2024年高考总复习优化设计一轮用书数学配北师版(适用于新教材)课时规范练25

课时规范练25
《素养分级练》P309
基础巩固组
1.(2023·山西临汾高三月考)某地对该地某湖泊进行治理,在治理前,需测量该湖泊的相关数据.如图所示,测得∠A=23°,∠C=120°,AC=60√3米,则A,B间的直线距离约为(参考数据sin
37°≈0.6)()
A.60米
B.120米
C.150米
D.300米
答案:C
解析:由题设,∠B=180°-∠A-∠C=37°,在△ABC中,AC
sinB =AB
sinC
,即60√3
sin37°
=
√3
2
,所以AB=90
sin37°
≈150
米.故选C.
2.如图为2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台示意图,为测量大跳台最高点P距地面的距离,小明同学在A点测得P的仰角为30°,∠ABO=120°,∠BAO=30°,AB=60(单位:m)(点A,B,O在同一水平地面上),则大跳台最高高度OP=()
A.45 m
B.45√2 m
C.60 m
D.60√3 m
答案:C
解析:在△ABO中,∠ABO=120°,∠BAO=30°,所以∠AOB=30°,又AB=60,由正弦定理,得AB
sin∠AOB
=
AO sin∠ABO ,AO=ABsin∠ABO
sin∠AOB
=60×
√3
2
1
2
=60√3.在Rt△APO中,tan 30°=OP
AO
=
60√3
=√3
3
,所以OP=60 m.故
选C.
3.某渔轮在航行中不幸遇险,发出呼叫信号,我国海军舰艇在A处获悉后,立即测出该渔轮在北偏东45°,距离为10海里的C处,并测得渔轮正沿南偏东75°的方向,以9海里/时的速度向小岛靠拢,我国海军舰艇立即以21海里/时的速度前去营救,则舰艇靠近渔轮所需的时间为()
A.1
2小时 B.2
3
小时
C.3
4
小时 D.1小时
答案:B
解析:如图,设舰艇在B'处靠近渔轮,所需的时间为t小时,则AB'=21t,CB'=9t.在△AB'C中,根据余
弦定理,得AB'2=AC2+B'C2-2AC·B'C cos 120°,可得212t2=102+81t2+2×10×9t×1
2
,整理得360t2-90t-
100=0,解得t=2
3或t=-5
12
(舍去),故舰艇靠近渔轮所需的时间为2
3
小时,故选B.
4.(2023·四川绵阳高三月考)甲船在A处,乙船在甲船北偏东60°方向的B处,甲船沿北偏东θ方向匀速行驶,乙船沿正北方向匀速行驶,且甲船的航速是乙船航速的√3倍,为使甲船与乙船能在某时刻相遇,则() A.15°<θ<30° B.θ=30°
C.30°<θ<45°
D.θ=45°
答案:B
解析:如图所示,设在点C处相遇,设BC=x,则AC=√3x,由题知∠ABC=120°,由正弦定理,得
x
sin(60°-θ)=√3x
sin120°
,解得sin(60°-θ)=1
2
.因为0°<60°-θ<60°,所以60°-θ=30°,即θ=30°,故选B.
5.(多选)(2023·福建福州高三期中)一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°,距离12√6海里,灯塔C在A的北偏西30°,距离为12√3海里,该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向,下面结论正确的有()
A.AD=24
B.CD=12
C.∠CDA=60°或∠CDA=120°
D.∠CDA=60°
答案:ABD
解析:如图,在△ABD中,B=45°,由正弦定理,得AD
sin45°=AB
sin60°
,AD=
12√6×√2
2
√3
2
=24,故A正确;在△ACD
中,由余弦定理,得CD2=AC2+AD2-2×AC×AD×cos 30°,因为AC=12√3,AD=24,所以CD=12,故B正
确;由正弦定理,得CD
sin30°=AC
sin∠CDA
,所以sin∠CDA=√3
2
,故∠CDA=60°或者∠CDA=120°,因为
AD>AC,故∠CDA为锐角,所以∠CDA=60°,故C不正确,D正确.故选ABD.
6.(多选)(2023·安徽池州高三月考)如图所示,为了测量A,B处岛屿的距离,小明在D处观测,A,B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向,再往正东方向行驶30海里至C处,观测B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60°方向,则下列结论正确的是()
A.∠CAD=60°
B.A,D之间的距离为15√2海里
C.A,B两处岛屿间的距离为15√6海里
D.B,D之间的距离为30√3海里
答案:BC
解析:由题意可知CD=30,∠ADC=90°+15°=105°,∠BDC=45°,∠BCD=90°,∠ACD=90°-∠
BCA=90°-60°=30°,所以∠CAD=180°-∠ADC-∠ACD=180°-105°-30°=45°≠60°,故A错误;∠
ADB=15°+45°=60°,在△ACD中,由正弦定理,得AD
sin30°=30
sin45°
,得AD=30×sin30°
sin45°
=15√2(海里),故B
正确;在Rt△BCD中,因为∠BDC=45°,∠BCD=90°,所以BD=√2CD=30√2≠30√3(海里),故D错误;在△ABD中,由余弦定理,得AB=√AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=
√450+1800-2×15√2×30√2×1
2
=15√6(海里),故C正确.故选BC.
7.游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路.线路1是从A沿直线步行到C,线路2是先从A沿直线步行到景点B处,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处同时出
发匀速步行,甲的速度是乙的速度的11
9
倍,甲走线路2,乙走线路1,最后他们同时到达C处.经测量,AB=1 040 m,BC=500 m,则sin∠BAC等于.
