【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练2　三角变换与解三角形 Word版含答案.docx，共(6)页，151.789 KB，由管理员店铺上传

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考点突破练2三角变换与解三角形一、选择题1.(2023山东潍坊一模)已知角α在第四象限内,sin2α+3π2=12,则sinα=()A.-12B.12C.√2-√64D.-√322.(2023江西赣州一模)在△ABC中

,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等差数列,且C=2(A+B),则𝑏𝑎=()A.75B.32C.53D.743.(2022北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则𝑃𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的取值范围是()A.[-5,3]B.[-3,5]C.[-6,4]D.[-4,6]4.(2023四川南充南部中学模拟)已知sinθ+sinθ+π3=1,则cosπ3+2θ=()A.√33B.-√33C

.13D.-135.(2023四川内江一模)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知B=π3,bcsinA=8sinB,a=4,则b=()A.4B.2√3C.2√7D.2√26.已知0<β<π4

<α<π2,且sinα-cosα=√55,sinβ+π4=45,则sin(α+β)=()A.-3√1010B.-√155C.√155D.3√10107.(2023四川南充二模)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若b2+c2=2

023a2,则2sin𝐵sin𝐶tan𝐴sin𝐴的值为()A.2021B.2022C.2023D.20248.魏晋南北朝时期,中国数学的测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术,应用中国传统的出入相补原理.因其第一题为测量海岛的高度和距离,故题为《海岛算经》.受此题启发,某同学测量某塔的高度.

如图,点D,G,F在水平线DH上,CD和EF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度,称为“表高”,测得以下数据(单位:米):前表却行DG=1,表高CD=EF=2,后表却行FH=3,表距DF=61.则

塔高AB为()A.60米B.61米C.62米D.63米9.(2023四川凉山二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.命题p:1-tan2𝐴21+tan2𝐴2+𝑏cos(𝐴+𝐶)𝑎=0,命题q

:△ABC为等腰三角形,则p是q的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10.(2023广东茂名一模)在下列四个函数中,最小正周期与其余三个函数不同的是()A.f(x)

=cos2x+sinxcosxB.f(x)=1-cos2𝑥2sin𝑥cos𝑥C.f(x)=cosx+π3+cosx-π3D.f(x)=sinx+π6cosx+π611.(2023山西名校联考改编)将函数f(x)=sinx(sinx+√

3cosx)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),得到g(x)的图象,则下列说法不正确的是()A.g(x)的图象关于直线x=2π3对称B.g(x)的图象关于点7π6,12对称C.g(x)在[0,π]上的值域为[0,1]D.g(x)的图象可由y=cosx的

图象向右平移2π3个单位长度,再向上平移12个单位长度得到12.(2023辽宁本溪名校联考)若sin𝜃1-cos𝜃=2,则√1+2sin2𝜃+3cos2𝜃1-2sin2𝜃+3cos2𝜃=()A.5B.43C.2D

.413.(2023贵州铜仁二模)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c2=a(a+b),则sinA的取值范围是()A.0,√22B.12,√22C.12,√32D.0,√3214

.(2023四川成都二模)在△ABC中,已知𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,AC=3BC=3,sin∠BDC=3sin∠BAC,则△ABC的面积为()A.16B.13C.√23D.√52二、填空题15.(2023广东湛江一模)cos70°-

cos20°cos65°=.16.已知2sinα=5cosα,则sin2α+cos2α=.17.(2023陕西咸阳名校联考)已知函数f(x)=√3cos(x+θ)-sin(x+θ)-π2≤θ≤π2是奇函数,

则θ=.18.(2023江西赣州一模)已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对应边依次记为a,b,c,且满足c-b=2bcosA,则sin(C+B)+2cos2(A-B)的取值范围为.19.如图,某直径为5√5海里的圆形海域上有四个小岛.已知小岛B与小岛C相距5海里,

cos∠BAD=-45,则小岛B与小岛D之间的距离为海里;小岛B,C,D所形成的三角形海域BCD的面积为平方海里.20.(2023河南南阳二模改编)锐角三角形ABC是单位圆的内接三角形,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2+b2-c2=4a2c

osA-2accosB,则a=.考点突破练2三角变换与解三角形1.D解析由sin2α+3π2=-cos2α=12,得cos2α=-12,所以sin2α=1-cos2𝛼2=34.又因为角α在第四象限内,所以sinα=-√32.故选D.2.C解析由C=2(A+B),A+B+C=π,得C=2π3,由a

