【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测 03三角恒等变换与解三角形小题练 理数（含答案解析）.doc，共(8)页，97.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020高考数学二轮复习课时跟踪检测03三角恒等变换与解三角形小题练一、选择题1.已知cosα＋π3=sinα－π3，则tanα的值为()A．－1B．1C.3D．－32.3cos15°－4sin215°cos15°=()A.12B.22C．1D.23

.已知α是第三象限的角，且tanα=2，则sinα＋π4=()A．－1010B.1010C．－31010D.310104.已知3cos2α=4sinπ4－α，α∈π4，π，则sin2α=()A.79B．－79C.19D．－195.已知x∈(0，π)

，且cos2x－π2=sin2x，则tanx－π4=()A.13B．－13C．3D．－36.已知tanα＋π4=34，则cos2π4－α=()A.725B.925C.1625D.24257.在△ABC中，cosC2=55，BC=1，

AC=5，则AB=()A．42B.30C.29D．258.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2bcosC=2a＋c，则B=()A.π6B.π4C.π3D.2π39.在△ABC中，内角A，B，C的

对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S=(a＋b)2－c2，则tanC等于()A.34B.43C．－43D．－3410.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2=c2＋

ac－bc，则cbsinB=()A.32B.233C.33D.311.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bc=1，b＋2ccosA=0，则当角B取得最大值时，△ABC的周长为()A．2

＋3B．2＋2C．3D．3＋212.在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2(B＋C)<sin2B＋sin2C，则角A的取值范围为()A.0，π2B.

π4，π2C.π6，π3D.π3，π213.在O点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于P点，一分钟后，其位置在Q点，且∠POQ=90°，再过两分钟后，该物体位于R点，且∠QOR=30°，则tan∠OPQ的值为()A.32B.233C.32D.2314

.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且23(sin2A－sin2C)=(a－b)sinB，△ABC的外接圆半径为3.则△ABC面积的最大值为()A.38B.34C.938D.934二、填空题15.已知tanα－5π4=1

5，则tanα=________.16.定义运算abcd=ad－bc.若cosα=17，sinαsinβcosαcosβ=3314，0<β<α<π2，则β=________.17.如图，

已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离分别为a海里和2a海里，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A和B的距离为________海里．18.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分

别为a，b，c，且满足a=4，asinB=3bcosA，若△ABC的面积S=43，则b＋c=________.19.如图，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD=∠EDB=90°，C是BD上一点，AB=3－3，∠ACB=15°，∠ECD=60°，∠EAC=45°，则

线段DE的长度为________．20.如图，在△ABC中，AB=4，BC=2，∠ABC=∠D=π3，若△ADC是锐角三角形，则DA＋DC的取值范围为________．答案解析1.答案为：B；解析：由已知得12cosα－

32sinα=12sinα－32cosα，整理得12＋32sinα=12＋32cosα，即sinα=cosα，故tanα=1.2.答案为：D；解析：3cos15°－4sin215°cos15°

=3cos15°－2sin15°·2sin15°cos15°=3cos15°－2sin15°·sin30°=3cos15°－sin15°=2cos(15°＋30°)=2cos45°=2.故选D.3.答案为：C；解析：因为α是第三

象限的角，tanα=2，且sinαcosα＝tanα，sin2α＋cos2α＝1，所以cosα=－11＋tan2α=－55，sinα=－255，则sinα＋π4=sinαcosπ4＋cosαsinπ4=－255×22－55×22=－3101

0，选C.4.答案为：D；解析：由题意知3(cos2α－sin2α)=22(cosα－sinα)，由于α∈π4，π，因而cosα≠sinα，则3(cosα＋sinα)=22，那么9(1＋sin2α)=8，sin2α=－19.5.答案为：A；解析：由cos

2x－π2=sin2x得sin2x=sin2x，∵x∈(0，π)，∴tanx=2，∴tanx－π4=tanx－11＋tanx=13.6.答案为：B；解析：由tanα＋π4=1＋tanα1－tanα=34，解得tanα=－17，所以cos2π4－α=1＋c

osπ2－2α2=1＋sin2α2=12＋sinαcosα，又sinαcosα=sinαcosαsin2α＋cos2α=tanαtan2α＋1=－750，故12＋sinαcosα=925.7.答案为：A；解析：∵

cosC2=55，∴cosC=2cos2C2－1=2×552－1=－35.在△ABC中，由余弦定理，得AB2=AC2＋BC2－2AC·BC·cosC=52＋12－2×5×1×－35=32，∴AB=42.8.答案为：D；解析：因为2bc

osC=2a＋c，所以由正弦定理可得2sinBcosC=2sinA＋sinC=2sin(B＋C)＋sinC=2sinBcosC＋2cosBsinC＋sinC，即2cosBsinC=－sinC，又sinC≠0，所以cosB=－12，又0<B<π，所以B=2π3，故选D.9.答案为：C；解析：

