三角函数与解三角形测试卷(二)

一、单选题

1．在△ABC中，A60，a6，b4，则满足条件的△ABC（ ） A．无解

B．有一解

C．有两解

D．不能确定

π2．下列四个函数中，以π为最小正周期，且在区间,π上单调递减的是（ ）

2A．ycosx 3．函数f(x)B．ysinx

xC．ycos

2D．ytanx

2sinx的部分图象大致为（ ） |x|2A． B．

C． D．

4．圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣·索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45和60，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15，则可估算圣·索菲亚教堂的高度CD约为（ ）

A．54m

B．47m

C．50m

D．44m

13π)有三个不同的零点x1,x2,x3，且x1x2x3，5．已知函数fx2sinxm(x0,6则x12x2x3（ ） A．4π

B．2π

C．

4π 3D．

7π 3试卷第1页，共4页

6．已知sinsin1，则tan（ ）

63A．6 3B．3 3C．±2 D．±2 27．tan10tan503tan10tan50的值为（ ） A．3 3B．3 C．1 D．3 tan138．已知sin，sin=，则的值为（ ）

tan55A．2

B．2

C．

121D．

29．已知函数fxsin2x0,0的部分图象如图所示，则下列结论正

2确的是（ ）

A．fx的图象关于点,0对称

3B．fx的图象向右平移个单位后得到ysin2x的图象 3C．fx在区间0,的最小值为

22

D．fx为偶函数

6610．在ABC中，A，B，C分别为ABC三边a，b，c所对的角，若cosB3sinB2，且

cosBcosC2sinAsinB，则ac的最大值是（ ） bc3sinCA．1 B．3 C．2 D．23 11．在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a2b22022c2，则

2tanAtanB的值为（ ）

tanCtanAtanBA．0

B．1

C．2021

D．2022

12．已知M是ABC内的一点，且ABAC2，BAC1S△MAB1S△MAC4，S△MBC1S△ABC，则2的最小值是（ ）

试卷第2页，共4页

A．8 二、填空题

B．4 C．2 D．1

113．已知cos(75°＋α)＝，求cos(105°－α)＋sin(15°－α)＝________.

314．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2b23c2ac0，sin(AB)2sinA，则cosC___________．

15．B，C的对边分别为a，b，c，在△ABC中，内角A，已知asinAbsinBcbsinC，若角A的内角平分线AD的长为2，则△ABC面积的最小值为______．

316．已知函数fx2sinx（0）在区间,上单调递增，且函数

43gx2sinx2在2,0上有且仅有一个零点，则实数的取值范围是_______. 三、解答题

17．设ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知c3，且

3sinABcosC2.

(1)求角C的大小；

(2)若向量msinA,1与n2,sinB互相垂直，求a、b的值. 18．从①csinCasinA3cbsinB；② sin2A3cos2A3条件中任选一个，补充到下面横线处，并解答

：在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，AB23. (1)求角A；

(2)若ABC外接圆的圆心为O，cosAOB11，求BC的长. 14注：如果选择多个条件分别解答；按第一个解答计分.

319．在ABC中．sinAcosA．

64(1)求角A；

(2)若AC8，点D是线段BC的中点，DEAC于点E，且DE33，求CE的长． 420．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，btanAbtanB(1)求角B；

(2)D是AC边上的点，若CD1，ADBD3，求sinA的值． 21．如图，在平面四边形ABCD中，B3c． cosA3,BC2,ABC的面积S4ABC2.

试卷第3页，共4页

(1)求AC的长；

(2)从条件①､条件②､条件③这三个条件中任选两个作为已知，判断DCABCA是否可能成立，并说明理由. 条件①：D4；条件②：AD4；条件③：CD6.

22．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且

asinAcsinC2sinBbsinCsinB．

(1)求角A；

(2)若ABC为锐角三角形，求3bc的取值范围．

2a试卷第4页，共4页

参考答案：

1．A 【解析】 【分析】

根据正弦定理进行判断即可. 【详解】

ab由正弦定理可知：sinAsinB显然不存在这样的角B， 故选：A 2．B 【解析】 【分析】

64sinB21， 3sinB2π利用最小正周期为π排除选项AC；利用在区间,π上单调递减排除选项D；选项B以π为

2π最小正周期，且在区间,π上单调递减，判断正确.

2【详解】

选项A：ycosx最小正周期为2π.判断错误；

π选项B：ysinx最小正周期为π，且在区间,π上单调递减.判断正确；

2x选项C：ycos最小正周期为4π.判断错误；

2π选项D：ytanx在区间,π上单调递增. 判断错误.

