2014高考数学(理)一轮：一课双测A+B精练(二十四) 正弦定理和余弦定理

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2014届高考江苏专用(理)一轮复习第四章第7讲正弦定理和余弦定理

解 π (1)∵c＝2，C＝， 3
∴由余弦定理 c2＝a2＋b2－2abcos C，得 a2＋b2－ab＝4. 1 又∵△ABC 的面积为 3，∴ absin C＝ 3，ab＝4. 2
a2＋b2－ab＝4，联立方程组 ab＝4，
解得 a＝2，b＝2.
(2)由sin C＋sin(B－A)＝sin 2A，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sin Acos A，即2sin Bcos A＝2sin Acos A，
解析
a c a c a a 由＝，＝，得＝，即 cos A sin C sin A sin C sin A cos A
π sin A＝cos A，所以 A＝ . 4 π 答案 4
2．(2012· 济南外国语检测)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a＝ 2，b＝2，sin B＋cos B＝ 2，则角 A 的大小为________．
解
1 (1)由正弦定理得 sin Bcos C＋ sin C＝sin A. 2
而 sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C， 1 故 cos Bsin C＝ sin C. 2 1 在△ABC 中，sin C≠0，故 cos B＝ . 2 π 因为 0<B<π，所以 B＝ . 3
∴cos A· A－sin B)＝0， (sin
∴cos A＝0或sin A－sin B＝0，当cos A＝0时，∵0＜A＜π，
π ∴A＝，△ABC 为直角三角形； 2
当sin A－sin B＝0时，得sin B＝sin A，由正弦定理得a＝b，即△ABC为等腰三角形． ∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
2 (2)将 b＝ 13， a＋c＝4， B＝ π 代入 b2＝a2＋c2－2accos B， 3 得 b2＝(a＋c)2－2ac－2accos B，

2014届高三数学一轮复习 (基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)3.7正弦定理和余弦定理课件新人教A版

代入A＝
4

sin
π Bsin4＋C－sin
π Csin4＋B＝
2 2
利用两角和与差的三角函数公式 ―――――――――――――――→ sinB－C＝1
1 (1)S＝ ah(h表示边a上的高)； 2 1 1 1 (2)S＝ bcsin A＝ acsin B ＝ absin C ； 2 2 2
1 (3)S＝ r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)． 2
[小题能否全取]
1．(2012· 广东高考)在△ABC 中，若∠A＝60° ，∠B＝45° ， BC＝3 2，则 AC＝
2 2 2
又∵b＋c＝2 3， ∴b＝2 3－c，代入①式整理得 c2－2 3c＋3＝0，解得 c＝ 3，∴b＝等边三角形． 3，于是 a＝b＝c＝ 3，即△ABC 为
依据已知条件中的边角关系判断三角形的形状时，主
要有如下两种方法： (1)利用正、余弦定理把已知条件转化为边边关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状； (2)利用正、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A＋B＋C＝π 这个结论． [注意] 在上述两种方法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．
[知识能否忆起]
一、正、余弦定理
正弦定理
a b c 内容 sin A＝sin B＝sin C
余弦定理
2 2 a2＝ b ＋c －2bccos A ；
a2＋c2－2accos B； b＝ 2 a2＋b2－2abcos C． c＝
2
正弦定理 ①a＝ 2Rsin A ，b＝ 2Rsin B ，c ＝ 2Rsin C ；变形形式

2014届高考数学大一轮复习(Word版题库含解析)4.6 正弦定理和余弦定理-推荐下载

对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强制进电造行回厂外路家部须出电同具源时高高切中中断资资习料料题试试电卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

高中正弦定理和余弦定理公式

当谈到三角函数的定理时，正弦定理和余弦定理是高中数学中的重要定理。

以下是它们的公式：
1. 正弦定理（Sine Rule）：
对于任何三角形ABC，其三个角度分别为A、B、C，对应的边长为a、b、c，正弦定理给出了边长和角度之间的关系：
a/sin(A) = b/sin(B) = c/sin(C)
2. 余弦定理（Cosine Rule）：
对于任何三角形ABC，其三个角度分别为A、B、C，对应的边长为a、b、c，余弦定理给出了边长和角度之间的关系：
c² = a² + b² - 2ab·cos(C)
b² = a² + c² - 2ac·cos(B)
a² = b² + c² - 2bc·cos(A)
这些定理在解决三角形中的边长、角度关系问题时非常有用。

通过应用正弦定理和余弦定理，可以计算未知边长或角度，以及解决各种涉及三角形的几何问题。

2014高考数学一轮汇总训练《正弦定理和余弦定理》理新人教A版

第七节正弦定理和余弦定理[备考方向要明了][归纳²知识整合]1．正弦定理和余弦定理[探究] 1.在三角形ABC 中，“A ＞B ”是“sin A ＞sin B ”的什么条件？“A ＞B ”是“cos A ＜cos B ”的什么条件？提示：“A ＞B ”是“sin A ＞sin B ”的充要条件，“A ＞B ”是“cos A ＜cos B ”的充要条件．2．在△ABC 中，已知a 、b 和A 时，解的情况[探究] 2.如何利用余弦定理判定三角形的形状？(以角A 为例) 提示：∵cos A 与b 2＋c 2－a 2同号，∴当b 2＋c 2－a 2＞0时，角A 为锐角，若可判定其他两角也为锐角，则三角形为锐角三角形；当b 2＋c 2－a 2＝0时，角A 为直角，三角形为直角三角形；当b 2＋c 2－a 2＜0时，角A 为钝角，三角形为钝角三角形．[自测²牛刀小试]1．(教材习题改编)在△ABC 中，若a ＝2，c ＝4，B ＝60°，则b 等于( ) A ．2 3 B ．12 C ．27D ．28解析：选A 由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，即b 2＝4＋16－8＝12，所以b ＝2 3.2．(教材习题改编)在△ABC 中，a ＝15，b ＝10，A ＝60°，则cos B 等于( ) A ．－223B.223 C ．－63D.63解析：选D ∵asin A ＝b sin B ，∴15sin 60°＝10sin B， ∴sin B ＝23³32＝33.又∵a ＞b ，A ＝60°， ∴B ＜60°，∴cos B ＝1－sin 2B ＝63. 3．△ABC 中，a ＝5，b ＝3，sin B ＝22，则符合条件的三角形有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．0个解析：选B ∵a sin B ＝102，∴a sin B <b ＝3<a ＝5， ∴符合条件的三角形有2个．4．在△ABC 中，a ＝32，b ＝23，cos C ＝13，则△ABC 的面积为________．解析：∵cos C ＝13，∴sin C ＝223，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12³32³23³223＝4 3.答案：4 35．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c .若b ＝2a sin B ，则角A 的大小为________．解析：由正弦定理得sin B ＝2sin A sin B ，∵sin B ≠0， ∴sin A ＝12，∴A ＝30°或A ＝150°.答案：30°或150°[例1] (2012²浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b sin A ＝3a cos B .(1)求角B 的大小；(2)若b ＝3，sin C ＝2sin A ，求a ，c 的值． [自主解答] (1)由b sin A ＝3a cos B 及正弦定理 a sin A ＝bsin B，得sin B ＝3cos B ，所以tan B ＝3，所以B ＝π3.(2)由sin C ＝2sin A 及a sin A ＝csin C ，得c ＝2a .由b ＝3及余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得9＝a 2＋c 2－ac . 所以a ＝3，c ＝2 3. ———————————————————正、余弦定理的选用原则解三角形时，有时可用正弦定理，也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．在解题时，还要根据所给的条件，利用正弦定理或余弦定理合理地实施边和角的相互转化．1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos A －2cos C cos B ＝2c －a b .(1)求sin Csin A的值；(2)若cos B ＝14，△ABC 的周长为5，求b 的长．解：(1)由正弦定理，设a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝k ，则2c －a b ＝2k sin C －k sin A k sin B ＝2sin C －sin Asin B，所以cos A －2cos C cos B ＝2sin C －sin A sin B，即(cos A －2cos C )sin B ＝(2sin C －sin A )cos B ，化简可得sin(A ＋B )＝2sin(B ＋C )．又因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝2sin A . 因此sin Csin A＝2.(2)由sin C sin A ＝2得c ＝2a .由余弦定理及cos B ＝14得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋4a 2－4a 2³14＝4a 2.所以b ＝2a .又a ＋b ＋c ＝5，从而a ＝1.因此b ＝2.[例2] 在△ABC 中，若(a 2＋b 2)si n(A －B )＝(a 2－b 2)²si n(A ＋B )，试判断△ABC 的形状．[自主解答] ∵(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)sin(A ＋B )， ∴b 2[sin(A ＋B )＋sin(A －B )]＝a 2[sin(A ＋B )－sin(A －B )]，∴2sin A cos B ²b 2＝2cos A sin B ²a 2，即a 2cos A sin B ＝b 2sin A cos B .法一：由正弦定理知a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ， ∴sin 2A cos A sinB ＝sin 2B sin A cos B ，又sin A ²sin B ≠0，∴sin A cos A ＝sin B cos B ， ∴sin 2A ＝sin 2B .在△ABC 中，0＜2A ＜2π，0＜2B ＜2π， ∴2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，∴A ＝B 或A ＋B ＝π2.∴△ABC 为等腰或直角三角形．法二：由正弦定理、余弦定理得：a 2b b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2a a 2＋c 2－b 22ac，∴a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2)， ∴(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0， ∴a 2－b 2＝0或a 2＋b 2－c 2＝0. 即a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2.∴△ABC 为等腰或直角三角形．若将条件改为“sin B ＝cos A sin C ”，试判断△ABC 的形状．解：∵sin B ＝cos A ²sin C ，∴b ＝b 2＋c 2－a 22bc²c ，即b 2＋a 2＝c 2，∴△ABC 为直角三角形．———————————————————1.三角形形状的判断思路判断三角形的形状，就是利用正、余弦定理等进行代换、转化，寻求边与边或角与角之间的数量关系，从而作出正确判断.1边与边的关系主要看是否有等边，是否符合勾股定理等； 2角与角的关系主要是看是否有等角，有无直角或钝角等. 2.判定三角形形状的两种常用途径①通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；②利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断.2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C .(1)求角A 的大小；(2)若sin B ＋sin C ＝3，试判断△ABC 的形状．解：∵2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ，得2a 2＝(2b －c )b ＋(2c －b )c ，即bc ＝b 2＋c 2－a 2，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，∴A ＝60°.(2)∵A ＋B ＋C ＝180°， ∴B ＋C ＝180°－60°＝120°.由sin B ＋sin C ＝3，得sin B ＋sin(120°－B )＝3， ∴sin B ＋sin 120°cos B －cos 120°sin B ＝ 3. ∴32sin B ＋32cos B ＝3，即sin(B ＋30°)＝1. 又∵0°＜B ＜120°，30°＜B ＋30°＜150°， ∴B ＋30°＝90°，即B ＝60°.∴A ＝B ＝C ＝60°，∴△ABC 为正三角形．[例3] (2012²山东高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin B (tan A ＋tan C )＝tan A tan C .(1)求证：a ，b ，c 成等比数列；(2)若a ＝1，c ＝2，求△ABC 的面积S .[自主解答] (1)证明：在△ABC 中，由于sin B (tan A ＋tan C )＝tan A tan C ，所以sin B ⎝⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin C cos C ＝sin A cos A ²sin C cos C，因此sin B (sin A cos C ＋cos A sin C )＝sin A sin C ，所以sin B sin(A ＋C )＝sin A sin C . 又A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋C )＝sin B ，因此sin 2B ＝sin A sinC . 由正弦定理得b 2＝ac ，即a ，b ，c 成等比数列．(2)因为a ＝1，c ＝2，所以b ＝2，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12＋22－22³1³2＝34，因为0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝74，故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12³1³2³74＝74.———————————————————三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．