因为2S=(a＋b)2－c2=a2＋b2－c2＋2ab，由面积公式与余弦定理，得absinC=2abcosC＋2ab，即sinC－2cosC=2，所以(sinC－2cosC)2=4，sin2C－4sinCcosC＋4cos2Csin2C＋cos2C=4，所以tan2C－4tanC＋4tan2C＋

1=4，解得tanC=－43或tanC=0(舍去)．10.答案为：B；解析：由a，b，c成等比数列得b2=ac，则有a2=c2＋b2－bc，由余弦定理得cosA=b2＋c2－a22bc=bc2bc=12，故A=π3.对于b2=ac，由正弦定理，得sin2B=sinAsinC=32·sinC，

由正弦定理，得cbsinB=sinCsin2B=sinC32sinC=233.故选B.11.答案为：A；解析：由已知b＋2ccosA=0，得b＋2c·b2＋c2－a22bc=0，整理得2b2=a2－c2.由余弦定理，得cosB=a2＋c2－b

22ac=a2＋3c24ac≥23ac4ac=32，当且仅当a=3c时等号成立，此时角B取得最大值，将a=3c代入2b2=a2－c2可得b=c.又bc=1，所以b=c=1，a=3.故△ABC的周长为2＋3.故选A.12.答案为：D；解析：由题意得sin2A<sin2B＋

sin2C，由正弦定理得a2<b2＋c2，即b2＋c2－a2>0，则cosA=b2＋c2－a22bc>0.因为0<A<π，所以0<A<π2，又a是最大边，所以A>π3，即角A的取值范围为π3，π2.故选D.13.答案为：B；解析：如图，设物体的运动速度为v，则PQ=

v，QR=2v，因为∠POQ=90°，∠QOR=30°，所以∠POR=120°，P＋R=60°，所以R=60°－P.在Rt△OPQ中，OQ=vsinP．在△OQR中，由正弦定理得OQ=QR·sinRsi

n∠ROQ=4v·sinR=4vsin(60°－P)=23vcosP－2vsinP．所以有23vcosP－2vsinP=vsinP，即23vcosP=3vsinP，所以tanP=233，所以选B.14.答案

为：D；解析：由正弦定理，得asinA=bsinB=csinC=23，所以sinA=a23，sinB=b23，sinC=c23，将其代入23(sin2A－sin2C)=(a－b)sinB，得a2＋b2－c2=ab，由余弦定理，得cosC=a2＋b2－c22ab=12，又0<C<π，所

以C=π3.于是S△ABC=12absinC=12×23sinA×23sinB×sinπ3=33sinAsinB=332[cos(A－B)－cos(A＋B)]=332[cos(A－B)＋cosC]=33

2cos(A－B)＋334.当A=B=π3时，S△ABC取得最大值，最大值为934，故选D.15.答案为：1.5；解析：tanα－5π4=tanα－π4=tanα－11＋tanα

=15，解得tanα=32.16.答案为：π3；解析：依题意有sinαcosβ－cosαsinβ=sin(α－β)=3314，又0<β<α<π2，∴0<α－β<π2，故cos(α－β)=1－sin2α－β=1314，而cosα=17，∴sinα=437，于是sinβ

=sin[α－(α－β)]=sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)=437×1314－17×3314=32，故β=π3.17.答案为：7a；解析：依题意知∠ACB=180°－20°－40°=120°，在△ABC中，由余弦定理知AB=A

C2＋BC2－2AC·BCcos120°=7a2=7a.即灯塔A与灯塔B的距离为7a海里．18.答案为：8；解析：由正弦定理，得sinAsinB=3sinBcosA，又sinB≠0，∴tanA=3，∴A=π3.由S=12bc×32=43，得bc=16，由余弦定理得，16=

b2＋c2－bc，∴c2＋b2=32，∴b＋c=8.19.答案为：6；解析：易知∠ACE=105°，∠AEC=30°，在直角三角形ABC中，AC=ABsin15°，在三角形AEC中，ACsin30°=CEsin45°

⇒CE=ACsin45°sin30°，在直角三角形CED中，DE=CEsin60°，所以DE=CEsin60°=sin45°sin60°sin30°×ABsin15°=22×3212×3－36－24=6

.20.答案为：(6,43]；解析：设∠ACD=θ，则∠CAD=2π3－θ，根据条件及余弦定理计算得AC=23.在△ACD中，由正弦定理得ADsinθ=CDsin2π3－θ=23sinπ3=4，∴AD=4sinθ，C

D=4sin2π3－θ，∴DA＋DC=4sinθ＋sin2π3－θ=4sinθ＋32cosθ＋12sinθ=432sinθ＋32cosθ=4332sinθ＋12cosθ=43sinθ＋π6.∵△ACD是锐

角三角形，∴θ和2π3－θ均为锐角，∴θ∈π6，π2，∴θ＋π6∈π3，2π3，∴sinθ＋π6∈32，1.∴DA＋DC=43sinθ＋π6∈(]6，43.