2故选：B 3．B 【解析】 【分析】

根据奇偶性及函数值的正负判断即可. 【详解】

2sinxf(x)R 因为x2，定义域为

答案第1页，共15页

所以f(x)2sin(x)2sinxf(x)

x2x2所以f(x)为奇函数，且f(0)0，排除CD 当x0,时，sinx0，即f(x)0，排除A 故选：B. 4．A 【解析】 【分析】

根据题意求得AM362，在AMC中由正弦定理求出CM，即可在直角CDM中求出

CD.

【详解】

由题可得在直角ABM中，AMB45，AB36，所以AM362， 在AMC中，AMC180604575，MAC154560， 所以ACM180756045，

AMCM，所以CMsin45sin6036222所以由正弦定理可得

32363

，则在直角CDM中，CDCMsin6054，即圣·索菲亚教堂的高度约为54m. 故选：A. 5．A 【解析】 【分析】

根据正弦函数的对称性，结合函数零点的定义进行求解即可. 【详解】

13π令fx2sinxm0m2sinx，当x0,时，函数有三个零点，

6因此函数ym,y2sinx的图象有三个不同的交点， 因为2sin13ππ12sin21，所以m[0,1]， 662显然有0x1π13πx2π<2πx3， 26答案第2页，共15页

而x1,x2关于直线x对称，x2,x3关于直线xπ23π对称， 2π3π4π， 所以x12x2x3x1x2x2x32222故选：A 6．D 【解析】 【分析】

3根据两角和的正弦公式展开，之后再用辅助角公式可得sin，再根据同角三角63函数的关系求解即可. 【详解】

1333sinsin()1，则sinsincos1，即sincos1，

32222333136故，所以sin，故cos，所sincos1632236332以tan323 6263故选：D 7．B 【解析】 【分析】

由tan60tan10503，利用两角和差正切公式可整理得到结果. 【详解】

tan60tan1050tan10tan503，

1tan10tan50tan10tan5033tan10tan50，tan10tan503tan10tan503. 故选：B. 8．B 【解析】 【分析】

答案第3页，共15页

2sincos5首先根据正弦两角和差公式得到，再利用同角三角函数的商数关系求解即

1cossin5可. 【详解】 由题知：

21sincossinsincoscossin55，解得， 13cossinsinsincoscossin55所以

tansincos2. tancossin故选：B 9．D 【解析】 【分析】

先由函数图象求出函数解析式，然后再逐个分析判断 【详解】

1因为fx的图象过点0,，

21所以sin，

2π，

262,1， 因为fx的图象过点3因为0，所以所以由五点作图法可知43，得1， 362所以fxsin2x，

62sin1，所以x为fx的图象的一条对于A，因为fsin33362对称轴，所以A错误，

对于B，fx的图象向右平移个单位后，得ysin2xsin2x，所以B

6666错误，

答案第4页，共15页

15对于C，当x0,时，2x,，所以sin2x1，所以fx在区间

26666210,的最小值为，所以C错误， 22 对于D，fxsin2xsin2xcos2x，令g(x)fxcos2x，

66662因为g(x)cos(2x)cos2xg(x)，所以g(x)fxcos2x为偶函数，

6所以D正确， 故选：D 10．D 【解析】 【分析】

根据已知条件求得B,b，再利用正弦定理将角化边，将问题转化为求23sinA的最大

6值问题求解即可. 【详解】

7，所以B. cosB3sinB2得sinB1，又B63666在ABC中，由正弦定理得：

cosBcosCccosBbcosCsinCcosBsinBcosCsinA2sinAsinB bcbcbsinCbsinC3sinC所以bac33，所以2sinBb2A23sinAsinAsinC2sinA2sin.

sinB63故当A62，即A3时，ac取得最大值23 故选：D 11．C 【解析】 【分析】

将给定三角式切化弦，再利用正弦定理角化边，借助余弦定理及已知计算作答. 【详解】

在ABC中，由余弦定理得：2abcosCa2b2c22021c2，

答案第5页，共15页

sinAsinB2tanAtanB2sinAsinBcosCcosAcosB 所以

tanC(tanAtanB)sinC(sinAsinB)sinC(sinAcosBcosAsinB)cosCcosAcosB22sinAsinBcosC2sinAsinBcosC2abcosC2021.

sinCsin(AB)sin2Cc2故选：C 12．A 【解析】 【分析】

利用向量数量积公式及三角形面积公式可得ABC的面积，结合已知可得S再根据基本不等式即可求解. 【详解】

∵ABAC2，BACMABSMAC1，24，

∴ABACABACcosBAC2ABAC22， ∴SABC1ABACsin451， 2SMBC因为S所以SABCSMABSMAC，S△MBC1S△ABC， 2MABSMAC1S2ABC1， 2MAC11所以2SSSMACMABMAB2S42SMAC2SMAB2SMAC2SMAB42， SMABSMACSMABSMACMAC448，当且仅当

故选：A. 13．0 【解析】 【分析】

2SMAC2SMAB，即SSMABSMACSMAB1时取等. 4利用诱导公式化简每一个式子，再把已知代入即得解. 【详解】

)＝90°因为(105°－α)＋(75°＋α)＝180°，(15°－α)＋(α＋75°， 1所以cos(105°－α)＝cos[180°－(75°＋α)]＝－cos(75°＋α)＝－，

3答案第6页，共15页

1sin(15°)]＝cos(75°－α)＝sin[90°－(α＋75°＋α)＝.