3．(2012²新课标全国卷)已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0.(1)求A ；(2)若a ＝2，△ABC 的面积为3，求b ，c .解：(1)由a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0及正弦定理得 sin A cos C ＋3sin A sin C －sin B －sin C ＝0. 因为B ＝π－A －C ，所以3sin A sin C －cos A sin C －sin C ＝0.由于sin C ≠0，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＝12.又0＜A ＜π，故A ＝π3.(2)△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝3，故bc ＝4.而a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，故b 2＋c 2＝8. 解得b ＝c ＝2.1条规律——三角形中的边角关系在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即在△ABC 中，A ＞B ⇔a ＞b ⇔sin A ＞sin B .2个原则——选用正弦定理或余弦定理的原则在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．2种途径——判断三角形形状的途径根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：(1)化边为角；(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换． 2个防范——解三角形应注意的问题(1)在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，有时可能出现一解、两解或无解，所以要进行分类讨论．(2)在判断三角形形状时，等式两边一般不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解.答题模板——利用正、余弦定理解三角形[典例] (2012²江西高考)(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知A ＝π4，b sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4＋C －c sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝a .(1)求证：B －C ＝π2；(2)若a ＝2，求△ABC 的面积．[快速规范审题]第(1)问1．审条件，挖解题信息观察条件：A ＝π4，b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －c sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝a ――――――――→数式中既有边又有角，应统一sin B sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －sin C sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝sin A .2．审结论，明确解题方向观察所求结论：求证：B －C ＝π2――――――――――→应求角B －C 的某一个三角函数值sin(B －C )＝1或cos(B －C )＝0. 3．建联系，找解题突破口考虑到所求的结论只含有B ，C ，因此应消掉sin B ²sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －sin C sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝sin A 中的角A =4π借助−−−−→A sin B sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －sin C sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝22――――――――――→利用两角和与差的三角函数公式sin(B －C )＝1―――――――――――→要求角的值，还应确定角的取值范围由0＜B ，C ＜3π4，解得B －C ＝π2. 第(2)问1．审条件，挖解题信息观察条件：a ＝2，A ＝π4，B －C ＝π2―――――――→可求B ，C 的值 B ＝5π8，C ＝π8. 2．审结论，明确解题方向观察所求结论：求△ABC 的面积――――――→应具有两边及其夹角由asin A＝bsin B ＝c sin C ，得b ＝2sin 5π8，c ＝2sin π8.3．建联系，找解题突破口△ABC 的边角都具备―――――→利用面积公式求结论S ＝12bc sin A ＝ 2sin 5π8sin π8＝2cos π8sin π8＝12.[准确规范答题](1)证明：由b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －c sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝a ，应用正弦定理，得sin B sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －sinC sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝sin A ，sin B ⎝⎛⎭⎪⎫22sin C ＋22cos C －sin C 22sin B ＋22cos B ＝22，⇨(3分)整理得sin B cos C －cos B sin C ＝1，即sin(B －C )＝1，⇨(5分) 由于0<B ，C <34π，从而B －C ＝π2.⇨(6分)(2)B ＋C ＝π－A ＝3π4，因此B ＝5π8，C ＝π8.⇨(8分)由a ＝2，A ＝π4，得b ＝a sin B sin A ＝2sin 5π8，c ＝a sin C sin A ＝2sin π8，⇨(10分)所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝2sin 5π8sin π8＝2cos π8sin π8＝12.⇨(12分)[答题模板速成]解决解三角形问题一般可用以下几步解答：⇒⇒⇒一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2012²上海高考)在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B ＜sin 2C ，则△ABC 的形状是( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形D ．不能确定解析：选A 由正弦定理得a 2＋b 2＜c 2，故cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＜0，所以C 为钝角．2．(2012²广东高考)在△ABC 中，若∠A ＝60°，∠B ＝45°，BC ＝32，则AC ＝( ) A ．4 3 B ．2 3 C. 3D.32解析：选B 由正弦定理得：BC sin A ＝AC sin B ，即32sin 60°＝AC sin 45°，所以AC ＝3232³22＝2 3.3．在△ABC 中，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边上的高等于( ) A.32B.332 C.3＋62D.3＋394解析：选B 由余弦定理得：(7)2＝22＋AB 2－2³2AB ²cos 60°，即AB 2－2AB －3＝0，得AB ＝3，故BC 边上的高是AB sin 60°＝332.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，若a 2＋b 2＝2c 2，则cos C 的最小值为( )A.32B.22C.12 D ．－12解析：选C 由余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ，又c 2＝12(a 2＋b 2)，得2ab cos C ＝12(a 2＋b 2)，即cos C ＝a 2＋b 24ab ≥2ab 4ab ＝12.5．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知8b ＝5c ，C ＝2B ，则cos C ＝( )A.725 B ．－725C ．±725D.2425解析：选A 由C ＝2B 得sin C ＝sin 2B ＝2sin B cos B ，由正弦定理及8b ＝5c 得cos B ＝sin C 2 sin B ＝c 2b ＝45，所以cos C ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝2³⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝725.6．在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝1，B ＝30°，则△ABC 的面积等于( ) A.32B.34C.32或 3 D.32或34解析：选D 依题意与正弦定理得AB sin C ＝ACsin B，sin C ＝AB ²sin B AC ＝32，C ＝60°或C ＝120°.当C ＝60°时，A ＝90°，△ABC 的面积等于12AB ²AC ＝32；当C ＝120°时，A ＝30°，△ABC 的面积等于12AB ²AC ²sin A ＝34.因此，△ABC 的面积等于32或34.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2012²福建高考)已知△ABC 的三边长成公比为2的等比数列，则其最大角的余弦值为________．解析：依题意得，△ABC 的三边长分别为a ，2a,2a (a ＞0)，则最大边2a 所对的角的余弦值为a 2＋2a 2－2a 22a ²2a ＝－24. 答案：－248．(2013²佛山模拟)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos A ＝35，cos B ＝513，b ＝3，则c ＝________.解析：由题意知sin A ＝45，sin B ＝1213，则sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝5665，所以c ＝b sin C sin B ＝145. 答案：1459．在△ABC 中，D 为边BC 的中点，AB ＝2，AC ＝1，∠BAD ＝30°，则AD 的长度为________．解析：延长AD 到M ，使得DM ＝AD ，连接BM 、MC ，则四边形ABMC 是平行四边形．在△ABM 中，由余弦定理得BM 2＝AB 2＋AM 2－2AB ²AM ²cos∠BAM ，即12＝22＋AM 2－2²2²AM ²cos30°，解得AM ＝3，所以AD ＝32. 答案：32三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知cos(A －C )＋cos B ＝1，a ＝2c ，求C .解：由B ＝π－(A ＋C )，得cos B ＝－cos(A ＋C )．于是cos(A －C )＋cos B ＝cos(A －C )－cos(A ＋C )＝2sin A sin C ，由已知得sin A sin C ＝12.①由a ＝2c 及正弦定理得sin A ＝2sin C ．② 由①②得sin 2C ＝14，于是sin C ＝－12(舍去)，或sin C ＝12.又a ＝2c ，所以C ＝π6.11．(2012²江苏高考)在△ABC 中，已知AB ²AC ＝3BA ²BC.(1)求证：tan B ＝3tan A ； (2)若cos C ＝55，求A 的值．解：(1)因为AB ²AC ＝3BA ²BC，所以AB ²AC ²cos A ＝3BA ²BC ²cos B ，即AC ²cos A ＝3BC ²cos B ，由正弦定理知ACsin B＝BCsin A，从而sin B cos A ＝3sin A cos B ，又因为0＜A ＋B ＜π，所以cos A ＞0，cos B ＞0，所以tan B ＝3tan A . (2)因为cos C ＝55，0＜C ＜π，所以sin C ＝1－cos 2C ＝255，从而tan C ＝2，于是tan[π－(A ＋B )]＝2，即tan(A ＋B )＝－2，亦即tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝－2.由(1)得4tan A 1－3tan A ＝－2，解得tan A ＝1或－13，因为cos A ＞0，故tan A ＝1，所以A ＝π4.12．(2012²浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知cos A ＝23，sin B ＝5cos C . (1)求tan C 的值；(2)若a ＝2，求△ABC 的面积．解：(1)因为0＜A ＜π，cos A ＝23，得sin A ＝1－cos 2A ＝53.又5cos C ＝sin B ＝sin (A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝53cos C ＋23sin C . 所以tan C ＝ 5.(2)由tan C ＝5，得sin C ＝56，cos C ＝16.于是sin B ＝5cos C ＝56.由a ＝2及正弦定理a sin A ＝csin C ，得c ＝ 3.设△ABC 的面积为S ，则S ＝12ac sin B ＝52.1．若△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边a 、b 、c 满足(a ＋b )2－c 2＝4，且C ＝60°，则ab 的值为( )A.43 B ．8－4 3 C ．1D.23解析：选A 由(a ＋b )2－c 2＝4，得a 2＋b 2－c 2＋2ab ＝4.①由余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ＝2ab cos 60°＝ab ，②将②代入①得ab ＋2ab ＝4，即ab ＝43.2．若△ABC 的内角A ，B ，C 满足6sin A ＝4sin B ＝3sin C ，则cos B ＝( ) A.154 B.34 C.31516D.1116解析：选D 依题意，结合正弦定理得6a ＝4b ＝3c ，设3c ＝12k (k ＞0)，则有a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝2k 2＋4k 2－3k 22³2k ³4k＝1116. 3．在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B ²sin C ，则A 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，πC.⎝⎛⎦⎥⎤0，π3 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π解析：选C 由已知及正弦定理，有a 2≤b 2＋c 2－bc .而由余弦定理可知，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，于是b 2＋c 2－2bc cos A ≤b 2＋c 2－bc ，可得cos A ≥12.注意到在△ABC 中，0＜A ＜π，故A ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π3.4．已知A 、B 、C 为△ABC 的三个内角，其所对的边分别为a 、b 、c ，且2cos 2A2＋cos A＝0.(1)求角A 的值；(2)若a ＝23，b ＋c ＝4，求△ABC 的面积．解：(1)由2cos 2A2＋cos A ＝0，得1＋cos A ＋cos A ＝0，即cos A ＝－12，∵0<A <π，∴A ＝2π3.(2)由余弦定理得，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，A ＝2π3，则a 2＝(b ＋c )2－bc ，又a ＝23，b ＋c ＝4，有12＝42－bc ，则bc ＝4，1 2bc sin A＝ 3.故S△ABC＝。