答案:5
13
解析:依题意,设乙的速度为x m/s,则甲的速度为119x m/s,因为AB=1 040 m,BC=500 m,所以AC
x =
1 040+500
119
x ,解得AC=1 260.在△ABC 中,由余弦定理,得
cos ∠BAC=
AB 2+AC 2-BC 2
2AB ·AC
=
1 0402+1 2602-50022×1 040×1 260
=12
13,所以sin ∠BAC=√1-cos 2∠BAC =√1-(12
13) 2=5
13.
8.(2023·辽宁营口高三月考)“鲅鱼公主”形象源于一个古老的传说,寓意深刻,美丽动人,象征和平,鲅鱼圈也因此得名,享誉中外.“鲅鱼公主”雕塑作为渤海明珠景区的重要组成部分,东与望儿山翘首相望、北与鱼跃龙腾雕塑交相辉映,是山海文化、鱼龙文化相互交融的经典力作,是鲅鱼圈的标志性建筑.高中生李明与同学进行研究性学习,为确定“鲅鱼公主”雕塑的高MN ,选择点A 和附近一楼顶C 作为测量观测点.从A 点测得M 点的仰角∠MAN=60°,C 点的仰角∠CAB=45°,∠MAC=75°,从C 点测得∠MCA=60°,已知楼高BC=40 m,则“鲅鱼公主”雕塑的高MN= m .
答案:60
解析:由题意可知CB ⊥AB ,MN ⊥AN ,由于BC=40 m,∠CAB=45°,故AC=√2BC=40√2 m,又因为∠MAC=75°,∠MCA=60°,所以∠CMA=180°-∠MCA-∠MAC=180°-60°-75°=45°,MA=sin ∠MCA ×AC
sin∠CMA =sin 60°×40√2
sin45°=40√3 m,又因为∠MAN=60°,故MN=MA ×sin ∠MAN=40√3×√3
2
=60 m .
综合提升组
9.圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器,它包括一根直立的标杆(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时,日影便会投影在圭面上,圭面上日影长度最长的那一天定为冬至,日影长度最短的那一天定为夏至.如图是一个根据某市的地理位置设计的圭表的示意图,已知该市冬至正午太阳高度角(即∠ABC )约为32.5°,夏至正午太阳高度角(即∠ADC )约为79.5°,圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB 的长)为14米,则表高(即AC 的长)约为( )其中tan 32.5°≈3
5,tan 79.5°≈27
5
A.9.27米
B.9.33米
C.9.45米
D.9.51米 答案:C
解析:由题可知∠BAD=79.5°-32.5°=47°,BD=14,在△BAD 中,由正弦定理,得BD sin∠BAD =AD
sin∠ABD ,即
14sin47°
=AD
sin32.5°,则AD=
14·sin32.5°sin47°.又在△ACD 中,AC
AD
=sin ∠ADC=sin 79.5°, 所以AC=
14·sin32.5°·sin79.5°
sin47°
=14·sin32.5°·sin79.5°
sin (79.5°-32.5°)
=14·sin32.5°·sin79.5°
sin79.5°·cos32.5°-cos79.5°·sin32.5° =14·
1
1tan32.5°-1
tan79.5°
≈14×1
53-
527
=9.45.
10.(2022·山东济南三模)如图,某市拟建造一个扇形体育公园,其中∠AOB=π
3,OA=OB=2千米.现需要在OA ,OB ,AB
⏜上分别取一点D ,E ,F ,建造三条健走长廊DE ,DF ,EF ,若DF ⊥OA ,EF ⊥OB ,则DE+EF+FD 的最大值为 千米.
答案:2+√3
解析:因为在四边形DOEF 中,∠AOB=π
3,∠FDO=π
2,∠FEO=π
2,所以∠DFE=2π
3.在△DEF 中,由余弦定理,得DE 2=DF 2+EF 2-2DF ·EF ·cos 2π
3,即DE 2=DF 2+EF 2+DF ·EF ,DE 2=(DF+EF )2-DF ·EF ,DF ·EF=(DF+EF )2-DE 2≤
(DF+EF )2
4,当且仅当DF=EF=1时取等号,DE 2=DF 2+EF 2-
2DF ·EF cos ∠DFE=1+1-2×1×1×-12=3,DE=√3,即DF+EF ≤
2√33DE ,DF+EF+DE ≤2√3
3
DE+DE=2+√3. 创新应用组
11.(2022·北京朝阳一模)某地进行老旧小区改造,有半径为60米,圆心角为π
3
的一块扇形空置地(如图),现欲从中规划出一块三角形绿地PQR ,其中P 在BC
⏜上,PQ ⊥AB ,垂足为Q ,PR ⊥AC ,垂足为R ,设∠PAB=α∈0,π
3,则PQ= (用α表示);当P 在BC
⏜上运动时,这块三角形绿地的最大面积是 .
答案:60sin α米 225√3平方米 解析:在Rt △PAQ 中,∠PAB=α∈0,π
3
,AP=60米,∴PQ=AP sin α=60sin α(米).在Rt △PAR 中,可
得PR=60sin π3
-α,由题可知∠QPR=2π
3,∴△PQR 的面积为S △PQR =1
2·PQ ·PR ·sin ∠QPR=1
2×60sin
α×60sin
π
3-α×sin 2π3
=900√3sin αsin
π3
-α=450√3
√3
2sin 2α+12cos 2α-12=450√3sin 2α+
π
6
-
12
,
又α∈0,π
3,∴2α+π
6∈
π6,5π
6
,∴当2α+π
6=π
2,即α=π
6时,△PQR 的面积有最大值225√3平方米,
即三角形绿地的最大面积是225√3平方米.。