311所以cos(105°－α)＋sin(15°－α)＝－＋＝0.

33故答案为：0 14．2277 ＃＃77【解析】 【分析】

利用正弦定理角化边及其余弦定理即可求解. 【详解】

∵sin(AB)2sinA，∴sinC2sinA, 由正弦定理得c2a，

∵ 2b23c2ac0，∴2b22c2c2ac，

由余弦定理得：b2c2a22accosB，∴2a24accosBc2ac， ∴ 2a28a2cosB4a22a2， 1∴8a2cosB4a2，解得cosB，

2又∵0Bπ，∴B将a2π, 3c7代入2b23c2ac0得bc, 227cbcc212由正弦定理可得，即，解得sinC， 2πsinCsinBsinC7sin3又∵0C，∴cosC1sin2C1故答案为：15．43 【解析】 【分析】

27. 7π2327 77利用正弦定理进行边角互化，再利用余弦定理即可求出角A，由三角形面积相等，结合基本不等式求面积的最小值. 【详解】

答案第7页，共15页

本题考查解三角形的应用，考查逻辑推理的核心素养． 因为asinAbsinBcbsinC，所以a2b2c2bc． 21由余弦定理易得cosA，又0A所以A．

23因为AD平分角A，所以∠BAD＝∠CAD＝60°． 由SABCSABDSACD111，得bcsin120cADsin60bADsin60，

222即bc2bc4bc，得bc16，当且仅当b＝c时，等号成立，所以△ABC面积的最小值为43． 故答案为：43． 1216．,

43【解析】 【分析】

3ππ第一步，函数fx2sinx（0）在区间,上单调递增结合fx2sinx432ππ3ππππ，单调递增得到,，，得出0 . （0）在322432212π2π4第二步，gx2sinx2在2,0上有且仅有一个零点，可得，解出实数52π2π4的取值范围.

第三步，求出交集即可. 【详解】

ππππ,x得fx2sinx（0）在单调递增， 22223ππ又函数fx2sinx（0）在区间,上单调递增，

43由题及23ππππ，，得0 . 所以，,3432212π2π4gx2sinx2在2,0上有且仅有一个零点，可得，

52π2π4所以，

15， 44答案第8页，共15页

所以，

12. 4312故答案为：，.

4317．(1)C3

(2)a3，b23 【解析】 【分析】

（1）利用三角恒等变换化简得出sinC1，结合角C的取值范围可求得角C的值；

6（2）由平面向量垂直的坐标表示以及正弦定理可得出b2a，再利用余弦定理可求得a、b的值. (1)

解：因为3sinABcosC3sinCcosC2sinC2，

6所以，sinC1，

60C，则

(2)

解：由已知mn2sinAsinB0，则b2a，

由余弦定理可得9c2a2b22abcosCa2b2ab3a2， 因此，a3，b23. 18．(1)Aπ 66C67，C，解得C. 6362(2)BC27 【解析】 【分析】

（1）选择条件①可以用正弦定理进行角化边即可求解，选择条件②利用辅助角公式进行三角恒等变换即可.

（2）利用圆的角度关系和正弦定理即可求解. (1)

解：选择条件①：

答案第9页，共15页

因为csinCasinA2223cbsinB，由正弦定理，可得c2a2b3cb，

b2c2a23bc3. 即bca3bc，所以cosA2bc2bc2π因为A0,π，所以A.

6选择条件②：

因为sin2A3cos2A3 ππ3. 所以2sin2A3，即sin2A332因为A0,π

ππ7π所以2A,

333ππ2π所以2A，A.

633(2)

由题意，O是ABC外接圆的圆心，所以AOB2C，

2所以cosAOBcos2C12sinC11 14故此sinC21. 1423BCABBC在ABC中，由正弦定理，，即211，解得BC27. sinCsinA21419．(1)A(2)

3

13 4【解析】 【分析】

sin2A1 （）利用两角和差余弦公式、二倍角和辅助角公式化简可得由此可求得A；1，

6（2）利用面积桥可求得AB，利用余弦定理求得BC后可得CD，由勾股定理可得结果. (1)

31sinAcosAsinAcosAcossinAsinsinAcosAsin2A66622答案第10页，共15页

311113sin2Acos2xsin2A，sin2A1；

64442644A0,，2A11,666，2A，解得：A.