2014届高考数学一轮复习4.6正、余弦定理及其应用举例教学案

2．上方下方基础自测
BC AC 3 2 AC 1．B 解析：由正弦定理得＝，即＝，解得 AC＝2 3. sin A sin B sin 60° sin 45° a＋c 2B 2．B 解析：∵cos ＝， 2 2c a＋c 2B ∴2cos －1＝－1， 2 c a c 2 2 a ＋c －b2 a 2 2 2 ∴ ＝，∴c ＝a ＋b . 2ac c 3．C 解析：如图，A，B 为灯塔，船从 O 航行到 O′，
答题指导：
1．考查解三角形的题在高考中一般难度不大，但稍不注意，会出现“会而不对，对而不全”的情况，其主要原因就是忽视三角形中的边角条件． 2．解三角函数的求值问题时，估算是一个重要步骤，估算时应考虑三角形中的边角条件．
1．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.若 acos A＝bsin B，则 sin Acos A＋cos2B＝( )． 1 1 A．－ B． C．－1 D．1 2 2 2．在△ABC 中，(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且 acos B＝bcos A，则△ABC 的形状为 __________． 3．(2012 福建高考)在△ABC 中，已知∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，BC＝ 3，则 AC＝ __________. π 4． (2012 陕西高考)在△ABC 中，角 A， B，C 所对边的长分别为 a，b，c.若 a＝2，B＝， 6
A．α ，a，b B．α ，β ，a C．a，b，γ D．α ，β ，γ 5．(2013 山东实验高三一诊)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a＝ 3， b＝ 2，B＝45°，则角 A＝________.
一、利用正弦、余弦定理解三角形【例 1－1】(2012 辽宁高考)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.角 A，B， C 成等差数列． (1)求 cos B 的值； (2)边 a，b，c 成等比数列，求 sin Asin C 的值． sin A＋sin B 【例 1－2】△ABC 中，A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，tan C＝，sin(B cos A＋cos B －A)＝cos C．

2014高考数学(理)一轮复习总教案：5.7 正弦定理和余弦定理

5.7正弦定理和余弦定理典例精析题型一利用正、余弦定理解三角形【例1】在△ABC中，AB＝错误!，BC＝1，cos C＝错误!.(1）求sin A的值；(2）求BC•CA的值.【解析】(1）由cos C＝错误!得sin C＝错误!。

所以sin A＝错误!＝错误!＝错误!.（2）由（1)知，cos A＝错误!.所以cos B＝－cos（A＋C）＝－cos Acos C＋sin Asin C＝－错误!＋错误!＝－错误!.所以BC·CA＝BC·（CB＋BA)＝BC•CB＋BC•BA＝－1＋1×2×cos B＝－1－错误!＝－错误!.【点拨】在解三角形时，要注意灵活应用三角函数公式及正弦定理、余弦定理等有关知识.【变式训练1】在△ABC中,已知a、b、c为它的三边，且三角形的面积为错误!，则∠C＝。

【解析】S＝错误!＝错误!absin C.所以sin C＝错误!＝cos C。

所以tan C＝1，又∠C∈(0,π)，所以∠C＝错误!.题型二利用正、余弦定理解三角形中的三角函数问题【例2】设△ABC是锐角三角形，a、b、c分别是内角A、B、C所对的边长，并且sin2A＝sin(错误!＋B)sin(错误!－B)＋sin2B.(1)求角A的值；(2)若AB•AC＝12，a＝2错误!，求b,c（其中b＜c）。

【解析】（1)因为sin2A＝（错误!cos B＋错误!sin B）（错误!cos B－错误!sin B)＋sin2B＝错误!cos2B－错误!sin2B＋sin2B＝错误!，所以sin A＝±错误!。

又A 为锐角，所以A＝错误!.（2)由AB•AC＝12可得cbcos A＝12.①由（1)知A＝错误!，所以cb＝24.②由余弦定理知a2＝c2＋b2－2cbcos A，将a＝2错误!及①代入得c2＋b2＝52。

③③＋②×2，得（c＋b)2＝100，所以c＋b＝10。

高考数学一轮：一课双测A+B精练(二十四)正弦定理和余弦定理

a2＝ 4
＋ 1－ 2 ×2× 1× cosπ＝ 3? a＝ 3. 3
3．选 B
由
tan 1＋ tan
AB＝ 2bc和正弦定理得
cos Asin B＋ sin Acos B＝2sin Ccos A，即 sin C＝ 2sin Ccos A，
所以
cos
A＝
1 2
，则
A＝60°.
由正弦定理得
2 sin
高考数学（理）一轮：一课双测 A+B 精练 (二十四 ) 正弦定理和余弦定理
1．在△ ABC 中，a、b 分别是角 A、B 所对的边，条件 “a<b”是使 “ cosA>cos B”成立的 ( )
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
2．(2012 ·泉州模拟 )在△ ABC 中， a，b，c 分别是角 A， B， C 所对的边．若
(2)若 A＝ 75°， b＝ 2，求 a， c.
11．在锐角三角形 ABC 中， a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边，且满足 3a－ 2bsin A ＝ 0.
(1)求角 B 的大小；
uuur uuur (2)若 a＋ c＝ 5，且 a>c， b＝ 7，求 AB ·AC 的值．
12．在△ ABC 中，内角 A， B， C 所对的边分别为 a，b， c，已知 sin B(tan A＋tan C)＝ tan Atan C.
33
(2)若 a＝
3 ， S△ ABC＝
，试判断△ ABC 的形状，并说明理由． 4
[答题栏]
A 级 [来
源 :]
1._________ 2._________ 3._________ 4.____ _____ 5.__________ 6._________ 7. __________ 8. __________ 9. __________

