＝cos β，則v＝(　　) A．60 B．80 C．100 D．125 解析：　如圖，臺(tái)風(fēng)中心為

4、B,2.5小時(shí)后到達(dá)點(diǎn)C，則在△ABC中，ABsin α＝ACsin β，即sin α＝sin β，又cos α＝cos β.∴sin2α＋cos2α＝sin2β＋cos2β＝1＝sin2β＋cos2β，∴sin β＝cos β， ∴sin β＝，cos β＝，∴sin α＝，cos α＝，∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝0，∴α＋β＝，∴BC2＝AB2＋AC2，∴(2.5v)2＝1502＋2002，解得v＝100，故選C. 答案：　C 6．化簡(jiǎn)：＝________. 解析：　＝＝＝4sin α. 答案：　4sin α 7．在△ABC中，a＝

5、4，b＝5，c＝6，則＝________. 解析：?。剑健ぃ健ぃ?. 答案：　1 8．(2018·開封市高三定位考試)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，btan B＋btan A＝2ctan B，且a＝5，△ABC的面積為2，則b＋c的值為________． 解析：　由正弦定理及btan B＋btan A＝2ctan B，得sin B·＋sin B·＝2sin C·，即cos Asin B＋sin Acos B＝2sin Ccos A，亦即sin(A＋B)＝2sin Ccos A，故sin C＝2sin Ccos A．因?yàn)閟in C≠0，所以cos A＝，所以A＝.由面

6、積公式，知S△ABC＝bcsin A＝2，所以bc＝8.由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，代入可得b＋c＝7. 答案：　7 9．(2018·浙江卷)已知角α的頂點(diǎn)與原點(diǎn)O重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，它的終邊過點(diǎn)P. (1)求sin(α＋π)的值； (2)若角β滿足sin(α＋β)＝，求cos β的值． 解析：　(1)由角α的終邊過點(diǎn)P， 得sin α＝－. 所以sin(α＋π)＝－sin α＝. (2)由角α的終邊過點(diǎn)P， 得cos α＝－， 由sin(α＋β)＝，得cos(α＋β)＝±. 由β＝(α＋β)－α， 得cos β＝

7、cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－或cos β＝. 10．(2018·北京卷)在△ABC中，a＝7，b＝8，cos B＝－. (1)求∠A； (2)求AC邊上的高． 解析：　(1)在△ABC中，因?yàn)閏os B＝－， 所以sin B＝＝. 由正弦定理得sin A＝＝. 由題設(shè)知<∠B<π，所以0<∠A<. 所以∠A＝. (2)在△ABC中， 因?yàn)閟in C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝， 所以AC邊上的高為asin C＝7×＝. B級(jí) 1．(2018·河南濮陽一模)已知△ABC中，sin A，

8、sin B，sin C成等比數(shù)列，則的取值范圍是(　　) A. B． C．(－1，) D． 解析：　由sin A，sin B，sin C成等比數(shù)列，知a，b，c，成等比數(shù)列，即b2＝ac，∴cos B＝＝＝－≥2－＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立，可知B∈，設(shè)y＝＝，設(shè)sin B＋cos B＝t，則2sin Bcos B＝t2－1. 由于t＝sin B＋cos B＝sin，B∈，所以t∈(1，]，故y＝＝＝＝t－，t∈(1，]，因?yàn)閥＝t－在t∈(1，]上是增函數(shù)，所以y∈.故選B. 答案：　B 2．(2018·石家莊質(zhì)量檢測(cè)(一))如圖，平面四邊形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)位于四邊形

9、的內(nèi)部，AB＝1，BC＝，AC＝CD，AC⊥CD，當(dāng)∠ABC變化時(shí)，對(duì)角線BD的最大值為________． 解析：　設(shè)∠ABC＝θ，θ∈(0，π)，則由余弦定理得AC2＝3－2cos θ，由正弦定理得＝，得sin ∠ACB＝.在△DCB中，由余弦定理可得，BD2＝CD2＋2－2CDcos＝AC2＋2＋2ACsin∠ACB＝3－2cos θ＋2＋2AC×＝5＋2(sin θ－cos θ)＝5＋4sin，當(dāng)θ＝時(shí)，max＝1，∴BD＝9，∴BDmax＝3. 答案：　3 3．已知向量a＝，b＝(－sin x，sin x)，f(x)＝a·b. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及f(x)的最

10、大值； (2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若f＝1，a＝2，求△ABC面積的最大值． 解析：　(1)易得a＝(－sin x，cos x)， 則f(x)＝a·b＝sin2x＋sin xcos x ＝－cos 2x＋sin 2x ＝sin＋， 所以f(x)的最小正周期T＝＝π， 當(dāng)2x－＝＋2kπ，k∈Z時(shí)， 即x＝＋kπ(k∈Z)時(shí)，f(x)取最大值是. (2)因?yàn)閒＝sin＋＝1， 所以sin＝?A＝. 因?yàn)閍2＝b2＋c2－2bccos A， 所以12＝b2＋c2－bc， 所以b2＋c2＝bc＋12≥2bc， 所以bc≤12(當(dāng)且僅當(dāng)b＝

11、c時(shí)等號(hào)成立)， 所以S＝bcsin A＝bc≤3. 所以當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)面積取最大值是3. 4．如圖，在一條海防警戒線上的點(diǎn)A、B、C處各有一個(gè)水聲檢測(cè)點(diǎn)，B、C兩點(diǎn)到A的距離分別為20千米和50千米，某時(shí)刻B收到發(fā)自靜止目標(biāo)P的一個(gè)聲波信號(hào)，8秒后A、B同時(shí)接收到該聲波信號(hào)，已知聲波在水中的傳播速度是1.5千米/秒． (1)設(shè)A到P的距離為x千米，用x表示B、C到P的距離，并求出x的值； (2)求P到海防警戒線AC的距離． 解析：　(1)依題意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12. 在△PAB中，AB＝20，cos ∠PAB＝＝＝， 同理，在△PAC中，AC＝50，cos ∠PAC＝＝＝. ∵cos ∠PAB＝cos ∠PAC，∴＝， 解得x＝31. (2)作PD⊥AC于點(diǎn)D，在△ADP中， 由cos ∠PAD＝， 得sin∠PAD＝＝， ∴PD＝PAsin∠PAD＝31×＝4. 故靜止目標(biāo)P到海防警戒線AC的距離為4千米．