623(2)

D是BC中点，S又SABCABC2SADC12ACDE8DE63，

21ABACsinA23AB63，解得：AB3； 2在ABC中，由余弦定理得：BC2AB2AC22ABACcosA9642449， 7492713. BC7，则CD，CECD2DE22416420．(1)B

3(2)sinA【解析】 【分析】

21 7（1）利用正弦定理边化角、切化弦，结合三角恒等变换公式可化简已知等式求得cosB，由此可得B；

（2）设ABDBAD；在ABC和BDC分别利用正弦定理和余弦定理可构造关于

sin的方程，解方程可求得结果.

(1)

由btanAbtanB由正弦定理得：

3csinAsinB3c得：， cosAcosBbcosAcosAsinAsinBsinAcosBcosAsinBsinAB3sinC， cosAcosBcosAcosBcosAcosBsinBcosAsinABsinCsinC，又C0,，sinC0，

答案第11页，共15页

sinBcosA3cosAcosB；

tanA有意义，cosA0，sinB3cosB，即tanB3，

又B0,，B(2)

3.

ADBD，ABDBAD， 设ABDBAD，则BDC2，

4sin83BCACBCsin在ABC中，由正弦定理得：，即； 3sinsinsinABC3在BDC中，由余弦定理得：BC2BD2CD22BDCDcos2106cos2；

6423sin106cos210612sin2，解得：sin2， 37321. ，又A0,，sinA772即sinA21．(1)25 (2)答案见解析 【解析】 【分析】

（1）由面积公式先求出AB的长，进而根据余弦定理求出AC的长.

（2）由题设，可以随意选择两个条件，去判断DCA与BCA是否可能相等.但是优先选择哪两个条件思维逻辑最清晰､解题过程最简洁是同学们应该思考的.由第一问可知，ABC是唯一确定的三角形，sinBCA,cosBCA都是可求的，而要判断DCA与BCA是否可能相等，可转化为判断它们的某一个三角函数值是否相等，因此首选条件②和条件③，此时ADC中的三条边长都知道，容易计算余弦值.如果看到条件①D4，正好满足DB，

能够想到四点共圆，那么圆周角相等则对应的弦长相等，因此选条件①和条件②也非常简单.最麻烦的是选择条件①和条件③，因为此时ADC中知道的条件是边边角，ADC不一定唯

答案第12页，共15页

一确定，需要讨论. (1) 因为BAB3,BC2,S4ABC2，所以在ABC中，由SABC1ABBCsinB， 2得

2SABC2222. BCsinB222由余弦定理AC2AB2BC22ABBCcosB， 22得AC842222220，所以AC25. (2)

选择条件②：AD4和条件③：CD6，

CD2CA2AD23620165在ADC中由余弦定理可得cosDCA，

2CDCA32625CB2CA2AB2420825在ABC中由余弦定理可得cosBCA，

2CBCA52225因为cosDCAcosBCA， 所以DCABCA； 选择条件①：D4和条件②：AD4，

在ADC中，由正弦定理可得在ABC中，由正弦定理可得

ACAD， sinDsinDCAACAB， sinBsinBCA所以，若DCABCA，则ADAB， 与AD4,AB22矛盾， 所以DCABCA； 选择条件①：D4和条件③：CD6，

CB2CA2AB2420825. 在ABC中由余弦定理可得cosBCA2CBCA52225在ADC中，由余弦定理AC2AD2DC22ADDCcosD， 可得AD262AD160， 所以AD22或AD42. 答案第13页，共15页

当AD22时，在ADC中，由余弦定理可得

CD2CA2AD23620825cosDCA，

2CDCA52625因为cosDCAcosBCA，且DCA,BCA0,， 所以DCABCA.

当AD42时，在ADC中，由余弦定理可得

CD2CA2AD23620325cosDCA，

2CDCA52625因为cosDCAcosBCA， 所以DCABCA.

所以选择条件①和条件③时，当AD22时，DCABCA成立；当AD42时，DCABCA.

22．(1)A3；

11(2),. 22【解析】 【分析】

（1）角换边，在利用余弦定理求解；

（2）边换角，将待求表达式表示成关于B的三角函数，利用锐角三角形条件求出B的范围，最后再求表达式的范围即可. (1)

2因为asinAcsinC2sinBbsinCsinB，所以由正弦定理得acc2bbcb，

b2c2a21．因为0A，所以A． 整理得bcabc，由余弦定理得cosA2bc23222(2)

由正弦定理得

3bc3sinBsinC2 sinBsinCsinBsinBsinB．

2a2sinA330B,2 因为ABC为锐角三角形，所以20B,32答案第14页，共15页

解得

6B2，所以6B36，

所以故

11sinB， 232113bc的取值范围为,．

222a答案第15页，共15页