2014届高考江苏专用(理)一轮复习第四章第8讲正弦定理和余弦定理的应用举例

(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个
或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知
量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要
求的解．
考点自测
1．(2012· 江苏金陵中学)已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则三角形的面积
解析 68sin 120° 由正弦定理，得 MN＝＝34 6(海里)，船 sin 45°
34 6 17 6 的航行速度为＝ (海里/时)． 4 2 17 6 答案 2
4．在△ABC 中，若 2 3absin C＝a2＋b2＋c2，则△ABC 的形状是________．
解析
由 2 3absin C＝a2＋b2＋c2，a2＋b2－c2＝2abcos C
பைடு நூலகம் 解
设“大连号”用 t h 在 D 处追上
“敌舰”，则有 CD＝10 3t， BD＝10t，如图在△ABC 中，∵AB＝ 3－1，AC ＝2，∠BAC＝120° ， ∴由余弦定理，得 BC2＝AB2＋AC2－2AB· cos∠BAC AC· ＝( 3－1)2 ＋22 －2· 3－1)· cos 120° ( 2· ＝6
60°－60°＝60°，
故CB是△CAD底边AD的中垂线，所以BD＝BA. AB AC (2)解在△ABC 中，＝， sin∠BCA sin∠ABC
ACsin 60° 3 2＋ 6 即 AB＝＝ (km)， sin 15° 20 3 2＋ 6 因此，BD＝ (km) 20 3 2＋ 6 故 B、D 的距离约为 km. 20
β＝1.20，请据此算出H的值；
(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离d(单位：m)，使α与β之差较大，可以提高测量精度．若电视塔的实际高度为125 m，试问d为多少时，α－β最大？

【步步高】2014届高考数学一轮复习习题课正弦定理与余弦定理备考练习苏教版

习题课正弦定理与余弦定理一、基础过关1．在△ABC 中，若a ＝18，b ＝24，A ＝44°，则此三角形解的情况为________．2．在△ABC 中，BC ＝1，B ＝π3，当△ABC 的面积等于3时，sin C ＝________. 3．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若c ＝2，b ＝6，B ＝120°，则a ＝________.4．若△ABC 的内角A 、B 、C 满足6sin A ＝4sin B ＝3sin C ，则cos B ＝________.5．在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝6，BC ＝1＋3，AD 为边BC 上的高，则AD 的长是________．6．已知△ABC 的面积为23，BC ＝5，A ＝60°，则△ABC 的周长是________．7．在△ABC 中，求证：a 2－b 2c 2＝sin A －B sin C. 8．在△ABC 中,a ,b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b ＋c )sin B ＋(2c ＋b )sin C .(1)求A 的大小；(2)若sin B ＋sin C ＝1，试判断△ABC 的形状．二、能力提升9．在△ABC 中，若a 2＝bc ，则角A 是________．(从“锐角”、“直角”、“钝角”中选择)10．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ＝2，b ＝2，sin B ＋cos B ＝2，则角A 的大小为________．11．在△ABC 中，已知a 4＋b 4＋c 4＝2c 2(a 2＋b 2)，则角C ＝________.12．已知△ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知m ＝(sin C ，sin B cos A )，n ＝(b,2c )，且m ·n ＝0.(1)求A 的大小；(2)若a ＝23，c ＝2，求△ABC 的面积S 的大小．三、探究与拓展 13．在锐角△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c .若b a ＋a b ＝6cos C ，求tan C tan A ＋tan C tan B的值．答案1．两解 2.23913 3. 2 4.11165. 3 6．12 7．证明右边＝sin A cos B －cos A sin B sin C ＝sin A sin C ·cos B －sin B sin C ·cos A ＝a c ·a 2＋c 2－b 22ac －b c ·b 2＋c 2－a 22bc＝a 2＋c 2－b 22c 2－b 2＋c 2－a 22c 2＝a 2－b 2c2 ＝左边．所以a 2－b 2c 2＝sin A －Bsin C .8．解 (1)由已知，根据正弦定理得2a 2＝(2b ＋c )b ＋(2c ＋b )c ，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .①由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以cos A ＝－12，故A ＝120°.(2)由①得sin 2A ＝sin 2B ＋sin 2C ＋sin B sin C ，又sin B ＋sin C ＝1，故sin B ＝sin C ＝12.因为0°＜B ＜90°，0°＜C ＜90°，故B ＝C .所以△ABC 是等腰钝角三角形．9．锐角 10.π6 11.45°或135°12．解 (1)∵m ·n ＝0，∴(sin C ，sin B cos A )·(b,2c )＝0.∴b sin C ＋2c sin B cos A ＝0.∵b sin B ＝csin C ，∴bc ＋2bc cos A ＝0.∵b ≠0，c ≠0，∴1＋2cos A ＝0.∴cos A ＝－12.∵0＜A ＜π，∴A ＝2π3.(2)在△ABC 中，∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴12＝b 2＋4－4b cos 2π3.∴b 2＋2b －8＝0.∴b ＝－4(舍)或b ＝2.∴△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×2×2×32＝ 3.13．解由b a ＋ab ＝6cos C 得b 2＋a 2＝6ab cos C .化简整理得2(a 2＋b 2)＝3c 2，将tan C tan A ＋tan Ctan B 切化弦，得sin C cos C ·(cos A sin A ＋cos Bsin B )＝sin C cos C ·sin A ＋Bsin A sin B＝sin C cos C ·sin Csin A sin B＝sin 2Ccos C sin A sin B .根据正、余弦定理得sin 2C cos C sin A sin B＝c 2ab ·a 2＋b 2－c 22ab ＝2c 2a 2＋b 2－c 2＝2c 232c 2－c 2＝4. 故tan C tan A ＋tan C tan B ＝4.。

2014年高考数学第一轮复习：正弦定理、余弦定理

2014年高考数学第一轮复习：正弦定理、余弦定理第一篇：2014年高考数学第一轮复习：正弦定理、余弦定理2014年高考数学第一轮复习：正弦定理、余弦定理一、考试要求：了解利用向量知识推导正弦定理和余弦定理；掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题二、知识梳理： 1.正弦定理： ____________________.强调几个问题：（1）正弦定理适合于任何三角形；（2）可以证明的外接圆半径）；（3）每个等式可视为一个方程：知三求一；（4）公式的变形：①a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC；a=__R（R为∆ABCsinAsinA=②abc,sinB=,sinC=2R2R2R；③sinA:sinB:sinC=a:b:c．（5）三角形面积公式：S∆ABC=________=_________=________．(6)正弦定理的应用范围：①已知两角和任一边，求其它两边和一角。

②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角。

2.余弦定理：a=_____________________；b2=____________________；c2=_____________________.强调几个问题：(1)熟悉定理的结构，注意“平方”“夹角”“余弦”等；(2)知三求一；(3)当夹角为90时，即三角形为直角三角形时即为勾股定理（特例）；οb2+c2-a2a2+c2-b2a2+b2-c2cosC=(4)变形：cosA= cosB=．2bc2ac2ac（5）余弦定理的应用范围：①已知三边，求三个角；②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.3.解斜三角形(1)．两角和任意一边，求其它两边和一角；(2)．两边和其中一边对角，求另一边的对角，进而可求其它的边和角。

（见图示）已知a, b和A, 用正弦定理求B时的各种情况:①若A为锐角时:⎧a<bsinA无解⎪⎪a=bsinA一解(直角)⎨⎪bsinA<a<b二解(一锐, 一钝)⎪a≥b一解(锐角)⎩已知边a,b和∠Aa无解a=CH=bsinA仅有一个解CH=bsinA②若A为直角或钝角时:⎨⎧a≤b无解⎩a>b一解(锐角)三、基础检测：1.在中，则等于（）A．B．C．D．2.若是（）A．等边三角形B．有一内角是30°C．等腰直角三角形D．有一内角是30°的等腰三角形3.在，面积，则BC长为（）A．B．75C．51D．494．在中，已知角则角A的值是（）A．15°B．75°C．105°D．75°或15°5．中，sinB=1,sinC=,则a：b：c为（22）A.1：3：2B.1：1：C.1：2：D.2：1：或1：1：6.如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB=CD,2AB=,BC=2BD，则sinC的值为A． B． C．D．7.若的三个内角成等差数列，且最大边为最小边的2倍，则三内角之比为________。

2014高考数学一轮复习4.7正弦定理、余弦定理及其实际应用配套训练理新人教A版

第7讲正弦定理、余弦定理及其实际应用基础巩固1.如图所示,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等,灯塔A在观察站C的北偏东40°方向上,灯塔B在观察站C的南偏东60°方向上,则灯塔A在灯塔B的( )A.北偏东10°B.北偏西10°C.南偏东10°D.南偏西10°【答案】B【解析】由已知∠ACB=180°-40°-60°=80°,又∵AC=BC,∴∠A=∠ABC=50°,60°-50°=10°.故灯塔A位于灯塔B的北偏西10°.2.已知圆的半径为4,a,b,c为该圆的内接三角形的三边,若abc=16,则内接三角形的面积为( )A.2B.8C. D.【答案】C【解析】∵===2R=8,∴sin C=.∴S△ABC=absin C=abc=×16=.3.已知A,B两地的距离为10 km,B, C两地的距离为20 km,现测得∠ABC=120°,则A,C两地的距离为( )A.10 kmB.kmC.10kmD.10km【答案】D【解析】利用余弦定理AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 120°=102+202-2×10×20×=700,故AC=10(km).4.下列判断中正确的是( )A.△ABC中,a=7,b=14,A=30°,有两解B.△ABC中,a=30,b=25,A=150°,有一解C.△ABC中,a=6,b=9,A=45°,有两解D.△ABC中,b=9,c=10,B=60°,无解【答案】B【解析】A:∵a=bsin A,∴有一解;B:∵A>90°,a>b,∴有一解;C:∵a<bsin A,∴无解;D:∵c>b>csin B,∴有两解.5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2c2=2a2+2b2+ab,则△ABC是( )A.钝角三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.等边三角形【答案】A【解析】∵2c2=2a2+2b2+ab,∴a2+b2-c2=-ab.∴cos C==-<0.则△ABC是钝角三角形.故选A.6.已知△ABC三内角A,B,C所对的三边长分别为a,b,c,且面积S△ABC=(b2+c2-a2),则角A等于( )A.45°B.30°C.120°D.15°【答案】A【解析】由S△ABC=(b2+c2-a2)=bcsin A,得sin A==cos A,故A=45°.7.如图,在地震灾区的搜救现场,一条搜救狗从A处沿正北方向行进x m到达B处发现一个生命迹象,然后向右转105°,行进10 m到达C处发现另一生命迹象,这时它向右转135°后继续前行回到出发点,那么x= .【答案】【解析】由题知,∠CBA=75°,∠BCA=45°,从而∠BAC=180°-75°-45°=60°.∵=,∴x=.8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若(b-c)cos A=acos C,则cos A= . 【答案】【解析】由(b-c)cos A=acos C,得(b-c)·=a·,即=,由余弦定理,得cos A=.9.(2012·福建卷,13)已知△ABC的三边长成公比为的等比数列,则其最大角的余弦值为.【答案】-【解析】设△ABC的最小边长为a(m>0),则其余两边长为a,2a,故最大角的余弦值是cos θ===-.10.(2012·安徽卷,16)设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,且有2sin Bcos A=sin Acos C+cos Asin C.(1)求角A的大小;(2)若b=2,c=1,D为BC的中点,求AD的长.【解】(1)(方法一)由题设知,2sin Bcos A=sin(A+C)=sin B,因为sin B≠0,所以cos A=.由于0<A<π,故A=.(方法二)由题设可知,2b·=a·+c·,于是b2+c2-a2=bc,所以cos A==.由于0<A<π,故A=.(2)(方法一)因为==(++2·)==,所以||=,从而AD=.(方法二)因为a2=b2+c2-2bccos A=4+1-2×2×1×=3,所以a2+c2=b2,B=.因为BD=,AB=1,所以AD==.11.(2013届·广东茂名月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边长分别是a,b,c.(1)若c=2,C=,且△ABC的面积为,求a,b的值;(2)若sin C+sin(B-A)=sin 2A,试判断△ABC的形状.【解】(1)∵c=2,C=,∴由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C得a2+b2-ab=4.又∵△ABC的面积为,∴absin C=,ab=4.联立方程组解得a=2,b=2.(2)由sin C+sin(B-A)=sin 2A,得sin(A+B)+sin(B-A)=2sin Acos A,即2sin Bcos A=2sin Acos A,cos A·(sin A-sin B)=0,从而cos A=0或sin A-sin B=0,当cos A=0时,∵0<A<π,∴A=,△ABC为直角三角形;当sin A-sin B=0时,得sin B=sin A,由正弦定理得a=b,即△ABC为等腰三角形.∴△ABC为等腰三角形或直角三角形.12.(2012·甘肃兰州模拟)某单位在抗雪救灾中,需要在A,B两地之间架设高压电线,测量人员在相距 6 km的C,D两地测得∠ACD=45°,∠ADC=75°,∠BDC=15°,∠BCD=30°(如图,其中A,B,C,D在同一平面上),假如考虑到电线的自然下垂和施工损耗等原因,实际所需电线长度大约应该是A,B之间距离的1.2倍,问施工单位至少应该准备多长的电线?【解】在△ACD中,∠ACD=45°,CD=6,∠ADC=75°,所以∠CAD=60°.因为=,所以AD===2.在△BCD中,∠BCD=30°,CD=6,∠BDC=15°,所以∠CBD=135°.因为=,所以BD===3.又因为在△ABD中,∠BDA=∠BDC+∠ADC=90°,所以△ABD是直角三角形.所以AB===.所以电线长度至少为l=1.2×AB=(km).答:施工单位至少应该准备长度为km的电线.拓展延伸13.(2012·浙江卷,18)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知cos A=,sin B=cos C.(1)求tan C的值;(2)若a=,求△ABC的面积.【解】(1)因为0<A<π,cos A=,得sin A==,又cos C=sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=cos C+sin C.所以tan C=.(2)由tan C=,得sin C=,cos C=.于是sin B=cos C=.由a=及正弦定理=,得c=.设△ABC的面积为S,则S=acsin B=.。