,b,c成等差数列,得2b=a+c,由余弦定理,得cosC=𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏,即-12=𝑎2+𝑏2-(2𝑏-𝑎)22𝑎𝑏,整理得5ab-3b2=0,由b≠0得5a-3b=0,由a≠0得𝑏𝑎=53.故选C.3.D解析如图所示,以点C为坐标原点,

CA,CB分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,则C(0,0),A(3,0),B(0,4).∵PC=1,∴可设P(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π),∴𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(3-cosθ,-sinθ)·(-cosθ,4-sinθ)=-3cosθ-4sinθ+

sin2θ+cos2θ=1-5sin(θ+φ),其中tanφ=34,∵-1≤sin(θ+φ)≤1,∴-4≤𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗≤6.故选D.4.C解析sinθ+sinθ+π3=32sinθ+√32cosθ=√3√32sinθ+12cosθ=√3

sinθ+π6=1,∴sinθ+π6=√33,则cosπ3+2θ=cos2π6+θ=1-2sin2θ+π6=1-23=13.故选C.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+c2-2accosB=16+

4-2×4×2×12=12,得b=2√3,故选B.6.D解析因为sinα-cosα=√55,所以sinα-π4=√1010,因为π4<α<π2,所以cosα-π4=3√1010.因为0<β<π4,sinβ+π4=45,所以cosβ+π4=35,所以sin(α+β)=sinα-π4+β+π4=√1

010×35+3√1010×45=3√1010.7.B解析因为b2+c2=2023a2,则根据正弦定理和余弦定理有2sin𝐵sin𝐶tan𝐴sin𝐴=2sin𝐵sin𝐶sin2𝐴·cos

A=2𝑏𝑐𝑎2·𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=2022𝑎2𝑎2=2022.故选B.8.D解析∵EF为表高,∴EF⊥BH,同理CD⊥BH.根据三角形的性质可得,△EFH∽△ABH,△CDG∽△ABG,则3𝐵𝐻=2𝐴𝐵,1𝐵𝐺=2𝐴𝐵.∵BH=BD+

DF+FH=BD+64,BG=BD+1,∴3𝐵𝐷+64=1𝐵𝐷+1,解得BD=30.5,BG=31.5.∴AB=2BG=63.9.D解析由正弦定理,得1-tan2𝐴21+tan2𝐴2+𝑏cos(𝐴+𝐶)𝑎=cos2𝐴2-sin2𝐴2cos2

𝐴2+sin2𝐴2−sin𝐵cos𝐵sin𝐴=cosA-sin𝐵cos𝐵sin𝐴=sin2𝐴-sin2𝐵2sin𝐴=0,∴sin2A=sin2B.∵0<A<π,0<B<π,∴2A=2B或2A=π-2B,即A=B或A+B=π2,即A=B或C=π2,∴

由p不能推出q;当△ABC为等腰三角形时,C不一定为π2,A,B也不一定相等,∴由q不能推出p,故p是q的既不充分也不必要条件.故选D.10.C解析对于选项A,f(x)=1+cos2𝑥2+12sin2x=

√22sin2x+π4+12,∴T=π;对于选项B,要使函数有定义,则sinx≠0且cosx≠0,f(x)=1-(1-2sin2𝑥)2sin𝑥cos𝑥=2sin2𝑥2sin𝑥cos𝑥=tanx,∴T=π;对于选项C,f(x)=12cosx-√32sinx+12cosx+√32sinx=

cosx,∴T=2π;对于选项D,f(x)=12sin2x+π6=12sin2x+π3,∴T=π,故选C.11.C解析对于A,∵f(x)=sinx(sinx+√3cosx)=sin2x+√3sinxcosx=1-cos2𝑥2+√32sin2x=sin2x-π6+12,∴g

(x)=sin12×2x-π6+12=sinx-π6+12,将x=2π3代入g(x)中,即g2π3=sin2π3−π6+12=32,则g(x)的图象关于直线x=2π3对称,故A正确;对于B,∵g7π6=sin7π6−π6+12=12,故g(x)的图象关于点7π6,12对称,故B正确;对

于C,当x∈[0,π]时,x-π6∈-π6,5π6,sinx-π6∈-12,1,sinx-π6+12∈0,32,故C错误;对于D,y=cosx的图象向右平移再向上平移后得y=sinx-2π3+π2+12=sinx-π6+12的图象,故D正确.故选C.1