2014届高考数学湘教版(理)一轮复习第四篇第6讲《正弦定理和余弦定理》

第6讲正弦定理和余弦定理A 级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝23sin B ，则A ＝ ( )．A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析由a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝23sin B ，得a 2＝3bc ＋b 2，cb ＝2 3.由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝c 2－3bc 2bc ＝c 2b －32＝3－32＝32，所以A ＝30°，故选A. 答案 A2.(2012·四川)如图，正方形ABCD 的边长为1，延长BA至E ，使AE ＝1，连结EC 、ED ，则sin ∠CED ＝( )． A.31010 B.1010 C.510D.515解析依题意得知，CD ＝1，CE ＝CB 2＋EB 2＝5，DE ＝EA 2＋AD 2＝2，cos ∠CED ＝CE 2＋ED 2－CD 22CE ·ED ＝31010，所以sin ∠CED ＝1－cos 2∠CED ＝1010，选B. 答案 B3．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，若角A ，B ，C 依次成等差数列，且a ＝1，b ＝3，则S △ABC ＝( )．A. 2B. 3C.32D ．2解析 ∵A ，B ，C 成等差数列，∴A ＋C ＝2B ，∴B ＝60°.又a ＝1，b ＝3，∴a sin A ＝bsin B ， ∴sin A ＝a sin Bb ＝32×13＝12，∴A ＝30°，∴C ＝90°.∴S △ABC ＝12×1×3＝32. 答案 C4．(2012·湖南)在△ABC 中，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边上的高等于 ( )． A.32B.332C.3＋62D.3＋394解析设AB ＝c ，BC 边上的高为h .由余弦定理，得AC 2＝c 2＋BC 2－2BC ·c cos 60°，即7＝c 2＋4－4c cos 60°，即c 2－2c －3＝0，∴c ＝3(负值舍去)．又h ＝c ·sin 60°＝3×32＝332，故选B. 答案 B二、填空题(每小题5分，共10分)5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若(a 2＋c 2－b 2)·tan B ＝3ac ，则角B 的值为________．解析由余弦定理，得a 2＋c 2－b 22ac ＝cos B ，结合已知等式得 cos B ·tan B ＝32，∴sin B ＝32，∴B ＝π3或2π3. 答案 π3或2π36．(2012·福建)已知△ABC 的三边长成公比为2的等比数列，则其最大角的余弦值为________．解析依题意得，△ABC 的三边长分别为a ，2a,2a (a >0)，则最大边2a 所对的角的余弦值为：a 2＋(2a )2－(2a )22a ·2a ＝－24.答案－24三、解答题(共25分)7．(12分)(2012·辽宁)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.角A，B，C成等差数列．(1)求cos B的值；(2)边a，b，c成等比数列，求sin A sin C的值．解(1)由已知2B＝A＋C，三角形的内角和定理A＋B＋C＝180°，解得B＝60°，所以cos B＝cos 60°＝1 2.(2)由已知b2＝ac，据正弦定理，得sin2B＝sin A sin C，即sin A sin C＝sin2B＝1－cos2B＝3 4.8．(13分)(2012·浙江)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知cosA＝23，sin B＝5cos C.(1)求tan C的值；(2)若a＝2，求△ABC的面积．解(1)因为0＜A＜π，cos A＝2 3，得sin A＝1－cos2A＝5 3.又5cos C＝sin B＝sin(A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C＝53cos C＋23sin C.所以tan C＝ 5.(2)由tan C＝5，得sin C＝56，cos C＝16.于是sin B＝5cos C＝5 6 .由a＝2及正弦定理asin A＝csin C，得c＝ 3.设△ABC的面积为S，则S＝12ac sin B＝52.B 级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．在△ABC 中，A ＝60°，且最大边长和最小边长是方程x 2－7x ＋11＝0的两个根，则第三边的长为( )．A ．2B ．3C ．4D ．5解析由A ＝60°，不妨设△ABC 中最大边和最小边分别为b ，c ，故b ＋c ＝7，bc ＝11.由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 60°＝(b ＋c )2－3bc ＝72－3×11＝16，∴a ＝4. 答案 C2．(2013·豫北六校联考)已知△ABC 的面积为32，AC ＝3，∠ABC ＝π3，则△ABC 的周长等于( )．A ．3＋ 3B ．3 3C ．2＋ 3D.332解析由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，即a 2＋c 2－ac ＝3.又△ABC 的面积为12ac sin π3＝32，即ac ＝2，所以a 2＋c 2＋2ac ＝9，所以a ＋c ＝3，即a ＋c ＋b ＝3＋3，故选A. 答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)3．在Rt △ABC 中，C ＝90°，且A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 满足a ＋b ＝cx ，则实数x 的取值范围是________．解析 x ＝a ＋b c ＝sin A ＋sin B sin C ＝sin A ＋cos A ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4.又A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴π4<A＋π4<3π4，∴22<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4≤1，即x ∈(1，2]．答案 (1，2]4．(2012·安徽)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①若ab >c 2，则C <π3②若a ＋b >2c ，则C <π3 ③若a 3＋b 3＝c 3，则C <π2 ④若(a ＋b )c <2ab ，则C >π2 ⑤若(a 2＋b 2)c 2<2a 2b 2，则C >π3解析 ①由ab >c 2，得－c 2>－ab ，由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab >2ab －ab2ab ＝12，因为C ∈(0，π)，函数y ＝cos x 在(0，π)上是减函数，所以C <π3，即①正确．②由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab >a 2＋b 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab ＝4(a 2＋b 2)－(a ＋b )28ab＝3(a 2＋b 2)－2ab 8ab ≥4ab 8ab ＝12，所以C <π3，即②正确．③若C 是直角或钝角，则a2＋b 2≤c 2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2≤1，而a c ，b c ∈(0,1)，而函数y ＝a x (0<a <1)在R 上是减函数，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 3<⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2≤1与a 3＋b 3＝c 3矛盾，所以假设不成立，所以C <π2，即③正确．④因为(a ＋b )c <2ab ，所以c <2ab a ＋b ≤2ab 2ab ＝ab ，即ab >c 2，转化为命题①，故④错误．⑤因为(a 2＋b 2)c 2<2a 2b 2，所以c 2<2a 2b 2a 2＋b 2≤2a 2b 22ab＝ab ，即ab >c 2，转化为命题①，故⑤错误．答案 ①②③ 三、解答题(共25分)5．(12分)(2012·万州三模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，点(a ，b )在直线x (sin A －sin B )＋y sin B ＝c sin C 上． (1)求角C 的值；(2)若a 2＋b 2＝6(a ＋b )－18，求△ABC 的面积．解 (1)由题意得a (sin A －sin B )＋b sin B ＝c sin C ，由正弦定理，得a (a －b )＋b 2＝c 2，即a 2＋b 2－c 2＝ab ，由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，结合0<C <π，得C ＝π3.(2)由a 2＋b 2＝6(a ＋b )－18，得(a －3)2＋(b －3)2＝0，从而得a ＝b ＝3，所以△ABC 的面积S ＝12×32×sin π3＝934.6．(13分)(2012·江西)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知A ＝π4，b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －c sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝a . (1)求证：B －C ＝π2；(2)若a ＝ 2，求△ABC 的面积．(1)证明由b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －c sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝a 应用正弦定理，得sin B sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －sinC sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝sin A ，sin B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin C ＋22cos C －sin C ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin B ＋22cos B ＝22，整理得sin B cos C －cos B sin C ＝1，即sin(B －C )＝1. 由于0＜B ，C ＜34π，从而B －C ＝π2.(2)解 B ＋C ＝π－A ＝3π4，因此B ＝5π8，C ＝π8. 由a ＝ 2，A ＝π4，得b ＝a sin B sin A ＝2sin 5π8，c ＝a sin C sin A ＝2sin π8，所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝ 2sin 5π8sin π8 ＝ 2cos π8sin π8＝12.。

高考数学一轮复习正弦定理、余弦定理及其应用

＝__________，cosA2＝__________，tanA2＝__________.tanA＋tanB ＋tanC＝____________.
(3)若三角形三边 a，b，c 成等差数列，则 2b＝____________
⇔
2sinB
＝
____________
⇔
2sin
B 2
＝
cos
A－C 2
解：由正弦定理得ab＝ssiinnAB，所以
sinB＝
2× 7
sinπ3＝
721，
由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccosA，所以 7＝ 4＋c2－2c，所
以 c＝3(负值舍去)．故填 721；3.
(2018·全国卷Ⅰ) △ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2
－a2＝8，则△ABC 的面积为________．
解：根据题意，结合正弦定理
可得 sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，即 sinA＝12，结合余弦定理可得 b2＋c2－a2＝2bccosA＝8，
所以 A 为锐角，且 cosA＝ 23，从而求得 bc＝8 3 3，
所以△ABC 的面积为 S＝12bcsinA＝12×8 3 3×
所以 AB2 ＝ BC2 ＋ AC2 － 2BC·AC·cosC ＝ 1 ＋ 25 －
2×1×5×－35＝32，所以 AB＝4 2.故选 A.
(2017·山东)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分
别为 a，b，c.若△ABC 为锐角三角形，且满足 sinB(1＋2cosC)
＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立的是( )

2014高考数学一轮课时专练(理科安徽省专用)(二十三)第23讲正弦定理和余弦定理

. 2014高考数学一轮课时专练（理科安徽省专用）：(二十三) [第23讲正弦定理和余弦定理](时间：45分钟分值：100分)基础热身1．[2012·山西大学附中检测] △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，又a ，b ，c 成等比数列，且c ＝2a ，则cos B ＝( )A.14B.34C.24D.232．△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边边长分别为a ，b ，c .若a ＝52b ，A ＝2B ，则cos B ＝( ) A.53 B.54 C.55 D.563．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2c 2＝2a 2＋2b 2＋ab ，则△ABC 是( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．等边三角形4．在△ABC 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，如果c ＝3a ，B ＝30°，那么C 等于( )A ．120°B ．105°C ．90°D ．75°能力提升5．△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，如果a ，b ，c 成等差数列，∠B＝30°，△ABC 的面积为12，那么b 为( ) A ．1＋ 3 B ．3＋ 3C.3＋33D ．2＋ 3 6．[2012·湖北卷] 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若三边的长为连续的三个正整数，且A ＞B ＞C ，3b ＝20a cos A ，则sin A ∶sin B ∶sin C 为( )A ．4∶3∶2B ．5∶6∶7C ．5∶4∶3D ．6∶5∶47．[2012·大连检测] 在△ABC 中，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边上的高等于( )A.32B.332C.3＋62D.3＋3948．[2012·哈师大检测] 在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B ＜sin 2C ，则△ABC 的形状是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不能确定9．[2012·安徽名校联考] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边长分别为a ，b ，c ，且sin 2C 3＋π6＝1，a c ＝－1＋52，则cos B 的值为( ) A.－5＋12 B.5－12C.5＋14D.5－1410．[2012·天津检测] 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若(a ＋b －c )(a ＋b ＋c )＝ab ，则角C ＝________．11．[2012·石家庄检测] 在△ABC 中，若a ＝2，b ＋c ＝7，cos B ＝－14，则b ＝________． 12．在直角坐标系xOy 中，已知△ABC 的顶点A (－1，0)，C (1，0)，顶点B 在椭圆x 24＋y 23＝1上，则sin A ＋sin C sin B的值为________． 13．[2012·安徽卷] 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①若ab >c 2，则C <π3； ②若a ＋b >2c ，则C <π3； ③若a 3＋b 3＝c 3，则C <π2； ④若(a ＋b )c <2ab ，则C >π2； ⑤若(a 2＋b 2)c 2<2a 2b 2，则C >π3. 14．(10分)△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(2sin B ，－3)，n＝cos2B ，2cos 2B 2－1且m ∥n . (1)求锐角B 的大小；(2)如果b ＝2，求△ABC 的面积S △ABC 的最大值．15．(13分)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，且有2sin B cos A ＝sin A cos C ＋cos A sin C .(1)求角A 的大小；(2)若b ＝2，c ＝1，D 为BC 的中点，求AD 的长．难点突破16．(12分)[2012·皖中模拟] 在△ABC中，三边a，b，c对应的角为A，B，C，M＝{C∈(0，π)|满足a＋b≥2c}，N＝{C∈(0，π)|满足sin2C≤sin2A＋sin2B－sin A sin B}，试求M∪N.。

高考数学文一轮：一课双测A+B精练二十四正弦定理和余弦定理的应用

高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(二十四) 正弦定理和余弦定理的应用1．在同一平面内中，在A 处测得的B 点的仰角是50°，且到A 的距离为2，C 点的俯角为70°，且到A 的距离为3，则B 、C 间的距离为( )A.16B.17C.18D.192．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A 测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A 向北偏东30°前进100m 到达点B ，在B 点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )A ．50mB ．100mC ．120mD ．150m3．(·天津高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知8b ＝5c ，C ＝2B ，则cosC ＝( )A.725B ．－725C ．±725D.24254．(·厦门模拟)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，π25．一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿东偏南50°方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是东偏南20°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B 、C 两点间的距离是( )A ．102海里B ．103海里C ．202海里D ．203海里6．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18km ，速度为1000km/h ，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1min 后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到0.1km)( )A ．11.4B ．6.6C ．6.5D ．5.67.(·南通调研)“温馨花园”为了美化小区，给居民提供更好的生活环境，在小区内的一块三角形空地上(如图，单位：m)种植草皮，已知这种草皮的价格是120元/m2，则购买这种草皮需要________元．8.(·潍坊模拟)如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向，且与它相距82nmile.此船的航速是________nmile/h.9．江岸边有一炮台高30m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.10.如图，在△ABC中，已知∠B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．11.某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A、B、C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A、B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚217秒．在A地测得该仪器至最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)12.(·兰州模拟)某单位在抗雪救灾中，需要在A，B两地之间架设高压电线，测量人员在相距6km的C，D两地测得∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，∠BDC＝15°，∠BCD＝30°(如图，其中A，B，C，D在同一平面上)，假如考虑到电线的自然下垂和施工损耗等原因，实际所需电线长度大约应该是A，B之间距离的1.2倍，问施工单位至少应该准备多长的电线？1.某城市的电视发射塔CD建在市郊的小山上，小山的高BC为35m，在地面上有一点A，测得A，C间的距离为91m，从A观测电视发射塔CD的视角(∠CAD)为45°，则这座电视发射塔的高度CD为________米．2.10月29日，超级风暴“桑迪”袭击美国东部，如图，在灾区的搜救现场，一条搜救狗从A处沿正北方向行进xm到达B处发现一个生命迹象，然后向右转105°，行进10m到达C处发现另一生命迹象，这时它向右转135°后继续前行回到出发点，那么x＝________.3.(·泉州模拟)如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救．甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西30°，相距10海里的C处的乙船．(1)求处于C处的乙船和遇险渔船间的距离；(2)设乙船沿直线CB方向前往B处救援，其方向与CA―→成θ角，求f(x)＝sin2θsinx＋34cos2θcosx(x∈R)的值域．[答题栏]A级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B级 1.______2.______ 7.__________8.__________9.__________答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(二十四)A级1．选D∵∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝3.∴BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋9－2×2×3×cos120°＝19.∴BC＝19.2．选A设水柱高度是hm，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝3h，根据余弦定理得，(3h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos60°，即h2＋50h－5000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50m.3．选A由C＝2B得sinC＝sin2B＝2sinBcosB，由正弦定理及8b＝5c得cosB＝sinC2sinB＝c 2b ＝45，所以cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×⎝⎛⎭⎪⎫452－1＝725. 4．选D由题意得sin2A<sin2B＋sin2C，再由正弦定理得a2<b2＋c2，即b2＋c2－a2>0.则cosA ＝b2＋c2－a22bc >0，∵0<A<π，∴0<A<π2.又a 为最大边，∴A>π3.因此得角A 的取值范围是⎝⎛⎭⎫π3，π2.5．选A 如图所示，由已知条件可得，∠CAB ＝30°，∠ABC ＝105°，∴∠BCA ＝45°.又AB ＝40×12＝20(海里)，∴由正弦定理可得20sin45°＝BCsin30°.∴BC ＝20×1222＝102(海里)．6．选B ∵AB ＝1000×1000×160＝500003m ，∴BC ＝AB sin 45°·sin 30°＝50 00032 m.∴航线离山顶h ＝5000032×sin75°≈11.4km.∴山高为18－11.4＝6.6km.7．解析：三角形空地的面积S ＝12×123×25×sin120°＝225，故共需225×120＝27000元．答案：270008．解析：设航速为vnmile/h ，在△ABS 中AB ＝12v ，BS ＝82，∠BSA ＝45°，由正弦定理得82sin30°＝12v sin45°，则v ＝32.答案：329．解析：如图，OM ＝AOtan45°＝30(m)，ON ＝AOtan30°＝33×30＝103(m)，在△MON 中，由余弦定理得， MN ＝900＋300－2×30×103×32＝300＝103(m)．答案：10310．解：在△ADC 中，AD ＝10，AC ＝14，DC ＝6，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD2＋DC2－AC22AD ·DC＝100＋36－1962×10×6＝－12，∴∠ADC ＝120°，∴∠ADB ＝60°.在△AB D 中，AD ＝10，∠B ＝45°，∠ADB ＝60°，由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝AD sin B ，∴AB ＝AD ·sin ∠ADBsin B＝10sin60°sin45°＝10×3222＝5 6.11．解：由题意，设AC ＝x ，则BC ＝x －217×340＝x －40，在△ABC 中，由余弦定理得BC2＝BA2＋CA2－2BA ·CA ·cos ∠BAC ，即(x －40)2＝x2＋10000－100x ，解得x ＝420. 在△ACH 中，AC ＝420，∠CAH ＝30°，∠ACH ＝90°，所以CH ＝AC ·tan ∠CAH ＝140 3.答：该仪器的垂直弹射高度CH 为1403米．12．解：在△ACD 中，∠ACD ＝45°，CD ＝6，∠ADC ＝75°，所以∠CAD ＝60°.因为CD sin ∠CAD ＝ADsin ∠ACD，所以AD ＝CD ×sin ∠ACDsin ∠CAD ＝6×2232＝2 6.在△BCD 中，∠BCD ＝30°，CD ＝6，∠BDC ＝15°，所以∠CBD ＝135°.因为CD sin ∠CBD ＝BDsin ∠BCD ，所以BD ＝CD ×sin ∠BCDsin ∠CBD ＝6×1222＝3 2.又因为在△ABD 中，∠BDA ＝∠BDC ＋∠ADC ＝90°，所以△ABD 是直角三角形．所以AB ＝AD2＋BD2＝262＋322＝42.所以电线长度至少为l ＝1.2×AB ＝6425(单位：km)答：施工单位至少应该准备长度为6425km 的电线．B 级1．解析：AB ＝912－352＝84，tan ∠CAB ＝BC AB ＝3584＝512.由CD ＋3584＝tan(45°＋∠CAB)＝1＋5121－512＝177得CD ＝169.答案：1692．解析：∵由题知，∠CBA ＝75°，∠BCA ＝45°， ∴∠BAC ＝180°－75°－45°＝60°， ∴x sin45°＝10sin60°.∴x ＝1063m.答案：1063m3．解：(1)连接BC ，由余弦定理得 BC2＝202＋102－2×20×10cos120°＝700. ∴BC ＝107，即所求距离为107海里． (2)∵sin θ20＝sin120°107，∴sin θ＝37. ∵θ是锐角，∴cos θ＝47. f(x)＝sin2θsinx ＋34cos2θcosx ＝37sinx ＋37cosx ＝237sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6， ∴f(x)的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－237，237.高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）1．（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A．8cm3 B．12cm3 C．D．2．（5分）已知集合P={x|x2﹣2x≥0}，Q={x|1＜x≤2}，则（∁RP）∩Q=（）A．[0，1）B．（0，2] C．（1，2）D．[1，2]3．（5分）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则（）A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0 C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0 4．（5分）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（）A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n B．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞nC．∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0 D．∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0 5．（5分）如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是（）A．B．C．D．6．（5分）设A，B是有限集，定义：d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），其中card （A）表示有限集A中的元素个数（）命题①：对任意有限集A，B，“A≠B”是“d（A，B）＞0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A，B，C，d（A，C）≤d（A，B）+d（B，C）A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立7．（5分）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（）A．f（sin2x）=sinx B．f（sin2x）=x2+x C．f（x2+1）=|x+1| D．f（x2+2x）=|x+1|8．（5分）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．9．（6分）双曲线﹣y2=1的焦距是，渐近线方程是．10．（6分）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））=，f（x）的最小值是．11．（6分）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是，单调递减区间是．12．（4分）若a=log43，则2a+2﹣a=．13．（4分）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．14．（4分）若实数x，y满足x2+y2≤1，则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是．15．（6分）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意x，y∈R，=1（x0，y0∈R），则x0=，y0=，|=．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=，b2﹣a2=c2．（1）求tanC的值；（2）若△ABC的面积为3，求b的值．17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．18．（15分）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），记M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值．（1）证明：当|a|≥2时，M（a，b）≥2；（2）当a，b满足M（a，b）≤2时，求|a|+|b|的最大值．19．（15分）已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．（1）求实数m的取值范围；（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．20．（15分）已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N*）（1）证明：1≤≤2（n∈N*）；（2）设数列{an2}的前n项和为Sn，证明（n∈N*）．高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）1．（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A．8cm3 B．12cm3 C．D．【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可．【解答】解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形高为2的正四棱锥，所求几何体的体积为：23+×2×2×2=．故选：C．【点评】本题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法，考查计算能力．2．（5分）已知集合P={x|x2﹣2x≥0}，Q={x|1＜x≤2}，则（∁RP）∩Q=（）A．[0，1）B．（0，2] C．（1，2）D．[1，2]【分析】求出P中不等式的解集确定出P，求出P补集与Q的交集即可．【解答】解：由P中不等式变形得：x（x﹣2）≥0，解得：x≤0或x≥2，即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞），∴∁RP=（0，2），∵Q=（1，2]，∴（∁RP）∩Q=（1，2），故选：C．【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．3．（5分）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则（）A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0 C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0 【分析】由a3，a4，a8成等比数列，得到首项和公差的关系，即可判断a1d和dS4的符号．【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，则a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，由a3，a4，a8成等比数列，得，整理得：．∵d≠0，∴，∴，=＜0．故选：B．【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，考查了等差数列的前n项和，是基础题．4．（5分）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（）A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n B．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞nC．∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0 D．∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0 【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．【解答】解：命题为全称命题，则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，故选：D．【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．5．（5分）如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是（）A．B．C．D．【分析】根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可．【解答】解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=﹣1，过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于D，交y轴于M，由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，则|BM|=|BD|﹣1=|BF|﹣1，|AN|=|AE|﹣1=|AF|﹣1，则===，故选：A．【点评】本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键．6．（5分）设A，B是有限集，定义：d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），其中card （A）表示有限集A中的元素个数（）命题①：对任意有限集A，B，“A≠B”是“d（A，B）＞0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A，B，C，d（A，C）≤d（A，B）+d（B，C）A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立【分析】命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可，③借助新定义，根据集合的运算，判断即可．【解答】解：命题①：对任意有限集A，B，若“A≠B”，则A∪B≠A∩B，则card（A∪B）＞card（A∩B），故“d（A，B）＞0”成立，若d（A，B）＞0”，则card（A∪B）＞card（A∩B），则A∪B≠A∩B，故A≠B成立，故命题①成立，命题②，d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），d（B，C）=card（B∪C）﹣card （B∩C），∴d（A，B）+d（B，C）=card（A∪B）﹣card（A∩B）+card（B∪C）﹣card（B∩C）=[card （A∪B）+card（B∪C）]﹣[card（A∩B）+card（B∩C）]≥card（A∪C）﹣card（A∩C）=d（A，C），故命题②成立，故选：A．【点评】本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑关系，分清集合之间的关系与各集合元素个数之间的关系，注意本题对充要条件的考查．集合的元素个数，体现两个集合的关系，但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，属于基础题．7．（5分）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（）A．f（sin2x）=sinx B．f（sin2x）=x2+x C．f（x2+1）=|x+1| D．f（x2+2x）=|x+1|【分析】利用x取特殊值，通过函数的定义判断正误即可．【解答】解：A．取x=0，则sin2x=0，∴f（0）=0；取x=，则sin2x=0，∴f（0）=1；∴f（0）=0，和1，不符合函数的定义；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）=sinx；B．取x=0，则f（0）=0；取x=π，则f（0）=π2+π；∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；C．取x=1，则f（2）=2，取x=﹣1，则f（2）=0；这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；D．令x+1=t，则f（x2+2x）=|x+1|，化为f（t2﹣1）=|t|；令t2﹣1=x，则t=±；∴；即存在函数f（x）=，对任意x∈R，都有f（x2+2x）=|x+1|；∴该选项正确．故选：D．【点评】本题考查函数的定义的应用，基本知识的考查，但是思考问题解决问题的方法比较难．8．（5分）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α【分析】解：画出图形，分AC=BC，AC≠BC两种情况讨论即可．【解答】解：①当AC=BC时，∠A′DB=α；②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，α=∠A′OE，连结AA′，易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α综上所述，∠A′DB≥α，故选：B．【点评】本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．9．（6分）双曲线﹣y2=1的焦距是2，渐近线方程是y=±x．【分析】确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、渐近线方程．【解答】解：双曲线=1中，a=，b=1，c=，∴焦距是2c=2，渐近线方程是y=±x．故答案为：2；y=±x．【点评】本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础．10．（6分）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））=0，f（x）的最小值是．【分析】根据已知函数可先求f（﹣3）=1，然后代入可求f（f（﹣3））；由于x≥1时，f （x）=，当x＜1时，f（x）=lg（x2+1），分别求出每段函数的取值范围，即可求解【解答】解：∵f（x）=，∴f（﹣3）=lg10=1，则f（f（﹣3））=f（1）=0，当x≥1时，f（x）=，即最小值，当x＜1时，x2+1≥1，f（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，故f（x）的最小值是．故答案为：0；．【点评】本题主要考查了分段函数的函数值的求解，属于基础试题．11．（6分）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是π，单调递减区间是[kπ+，kπ+]（k∈Z）．【分析】由三角函数公式化简可得f（x）=sin（2x﹣）+，易得最小正周期，解不等式2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函数的单调递减区间．【解答】解：化简可得f（x）=sin2x+sinxcosx+1=（1﹣cos2x）+sin2x+1=sin（2x﹣）+，∴原函数的最小正周期为T==π，由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+，∴函数的单调递减区间为[kπ+，kπ+]（k∈Z）故答案为：π；[kπ+，kπ+]（k∈Z）【点评】本题考查三角函数的化简，涉及三角函数的周期性和单调性，属基础题．12．（4分）若a=log43，则2a+2﹣a=．【分析】直接把a代入2a+2﹣a，然后利用对数的运算性质得答案．【解答】解：∵a=log43，可知4a=3，即2a=，所以2a+2﹣a=+=．故答案为：．【点评】本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．13．（4分）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．【分析】连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME说明异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC通过解三角形，求解即可．【解答】解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，∵AN=2，∴ME==EN，MC=2，又∵EN⊥NC，∴EC==，∴cos∠EMC===．故答案为：．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．14．（4分）若实数x，y满足x2+y2≤1，则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是3．【分析】根据所给x，y的范围，可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，再讨论直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知识，平移即可得到最小值．【解答】解：由x2+y2≤1，可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，在直线的上方（含直线），即有2x+y﹣2≥0，即|2x+y﹣2|=2x+y﹣2，此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=x﹣2y+4，利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3；在直线的下方（含直线），即有2x+y﹣2≤0，即|2x+y﹣2|=﹣（2x+y﹣2），此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=8﹣3x﹣4y，利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3．综上可得，当x=，y=时，|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为3．故答案为：3．【点评】本题考查直线和圆的位置关系，主要考查二元函数在可行域内取得最值的方法，属于中档题．15．（6分）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意x，y∈R，=1（x0，y0∈R），则x0=1，y0=2，|=2．【分析】由题意和数量积的运算可得＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），由已知可解=（，，t），可得|﹣（|2=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意可得当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，由模长公式可得．【解答】解：∵•=||||cos＜•＞=cos＜•＞=，∴＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），=（m，n，t），则由题意可知=m+n=2，=m=，解得m=，n=，∴=（，，t），∵﹣（）=（﹣x﹣y，，t），∴|﹣（）|2=（﹣x﹣y）2+（）2+t2=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，此时t2=1，故==2故答案为：1；2；2【点评】本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长公式，属中档题．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=，b2﹣a2=c2．（1）求tanC的值；（2）若△ABC的面积为3，求b的值．【分析】（1）由余弦定理可得：，已知b2﹣a2=c2．可得，a=．利用余弦定理可得cosC．可得sinC=，即可得出tanC=．（2）由=×=3，可得c，即可得出b．【解答】解：（1）∵A=，∴由余弦定理可得：，∴b2﹣a2=bc﹣c2，又b2﹣a2=c2．∴bc﹣c2=c2．∴b=c．可得，∴a2=b2﹣=，即a=．∴cosC===．∵C∈（0，π），∴sinC==．∴tanC==2．或由A=，b2﹣a2=c2．可得：sin2B﹣sin2A=sin2C，∴sin2B﹣=sin2C，∴﹣cos2B=sin2C，∴﹣sin=sin2C，∴﹣sin=sin2C，∴sin2C=sin2C，∴tanC=2．（2）∵=×=3，解得c=2．∴=3．【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形基本关系式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．【分析】（1）以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系，通过•=•=0及线面垂直的判定定理即得结论；（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．【解答】（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．则BC=AC=2，A1O==，易知A1（0，0，），B（，0，0），C（﹣，0，0），A（0，，0），D（0，﹣，），B1（，﹣，），=（0，﹣，0），=（﹣，﹣，），=（﹣，0，0），=（﹣2，0，0），=（0，0，），∵•=0，∴A1D⊥OA1，又∵•=0，∴A1D⊥BC，又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（，0，1），设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（0，，1），∴cos＜，＞===，又∵该二面角为钝角，∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣．【点评】本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．18．（15分）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），记M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值．（1）证明：当|a|≥2时，M（a，b）≥2；（2）当a，b满足M（a，b）≤2时，求|a|+|b|的最大值．【分析】（1）明确二次函数的对称轴，区间的端点值，由a的范围明确函数的单调性，结合已知以及三角不等式变形所求得到证明；（2）讨论a=b=0以及分析M（a，b）≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，进一步求出|a|+|b|的求值．【解答】解：（1）由已知可得f（1）=1+a+b，f（﹣1）=1﹣a+b，对称轴为x=﹣，因为|a|≥2，所以或≥1，所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调，所以M（a，b）=max{|f（1），|f（﹣1）|}=max{|1+a+b|，|1﹣a+b|}，所以M（a，b）≥（|1+a+b|+|1﹣a+b|）≥|（1+a+b）﹣（1﹣a+b）|≥|2a|=|a|≥2；（2）当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；又对任意x∈[﹣1，1]．有﹣2≤x2+ax+b≤2，得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，﹣2≤≤2，易知（|a|+|b|）max=max{|a﹣b|，|a+b|}=3，在b=﹣1，a=2时符合题意，所以|a|+|b|的最大值为3．【点评】本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；解答本题的关键是正确理解M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值，以及利用绝对值不等式变形．19．（15分）已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．（1）求实数m的取值范围；（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．【分析】（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．可得△＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），利用中点坐标公式及其根与系数的可得P，代入直线y=mx+，可得，代入△＞0，即可解出．（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S△OAB=，再利用均值不等式即可得出．【解答】解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程，可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2﹣4（m2+2）（n2﹣2）=8（m2﹣n2+2）＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=﹣m×+n=，由于点P在直线y=mx+上，∴=+，∴，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0，解得m2，∴或m．（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，∴S△OAB==|n|•=，由均值不等式可得：n2（m2﹣n2+2）=，∴S△AOB=，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为．【点评】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20．（15分）已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N*）（1）证明：1≤≤2（n∈N*）；（2）设数列{an2}的前n项和为Sn，证明（n∈N*）．【分析】（1）通过题意易得0＜an≤（n∈N*），利用an﹣an+1=可得＞1，利用==≤2，即得结论；（2）通过=an﹣an+1累加得Sn=a1﹣an+1，对an+1=an﹣an2两边同除以an+1an采用累积法可求出an+1的范围，从而得出结论．【解答】证明：（1）由题意可知：an+1﹣an=﹣an2≤0，即an+1≤an，故an≤，1≤．由an=（1﹣an﹣1）an﹣1得an=（1﹣an﹣1）（1﹣an﹣2）…（1﹣a1）a1＞0．所以0＜an≤（n∈N*），又∵a2=a1﹣=，∴==2，又∵an﹣an+1=，∴an＞an+1，∴＞1，∴==≤2，∴1≤≤2（n∈N*），综上所述，1＜≤2（n∈N*）；（2）由已知，=an﹣an+1，=an﹣1﹣an，…，=a1﹣a2，累加，得Sn=++…+=a1﹣an+1，①由an+1=an﹣an2两边同除以an+1an得，和1≤≤2，得1≤≤2，累加得1+1+...1≤+﹣+...+﹣≤2+2+ (2)所以n≤﹣≤2n，因此≤an+1≤（n∈N*）②，由①②得≤（n∈N*）．【点评】本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．高考数学试卷解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．1．已知集合{124}A =，，，{246}B =，，，则A B =▲．【答案】{}1,2,4,6。