2.A解析sin𝜃1-cos𝜃=2sin𝜃2cos𝜃21-(1-2sin2𝜃2)=cos𝜃2sin𝜃2=1tan𝜃2=2,tan𝜃2=12,则tanθ=2tan𝜃21-tan2𝜃2=43,∴√1+2s

in2𝜃+3cos2𝜃1-2sin2𝜃+3cos2𝜃=√sin2𝜃+4sin𝜃cos𝜃+4cos2𝜃sin2𝜃-4sin𝜃cos𝜃+4cos2𝜃=sin𝜃+2cos𝜃sin𝜃-2cos𝜃=tan𝜃+2tan𝜃-

2=5,故选A.13.B解析由c2=a(a+b),得c2=a2+ab,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,∴a2+ab=a2+b2-2abcosC,即b=a+2acosC,由正弦定理得sinA+2sinAcosC=sinB,∵B=π-(A+C),∴sinA+2sinAcosC=si

nB=sinAcosC+cosAsinC,即sinA=sin(C-A).∵c2=a2+ab,∴c>a,∴C-A>0,又三角形ABC为锐角三角形,∴0<A<π2,0<C-A<π2,∴A=C-A,解得C=2A,又0<A<π2,0<B=π-3

A<π2,0<C=2A<π2,∴π6<A<π4,∴sinA∈12,√22.故选B.14.D解析如图,由𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,得DC=13AC,因为AC=3BC=3,所以BC=DC=1,AD=2

,又因为sin∠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+AC2-2AB·AC·cos∠BAC,即1=9BD2+9-18BD·cos∠BAC,①在△A

BD中,由余弦定理可得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAC,即BD2=9BD2+4-12BD·cos∠BAC,②①②联立解得BD=√63,cos∠BAC=7√618,所以AB=√6,sin∠BAC=√3018,所以S△ABC=12AB·AC·sin∠BAC=

√52,故选D.15.-√2解析cos70°-cos20°cos65°=cos(90°-20°)-cos20°cos65°=sin20°-cos20°cos(45°+20°)=sin20°-cos20°cos45°cos20°-sin45°sin20°=-√2.16.2429解析

因为2sinα=5cosα,所以cosα≠0,tanα=52,所以sin2α+cos2α=2sin𝛼cos𝛼+cos2𝛼sin2𝛼+cos2𝛼=2tan𝛼+1tan2𝛼+1=2429.17.π3解析f(x)=√3cos(x+θ)-sin(x

+θ)=2cosx+θ+π6,由f(x)是奇函数,得θ+π6=π2+kπ,k∈Z,解得θ=π3+kπ,k∈Z,∵-π2≤θ≤π2,∴θ=π3.18.2,√3+32解析由正弦定理,c-b=2bcosA,即为sinC-sinB=2sinBcosA,

即sin(A+B)-sinB=2sinBcosA,整理得sin(A-B)=sinB,因为在锐角三角形ABC中,A,B∈0,π2,A-B∈-π2,π2,所以A-B=B,则A=2B,A+B>π2,又因为A+B+C=180°,A=2B,C=180°

-3B<90°,B>π6,所以π6<B<π4.因为sin(C+B)+2cos2(A-B)=sinA+2cos2B=sin2B+cos2B+1=√2sin2B+π4+1,因为π6<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+32,即sin(C+B)+2cos2(A-B)的取值范围为2,√3+32.19.3√515解析∵圆的内接四边形对角互补,∴cosC=cos(π-A)=-cosA=45,sinC=√1-cos

2𝐶=35,在△BCD中,由正弦定理得𝐵𝐷sin𝐶=𝐵𝐷35=5√5,BD=3√5.在△BCD中,由余弦定理得(3√5)2=CD2+52-2·CD·5·45,整理得CD2-8CD-20=0,(CD+2)(CD-10)=0,CD=10或CD=-2(舍去).∴S△BCD=12×1

0×5×35=15.20.√3解析由a2+b2-c2=4a2cosA-2accosB,得b·𝑎2+𝑏2-𝑐22𝑎𝑏=2acosA-ccosB,由余弦定理得bcosC=2acosA-ccosB,由正弦定理得sinBcosC=2sin

AcosA-sinCcosB,∴sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA=2sinAcosA,得cosA=12,又A∈0,π2,∴A=π3,∴sinA=√32.又𝑎sin𝐴=𝑏sin�

�=𝑐sin𝐶=2,∴a=√3.