高考数学文一轮：一课双测A+B精练二十三正弦定理和余弦定理1

高考数学文一轮：一课双测A+B精练二十三正弦定理和余弦定理2

高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(二十三) 正弦定理和余弦定理1．在△ABC 中，a 、b 分别是角A 、B 所对的边，条件“a<b ”是使“cos A>cos B ”成立的( )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2．(·泉州模拟)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边．若A ＝π3，b ＝1，△ABC 的面积为32，则a 的值为( ) A ．1B ．2 C.32D.3 3．(·“江南十校”联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a ＝23，c ＝22，1＋tanA tanB ＝2cb，则C ＝( )A ．30°B ．45°C ．45°或135°D ．60°4．(·陕西高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，若a2＋b2＝2c2，则cosC 的最小值为( )A.32B.22C.12D ．－125．(·上海高考)在△ABC 中，若sin2A ＋sin2B<sin2C ，则△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．不能确定6．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c.若b ＝2asinB ，则角A 的大小为________．7．在△ABC 中，若a ＝3，b ＝3，A ＝π3，则C 的大小为________．8．(·北京西城期末)在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.若b ＝25，B ＝π4，sinC ＝55，则c ＝________；a ＝________.9．(·北京高考)在△ABC 中，若a ＝2，b ＋c ＝7，cosB＝－14，则b ＝________.10．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，asinA ＋csinC －2asinC ＝bsinB. (1)求B ；(2)若A ＝75°，b ＝2，求a ，c.11．(·北京朝阳统考)在锐角三角形ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，且满足3a －2bsinA ＝0.(1)求角B 的大小；(2)若a ＋c ＝5，且a>c ，b ＝7，求AB ―→·AC ―→的值．12．(·山东高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sinB(tanA ＋tanC)＝tanAtanC.(1)求证：a ，b ，c 成等比数列； (2)若a ＝1，c ＝2，求△ABC 的面积S.1．(·湖北高考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若三边的长为连续的三个正整数，且A>B>C ，3b ＝20acosA ，则sinA ∶s inB ∶sinC 为( )A ．4∶3∶2B ．5∶6∶7C ．5∶4∶3D ．6∶5∶42．(·长春调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知4sin2A ＋B2－cos2C ＝72，且a ＋b ＝5，c ＝7，则△ABC 的面积为________．3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2b －c)cosA －acosC ＝0. (1)求角A 的大小；(2)若a ＝3，S △ABC ＝334，试判断△ABC 的形状，并说明理由．[答题栏]A 级1._________2._________3._________4._________5.__________6._________B 级1.______2.______7.__________8.__________9.__________ 答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(二十三)A 级1．选Ca<b ⇔A<B ⇔cosA>cosB.2．选D 由已知得12bcsinA ＝12×1×c ×sin π3＝32，解得c ＝2，则由余弦定理可得a2＝4＋1－2×2×1×cos π3＝3⇒a ＝ 3.3．选B 由1＋tanA tanB ＝2cb 和正弦定理得cos Asin B ＋sin Acos B ＝2sin Ccos A ，即sin C ＝2sin Ccos A ，所以cos A ＝12，则A ＝60°.由正弦定理得23sin A ＝22sin C ，则sin C ＝22，又c<a ，则C<60°，故C ＝45°.4．选C 由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcos C ，又c2＝12(a2＋b2)，得2abcos C ＝12(a2＋b2)，即cos C ＝a2＋b24ab ≥2ab 4ab ＝12.5．选C 由正弦定理得a2＋b2<c2，所以cosC ＝a2＋b2－c22ab<0，所以C 是钝角，故△ABC 是钝角三角形．6．解析：由正弦定理得sinB ＝2sinAsinB ，∵sinB ≠0， ∴sinA ＝12，∴A ＝30°或A ＝150°.答案：30°或150°7．解析：由正弦定理可知sinB ＝bsinA a ＝3sinπ33＝12，所以B ＝π6或5π6(舍去)，所以C＝π－A －B ＝π－π3－π6＝π2.答案：π28．解析：根据正弦定理得b sinB ＝c sinC ，则c ＝bsinCsinB ＝22，再由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB ，即a2－4a －12＝0，(a ＋2)(a －6)＝0，解得a ＝6或a ＝－2(舍去)．答案：2269．解析：根据余弦定理代入b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，解得b ＝4. 答案：410．解：(1)由正弦定理得a2＋c2－2ac ＝b2. 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB. 故cosB ＝22，因此B ＝45°. (2)sin A ＝sin(30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝2＋64. 故a ＝b ×sin A sin B ＝2＋62＝1＋3，c ＝b ×sin C sin B ＝2×sin 60°sin 45°＝ 6. 11．解：(1)因为3a －2bsin A ＝0，所以3sin A －2sin Bsin A ＝0，因为sin A ≠0，所以sin B ＝32. 又B 为锐角，所以B ＝π3.(2)由(1)可知，B ＝π3.因为b ＝7.根据余弦定理，得7＝a2＋c2－2accos π3，整理，得(a ＋c)2－3ac ＝7. 由已知a ＋c ＝5，得ac ＝6. 又a>c ，故a ＝3，c ＝2.于是cosA ＝b2＋c2－a22bc ＝7＋4－947＝714，所以AB ·AC ＝|AB |·|AC |cosA ＝cbcosA ＝2×7×714＝1. 12．解：(1)证明：在△ABC 中，由于sin B(tan A ＋tan C)＝ tan Atan C ，所以sin B ⎝⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin C cos C ＝sin A cos A ·sin C cos C，因此sin B(sin Acos C ＋cos Asin C)＝sin Asin C ，所以sin Bsin(A ＋C)＝sin Asin C. 又A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋C)＝sin B ，因此sin2B ＝si n Asin C. 由正弦定理得b 2＝ac ，即a ，b ，c 成等比数列．(2)因为a ＝1，c ＝2，所以b ＝2，由余弦定理得cosB ＝a2＋c2－b22ac ＝12＋22－22×1×2＝34，因为0<B<π，所以sinB ＝1－cos2B ＝74，故△ABC 的面积S ＝12acsinB ＝12×1×2×74＝74.B 级1．选D 由题意可得a>b>c ，且为连续正整数，设c ＝n ，b ＝n ＋1，a ＝n ＋2(n>1，且n ∈N*)，则由余弦定理可得3(n ＋1)＝20(n ＋2)·n ＋12＋n2－n ＋222n n ＋1，化简得7n2－13n －60＝0，n ∈N*，解得n ＝4，由正弦定理可得sinA ∶sinB ∶sinC ＝a ∶b ∶c ＝6∶5∶4.2．解析：因为4sin2A ＋B 2－cos2C ＝72，所以2[1－cos(A ＋B)]－2cos2C ＋1＝72，2＋2cosC －2cos2C ＋1＝72，cos2C －cosC ＋14＝0，解得cosC ＝12.根据余弦定理有cosC ＝12＝a2＋b2－72ab，ab ＝a2＋b2－7,3ab ＝a2＋b2＋2ab －7＝(a ＋b)2－7＝25－7＝18，ab ＝6，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12absinC ＝12×6×32＝332.答案：3323．解：(1)法一：由(2b －c)cos A －acos C ＝0及正弦定理，得 (2sin B －sin C)cos A －sin Acos C ＝0， ∴2sin Bcos A －sin(A ＋C)＝0，sin B(2cos A －1)＝0. ∵0<B<π，∴sin B ≠0， ∴cos A ＝12.∵0<A<π，∴A ＝π3.法二：由(2b －c)cos A －acos C ＝0，及余弦定理，得(2b －c)·b2＋c2－a22bc －a ·a2＋b2－c22ab ＝0，整理，得b2＋c2－a2＝bc ，∴cos A ＝b2＋c2－a22bc ＝12，∵0<A<π，∴A ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12bcsin A ＝334，即12bcsin π3＝334， ∴bc ＝3，①∵a2＝b2＋c2－2bccos A ，a ＝3，A ＝π3，∴b2＋c2＝6，② 由①②得b ＝c ＝3， ∴△ABC 为等边三角形．高考数学试卷（理科）一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理工类）1．5分）下列函数为奇函数的是（）A．y=B．y=|sinx| C．y=cosx D．y=ex﹣e﹣x2．（5分）若集合A={i，i2，i3，i4}（i是虚数单位），B={1，﹣1}，则A∩B等于（）A．{﹣1} B．{1} C．{1，﹣1} D．∅（3．（5分）若双曲线E ：=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|=3，则|PF2|等于（）A．11 B．9 C．5 D．34．（5分）为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：8.2 8.6 10.0 11.3 11.9收入x（万元）6.27.58.0 8.59.8支出y（万元）根据上表可得回归直线方程，其中，据此估计，该社区一户收入为15万元家庭年支出为（）A．11.4万元B．11.8万元C．12.0万元D．12.2万元5．（5分）若变量x，y 满足约束条件则z=2x﹣y的最小值等于（）A．2 B．﹣2 C ． D ．6．（5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（）A．2 B．1 C．0 D．﹣17．（5分）若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件8．（5分）若a，b是函数f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）A．6 B．7 C．8 D．99．（5分）已知，若P点是△ABC所在平面内一点，且，则的最大值等于（）A．13 B．15 C．19 D．2110．（5分）若定义在R上的函数f（x）满足f（0）=﹣1，其导函数f′（x）满足f′（x）＞k＞1，则下列结论中一定错误的是（）A． B．C．D．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.11．（4分）（x+2）5的展开式中，x2的系数等于．（用数字作答）12．（4分）若锐角△ABC的面积为，且AB=5，AC=8，则BC等于．13．（4分）如图，点A的坐标为（1，0），点C的坐标为（2，4），函数f（x）=x2，若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于．14．（4分）若函数f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），则实数a的取值范围是．15．（4分）一个二元码是由0和1组成的数字串，其中xk（k=1，2，…，n）称为第k位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：其中运算⊕定义为：0⊕0=0，0⊕1=1，1⊕0=1，1⊕1=0．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于．三、解答题16．（13分）某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．（1）求当天小王的该银行卡被锁定的概率；（2）设当天小王用该银行卡尝试密码次数为X，求X的分布列和数学期望．17．（13分）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．（1）求证：GF∥平面ADE；（2）求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．18．（13分）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）过点，且离心率e为．（1）求椭圆E的方程；（2）设直线x=my﹣1（m∈R）交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由．19．（13分）已知函数f（x）的图象是由函数g（x）=cosx的图象经如下变换得到：先将g（x）图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变，再将所得到的图象向右平移个单位长度．（1）求函数f（x）的解析式，并求其图象的对称轴方程；（2）已知关于x的方程f（x）+g（x）=m在[0，2π）内有两个不同的解α，β（i）求实数m的取值范围；（ii）证明：cos（α﹣β）=﹣1．20．（7分）已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）（1）证明：当x＞0时，f（x）＜x；（2）证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；（3）确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈（0，t），恒有|f（x）﹣g （x）|＜x2．四、选修42：矩阵与变换21．（7分）已知矩阵A=，B=（1）求A的逆矩阵A﹣1；（2）求矩阵C，使得AC=B．五、选修44：坐标系与参数方程22．（7分）在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（t为参数）．在极坐标系（与平面直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x 轴非负半轴为极轴），直线l的方程为ρsin（θ﹣）=m，（m∈R）（1）求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；（2）设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值．六、选修45：不等式选讲23．（7分）已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c的最小值为4．（1）求a+b+c的值；（2）求a2+b2+c2的最小值．高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，共50分）普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）数学（理工类）1．（5分）下列函数为奇函数的是（）A．y=B．y=|sinx| C．y=cosx D．y=ex﹣e﹣x【分析】根据函数奇偶性的定义进行判断即可．【解答】解：A．函数的定义域为[0，+∞），定义域关于原点不对称，故A为非奇非偶函数．B．f（﹣x）=|sin（﹣x）|=|sinx|=f（x），则f（x）为偶函数．C．y=cosx为偶函数．D．f（﹣x）=e﹣x﹣ex=﹣（ex﹣e﹣x）=﹣f（x），则f（x）为奇函数，故选：D．【点评】本题主要考查函数奇偶性的判断，根据函数奇偶性定义是解决本题的关键．2．（5分）若集合A={i，i2，i3，i4}（i是虚数单位），B={1，﹣1}，则A∩B等于（）A．{﹣1} B．{1} C．{1，﹣1} D．∅【分析】利用虚数单位i的运算性质化简A，然后利用交集运算得答案．【解答】解：∵A={i，i2，i3，i4}={i，﹣1，﹣i，1}，B={1，﹣1}，∴A∩B={i，﹣1，﹣i，1}∩{1，﹣1}={1，﹣1}．故选：C．【点评】本题考查了交集及其运算，考查了虚数单位i的运算性质，是基础题．3．（5分）若双曲线E：=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|=3，则|PF2|等于（）A．11 B．9 C．5 D．3【分析】确定P在双曲线的左支上，由双曲线的定义可得结论．【解答】解：由题意，双曲线E：=1中a=3．∵|PF1|=3，∴P在双曲线的左支上，∴由双曲线的定义可得|PF2|﹣|PF1|=6，∴|PF2|=9．故选：B．【点评】本题考查双曲线的标准方程，考查双曲线的定义，属于基础题．4．（5分）为了解某社区居民的家庭年收入与年支出的关系，随机调查了该社区5户家庭，得到如下统计数据表：8.2 8.6 10.0 11.3 11.9收入x（万元）6.27.58.0 8.59.8支出y（万元）根据上表可得回归直线方程，其中，据此估计，该社区一户收入为15万元家庭年支出为（）A．11.4万元B．11.8万元C．12.0万元D．12.2万元【分析】由题意可得和，可得回归方程，把x=15代入方程求得y值即可．【解答】解：由题意可得=（8.2+8.6+10.0+11.3+11.9）=10，=（6.2+7.5+8.0+8.5+9.8）=8，代入回归方程可得=8﹣0.76×10=0.4，∴回归方程为=0.76x+0.4，把x=15代入方程可得y=0.76×15+0.4=11.8，故选：B．【点评】本题考查线性回归方程，涉及平均值的计算，属基础题．5．（5分）若变量x，y 满足约束条件则z=2x﹣y的最小值等于（）A．2 B．﹣2 C ． D ．【分析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为A，联立，解得A（﹣1，）．∴z=2x﹣y的最小值为2×（﹣1）﹣=．故选：D．【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．6．（5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（）A．2 B．1 C．0 D．﹣1【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的i，S的值，当i=6时满足条件i＞5，退出循环，输出S的值为0．【解答】解：模拟执行程序框图，可得i=1，S=0S=cos，i=2不满足条件i＞5，S=cos+cosπ，i=3不满足条件i＞5，S=cos+cosπ+cos，i=4不满足条件i＞5，S=cos+cosπ+cos+cos2π，i=5不满足条件i＞5，S=cos+cosπ+cos+cos2π+cos=0﹣1+0+1+0=0，i=6满足条件i＞5，退出循环，输出S的值为0，故选：C．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的i，S的值是解题的关键，属于基础题．7．（5分）若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】利用直线与平面平行与垂直关系，判断两个命题的充要条件关系即可．【解答】解：l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”可能“l∥α”也可能l⊂α，反之，“l∥α”一定有“l⊥m”，所以l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件．故选：B．【点评】本题考查空间直线与平面垂直与平行关系的应用，充要条件的判断，基本知识的考查．8．（5分）若a，b是函数f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）A．6 B．7 C．8 D．9【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于a，b的方程组，求得a，b后得答案．【解答】解：由题意可得：a+b=p，ab=q，∵p＞0，q＞0，可得a＞0，b＞0，又a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得①或②．解①得：；解②得：．∴p=a+b=5，q=1×4=4，则p+q=9．故选：D．【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题．9．（5分）已知，若P点是△ABC所在平面内一点，且，则的最大值等于（）A．13 B．15 C．19 D．21【分析】建系，由向量式的几何意义易得P的坐标，可化=﹣4（﹣4）﹣（t﹣1）=17﹣（4•+t），由基本不等式可得．【解答】解：由题意建立如图所示的坐标系，可得A（0，0），B（，0），C（0，t），∵，∴P（1，4），∴=（﹣1，﹣4），=（﹣1，t﹣4），∴=﹣4（﹣4）﹣（t﹣1）=17﹣（4t+），由基本不等式可得+4t≥2=4，∴17﹣（4t+）≤17﹣4=13，当且仅当4t=即t=时取等号，∴的最大值为13，故选：A．【点评】本题考查平面向量数量积的运算，涉及基本不等式求最值，属中档题．10．（5分）若定义在R上的函数f（x）满足f（0）=﹣1，其导函数f′（x）满足f′（x）＞k＞1，则下列结论中一定错误的是（）A． B．C．D．【分析】根据导数的概念得出＞k＞1，用x=代入可判断出f（）＞，即可判断答案．【解答】解；∵f′（0）=f′（x）＞k＞1，∴＞k＞1，即＞k＞1，当x=时，f（）+1＞×k=，即f（）﹣1=故f（）＞，所以f（）＜，一定出错，另解：设g（x）=f（x）﹣kx+1，g（0）=0，且g′（x）=f′（x）﹣k＞0，g（x）在R上递增，k＞1，对选项一一判断，可得C错．故选：C．【点评】本题考查了导数的概念，不等式的化简运算，属于中档题，理解了变量的代换问题．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.11．（4分）（x+2）5的展开式中，x2的系数等于80．（用数字作答）【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于2，求得r的值，即可求得展开式中的x2项的系数．【解答】解：（x+2）5的展开式的通项公式为Tr+1=•x5﹣r•2r，令5﹣r=2，求得r=3，可得展开式中x2项的系数为=80，故答案为：80．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．12．（4分）若锐角△ABC的面积为，且AB=5，AC=8，则BC等于7．【分析】利用三角形的面积公式求出A，再利用余弦定理求出BC．【解答】解：因为锐角△ABC的面积为，且AB=5，AC=8，所以，所以sinA=，所以A=60°，所以cosA=，所以BC==7．故答案为：7．【点评】本题考查三角形的面积公式，考查余弦定理的运用，比较基础．13．（4分）如图，点A的坐标为（1，0），点C的坐标为（2，4），函数f（x）=x2，若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于．【分析】分别求出矩形和阴影部分的面积，利用几何概型公式，解答．【解答】解：由已知，矩形的面积为4×（2﹣1）=4，阴影部分的面积为=（4x﹣）|=，由几何概型公式可得此点取自阴影部分的概率等于；故答案为：．【点评】本题考查了定积分求曲边梯形的面积以及几何概型的运用；关键是求出阴影部分的面积，利用几何概型公式解答．14．（4分）若函数f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），则实数a的取值范围是（1，2]．【分析】当x≤2时，检验满足f（x）≥4．当x＞2时，分类讨论a的范围，依据函数的单调性，求得a的范围，综合可得结论．【解答】解：由于函数f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），故当x≤2时，满足f（x）=6﹣x≥4．①若a＞1，f（x）=3+logax在它的定义域上单调递增，当x＞2时，由f（x）=3+logax≥4，∴logax≥1，∴loga2≥1，∴1＜a≤2．②若0＜a＜1，f（x）=3+logax在它的定义域上单调递减，f（x）=3+logax＜3+loga2＜3，不满足f（x）的值域是[4，+∞）．综上可得，1＜a≤2，故答案为：（1，2]．【点评】本题主要考查分段函数的应用，对数函数的单调性和特殊点，属于中档题．15．（4分）一个二元码是由0和1组成的数字串，其中xk（k=1，2，…，n）称为第k位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：其中运算⊕定义为：0⊕0=0，0⊕1=1，1⊕0=1，1⊕1=0．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于5．【分析】根据二元码x1x2…x7的码元满足的方程组，及“⊕”的运算规则，将k的值从1至7逐个验证即可．【解答】解：依题意，二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，①若k=1，则x1=0，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x4⊕x5⊕x6⊕x7=1，故k≠1；②若k=2，则x1=1，x2=0，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠2；③若k=3，则x1=1，x2=1，x3=1，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠3；④若k=4，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=0，x5=1，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x1⊕x3⊕x5⊕x7=1，故k≠4；⑤若k=5，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=0，x6=0，x7=1，从而由校验方程组，得x4⊕x5⊕x6⊕x7=0，x2⊕x3⊕x6⊕x7=0，x1⊕x3⊕x5⊕x7=0，故k=5符合题意；⑥若k=6，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=1，x7=1，从而由校验方程组，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠6；⑦若k=7，则x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=0，从而由校验方程组，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠7；综上，k等于5．故答案为：5．【点评】本题属新定义题，关键是弄懂新定义的含义或规则，事实上，本题中的运算符号“⊕”可看作是两个数差的绝对值运算，知道了这一点，验证就不是难事了．三、解答题16．（13分）某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．（1）求当天小王的该银行卡被锁定的概率；（2）设当天小王用该银行卡尝试密码次数为X，求X的分布列和数学期望．【分析】（1）根据概率的公式即可求当天小王的该银行卡被锁定的概率；（2）随机变量X的取值为：1，2，3，分别求出对应的概率，即可求出分布列和期望．【解答】解：（1）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则P（A）=．（2）有可能的取值是1，2，3又则P（X=1）=，P（X=2）==，P（X=3）==，所以X的分布列为：X 1 2 3PEX=1×+2×+3×=．【点评】本小题主要考查分步计数原理、随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力、应用意识，考查必然与或然思想．17．（13分）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．（1）求证：GF∥平面ADE；（2）求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．【分析】解法一：（1）取AE的中点H，连接HG，HD，通过证明四边形HGFD是平行四边形来证明GF∥DH，由线面平行的判定定理可得；（2）以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平面BEC和平面AEF的法向量，由向量夹角的余弦值可得．解法二：（1）如图，取AB中点M，连接MG，MF，通过证明平面GMF∥平面ADE来证明GF∥平面ADE；（2）同解法一．【解答】解法一：（1）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，∵G是BE的中点，∴GH∥AB，且GH=AB，又∵F是CD中点，四边形ABCD是矩形，∴DF∥AB，且DF=AB，即GH∥DF，且GH=DF，∴四边形HGFD是平行四边形，∴GF∥DH，又∵DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，∴GF∥平面ADE．（2）如图，在平面BEG内，过点B作BQ∥CE，∵BE⊥EC，∴BQ⊥BE，又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ，以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1）∵AB⊥平面BEC，∴为平面BEC的法向量，设=（x，y，z）为平面AEF的法向量．又=（2，0，﹣2），=（2，2，﹣1）由垂直关系可得，取z=2可得．∴cos＜，＞==∴平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．解法二：（1）如图，取AB中点M，连接MG，MF，又G是BE的中点，可知GM∥AE，且GM=AE又AE⊂平面ADE，GM⊄平面ADE，∴GM∥平面ADE．在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点可得MF∥AD．又AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE，∴MF∥平面ADE．又∵GM∩MF=M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF∴平面GMF∥平面ADE，∵GF⊂平面GMF，∴GF∥平面ADE（2）同解法一．【点评】本题考查空间线面位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，建系求二面角是解决问题的关键，属难题．18．（13分）已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）过点，且离心率e为．（1）求椭圆E的方程；（2）设直线x=my﹣1（m∈R）交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由．【分析】解法一：（1）由已知得，解得即可得出椭圆E的方程．（2）设点A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为H（x0，y0）．直线方程与椭圆方程联立化为（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，利用根与系数的关系中点坐标公式可得：y0=．|GH|2=．=，作差|GH|2﹣即可判断出．解法二：（1）同解法一．（2）设点A（x1，y1），B（x2，y2），则=，=．直线方程与椭圆方程联立化为（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，计算=即可得出∠AGB，进而判断出位置关系．【解答】解法一：（1）由已知得，解得，∴椭圆E的方程为．（2）设点A（x1y1），B（x2，y2），AB中点为H（x0，y0）．由，化为（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，∴y1+y2=，y1y2=，∴y0=．G，∴|GH|2==+=++．===，故|GH|2﹣=+=﹣+=＞0．∴，故G在以AB为直径的圆外．解法二：（1）同解法一．（2）设点A（x1y1），B（x2，y2），则=，=．由，化为（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，∴y1+y2=，y1y2=，从而==+y1y2=+=﹣+=＞0．∴＞0，又，不共线，∴∠AGB为锐角．故点G在以AB为直径的圆外．【点评】本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系、点与圆的位置关系、向量数量积运算性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，属于难题．19．（13分）已知函数f（x）的图象是由函数g（x）=cosx的图象经如下变换得到：先将g（x）图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变，再将所得到的图象向右平移个单位长度．（1）求函数f（x）的解析式，并求其图象的对称轴方程；（2）已知关于x的方程f（x）+g（x）=m在[0，2π）内有两个不同的解α，β（i）求实数m的取值范围；（ii）证明：cos（α﹣β）=﹣1．【分析】（1）由函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律可得：f（x）=2sinx，从而可求对称轴方程．（2）（i）由三角函数中的恒等变换应用化简解析式可得f（x）+g（x）=sin（x+φ）（其中sinφ=，cosφ=），从而可求||＜1，即可得解．（ii）由题意可得sin（α+φ）=，sin（β+φ）=．当1≤m＜时，可求α﹣β=π﹣2（β+φ），当﹣＜m＜0时，可求α﹣β=3π﹣2（β+φ），由cos（α﹣β）=2sin2（β+φ）﹣1，从而得证．【解答】解：（1）将g（x）=cosx的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到y=2cosx的图象，再将y=2cosx的图象向右平移个单位长度后得到y=2cos（x﹣）的图象，故f（x）=2sinx，从而函数f（x）=2sinx图象的对称轴方程为x=k（k∈Z）．（2）（i）f（x）+g（x）=2sinx+cosx=（）=sin（x+φ）（其中sinφ=，cosφ=）依题意，sin（x+φ）=在区间[0，2π）内有两个不同的解α，β，当且仅当||＜1，故m的取值范围是（﹣，）．（ii）因为α，β是方程sin（x+φ）=m在区间[0，2π）内的两个不同的解，所以sin（α+φ）=，sin（β+φ）=．当1≤m＜时，α+β=2（﹣φ），即α﹣β=π﹣2（β+φ）；当﹣＜m＜1时，α+β=2（﹣φ），即α﹣β=3π﹣2（β+φ）；所以cos（α﹣β）=﹣cos2（β+φ）=2sin2（β+φ）﹣1=2（）2﹣1=．【点评】本小题主要考查三角函数的图象与性质、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整体思想、化归与转化思想、数形结合思想．20．（7分）已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）（1）证明：当x＞0时，f（x）＜x；（2）证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；（3）确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈（0，t），恒有|f（x）﹣g （x）|＜x2．【分析】（1）令F（x）=f（x）﹣x=ln（1+x）﹣x，x≥0，求导得到F′（x）≤0，说明F（x）在[0，+∞）上单调递减，则x＞0时，f（x）＜x；（2）令G（x）=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，x∈（0，+∞），可得k≤0时，G′（x）＞0，说明G（x）在（0，+∞）上单调递增，存在x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f （x）＞g（x）；当0＜k＜1时，由G′（x）=0，求得．取，对任意x∈（0，x0），恒有G′（x）＞0，G（x）在上单调递增，G（x）＞G（0）=0，即f （x）＞g（x）；（3）分k＞1、k＜1和k=1把不等式|f（x）﹣g（x）|＜x2的左边去绝对值，当k＞1时，利用导数求得|f（x）﹣g（x）|＞x2，满足题意的t不存在．当k＜1时，由（2）知存在x0＞0，使得对任意的任意x∈（0，x0），f（x）＞g（x）．令N（x）=ln（1+x）﹣kx﹣x2，x∈[0，+∞），求导数分析满足题意的t不存在．当k=1，由（1）知，当x∈（0，+∞）时，|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=x﹣ln（1+x），令H （x）=x﹣ln（1+x）﹣x2，x∈[0，+∞），则有x＞0，H′（x）＜0，H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）＜H（0）=0，说明当x＞0时，恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2，此时，满足t＞0的实数t存在．【解答】（1）证明：令F（x）=f（x）﹣x=ln（1+x）﹣x，x≥0，则有F′（x）=﹣1=﹣，∵x≥0，∴F′（x）≤0，∴F（x）在[0，+∞）上单调递减，∴当x∈（0，+∞）时，有F（x）＜F（0）=0，∴x＞0时，f（x）＜x；（2）证明：令G（x）=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，x∈（0，+∞），则有G′（x）=﹣k=，当k≤0时，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，+∞）上单调递增，∴G（x）＞G（0）=0，故对任意正实数x0均满足题意．当0＜k＜1时，令G′（x）=0，得．取，对任意x∈（0，x0），恒有G′（x）＞0，∴G（x）在（0，x0）上单调递增，G（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）．综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；（3）解：当k＞1时，由（1）知，对于任意x∈（0，+∞），g（x）＞x＞f（x），故g （x）＞f（x），|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=kx﹣ln（1+x），令M（x）=kx﹣ln（1+x）﹣x2，x∈（0，+∞），则有，故当时，M′（x）＞0，M（x）在[0，）上单调递增，故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）﹣g（x）|＞x2，∴满足题意的t不存在．当k＜1时，由（2）知存在x0＞0，使得对任意的x∈（0，x0），f（x）＞g（x）．此时|f（x）﹣g（x）|=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，令N（x）=ln（1+x）﹣kx﹣x2，x∈[0，+∞），则有，故当时，N′（x）＞0，N（x）在[0，）上单调递增，故N（x）＞N（0）=0，即f（x）﹣g（x）＞x2，记x0与中较小的为x1，则当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）﹣g（x）|＞x2，故满足题意的t不存在．当k=1，由（1）知，当x∈（0，+∞）时，|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=x﹣ln （1+x），令H（x）=x﹣ln（1+x）﹣x2，x∈[0，+∞），则有，当x＞0，H′（x）＜0，∴H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）＜H（0）=0，故当x＞0时，恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2，满足t＞0的实数t存在．综上，k=1．【点评】本小题主要考查导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想、数形结合思想，是压轴题．四、选修42：矩阵与变换21．（7分）已知矩阵A=，B=（1）求A的逆矩阵A﹣1；（2）求矩阵C，使得AC=B．【分析】（1）求出矩阵的行列式，即可求A的逆矩阵A﹣1；（2）由AC=B得（A﹣1A）C=A﹣1B，即可求矩阵C，使得AC=B．【解答】解：（1）因为|A|=2×3﹣1×4=2，所以；（2）由AC=B得（A﹣1A）C=A﹣1B，故．【点评】本小题主要考查矩阵、逆矩阵等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．五、选修44：坐标系与参数方程22．（7分）在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（t为参数）．在极坐标系（与平面直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x 轴非负半轴为极轴），直线l的方程为ρsin（θ﹣）=m，（m∈R）（1）求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；（2）设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值．【分析】（1）直接利用极坐标与直角坐标的互化以及参数方程与普通方程的互化求解即可．（2）直接利用点到直线的距离个数求解即可．【解答】解：（1）消去参数t，得到圆的普通方程为（x﹣1）2+（y+2）2=9，由ρsin（θ﹣）=m，得ρsinθ﹣ρcosθ﹣m=0，所以直线l的直角坐标方程为：x﹣y+m=0．（2）依题意，圆心C（1，﹣2）到直线l：x﹣y+m=0的距离等于2，即，解得m=﹣3±2．【点评】本小题主要考查极坐标与直角坐标的互化、圆的参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．六、选修45：不等式选讲23．（7分）已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c的最小值为4．（1）求a+b+c的值；（2）求a2+b2+c2的最小值．【分析】（1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值；（2）运用柯西不等式，注意等号成立的条件，即可得到最小值．【解答】解：（1）因为f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c≥|（x+a）﹣（x﹣b）|+c=|a+b|+c，当且仅当﹣a≤x≤b时，等号成立，又a＞0，b＞0，所以|a+b|=a+b，所以f（x）的最小值为a+b+c，所以a+b+c=4；（2）由（1）知a+b+c=4，由柯西不等式得，（a2+b2+c2）（4+9+1）≥（•2+•3+c•1）2=（a+b+c）2=16，即a2+b2+c2≥当且仅当==，即a=，b=，c=时，等号成立．所以a2+b2+c2的最小值为．【点评】本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算能力，属于中档题．高考数学试卷解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．1．已知集合{124}A =，，，{246}B =，，，则A B =▲．【答案】{}1,2,4,6。