高中數(shù)學(xué)必修五第一章測試題精品文檔精品文檔收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請聯(lián)系管理員刪除收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請聯(lián)系管理員刪除精品文檔收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請聯(lián)系管理員刪除必修五階段測試一(第一章解三角形)時(shí)間:120分鐘滿分:150分一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1．(2017·江西金溪一中月考)已知△ABC中,a＝

,b＝

,B＝60°,那么∠A＝()A.45°B.90°C.130°或45°D.150°或30°2．在△ABC中,B＝

,AB＝8,BC＝5,則△ABC外接圓的面積為()A.

B.16πC.

D.15π3．(2017·黑龍江雞西期末)已知銳角△ABC的面積為3

,BC＝4,CA＝3,則角C的大小為()A.75°B.60°C.45°D.30°4．在△ABC中,sin2A＝sin2B＋sinB·sinC＋sin2C,則A等于()A.30°B.60°C.120°D.150°5．在△ABC中,角A、B、C的對邊分別是a、b、c,且a>b>c,a2<b2＋c2,則∠A的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))6.(2017·閬中中學(xué)質(zhì)檢)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,如果bcosC＋ccosB－asinA＝0,那么△ABC的形狀為()A.直角三角形 B.銳角三角形C.鈍角三角形 D.不確定7．在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,已知8b＝5c,C＝2B,則cosC＝()A.

B.

C.－

D.±

8．(2017·青海師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)在△ABC中,A＝30°,B＝60°,C＝90°,那么三邊之比a∶b∶c等于()A.1∶2∶3B.3∶2∶1C.1∶

∶2D.2∶

∶19．在△ABC中,b＝8,c＝8

,S△ABC＝16

,則∠A等于()A.30°B.60°C.30°或150°D.60°或120°10．(2017·莆田六中期末)如圖,已知A,B兩點(diǎn)分別在河的兩岸,某測量者在點(diǎn)A所在的河岸邊另選定一點(diǎn)C,測得AC＝50m,∠ACB＝45°,∠CAB＝105°,則A,B兩點(diǎn)的距離為()A.50

mB.25

mC.25

mD.50

m11.在銳角△ABC中,B＝2A,則

的取值范圍是()A.(－2,2)B.(

,2)C.(0,

)D.(

,

)12.A,B兩地相距200m,且A地在B地的正東方．一人在A地測得建筑C在正北方,建筑D在北偏西60°；在B地測得建筑C在北偏東45°,建筑D在北偏西15°,則兩建筑C和D之間的距離為()A.200

mB.100

mC.100

mD.100(

－1)m二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C所對邊的長分別為a,b,c.若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB,則角C＝________.14.(2017·唐山一中月考)在銳角△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若

＋

＝6cosC,則

＋

＝________.15.三角形的一邊長為14,這條邊所對的角為60°,另兩邊之比為8∶5,則這個(gè)三角形的面積為________.16.已知△ABC的面積為

,AC＝

,∠ABC＝

,則△ABC的周長等于_________.三、解答題(本大題共6小題,共70分)17．(10分)在四邊形ABCD中,AD⊥CD,AD＝5,AB＝7,∠BDA＝60°,∠CBD＝15°,求BC的長．18.(12分)(2017·貴州銅仁期中)設(shè)a,b,c分別是△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C所對的邊,S是△ABC的面積,已知a＝4,b＝5,S＝5

.(1)求角C;(2)求c邊的長度.19.(12分)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,且

＝

S△ABC(其中S△ABC為△ABC的面積).(1)求sin2

＋cos2A;(2)若b＝2,△ABC的面積為3,求a.20.(12分)(2017·河北開灤一中期末)如圖,△ACD是等邊三角形,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB＝90°,BD交AC于E,AB＝2.(1)求cos∠CBE的值;(2)求AE.21.(12分)(2017·山西省朔州期末)在△ABC中,A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且a＝4,cosA＝

,sinB＝

,c>4.(1)求b；(2)求證:C＝2A.22.(12分)如圖所示,一輛汽車從O點(diǎn)出發(fā),沿海岸一條直線公路以100km/h的速度向東勻速行駛,汽車開動(dòng)時(shí),在O點(diǎn)南偏東方向距O點(diǎn)500km,且與海岸距離為300km的海上M處有一快艇,與汽車同時(shí)發(fā)出,要把一件重要物品遞送給這輛汽車的司機(jī),問快艇至少必須以多大的速度行駛,才能把物品送到司機(jī)手中,并求快艇以最小速度行駛的行駛方向與OM所成的角.答案與解析1.A由正弦定理

＝

,得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(\r(2)sin60°,\r(3))＝eq\f(\r(2),2).又a<b,∴A<B,∴A＝45°.2.A由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝64＋25－2×8×5×

＝49,∴AC＝7.由正弦定理得

＝2R(R為△ABC外接圓的半徑),∴R＝

＝

＝

.∴△ABC外接圓的面積S＝πR2＝

.3.BS△ABC＝

BC·CA·sinC,∴

×4×3·sinC＝3

,∴sinC＝

,又△ABC是銳角三角形,∴C＝60°,故選B.4.C由正弦定理,得sinA＝

,sinB＝

,sinC＝

(其中R為△ABC外接圓半徑),代入sin2A＝sin2B＋sinB·sinC＋sin2C,得a2＝b2＋bc＋c2＝b2＋c2＋bc,即b2＋c2－a2＝－bc,由余弦定理得cosA＝

＝

＝－

.又0°<∠A<180°,∴∠A＝120°.故選C.5.C解法一:cosA＝

,∵a2<b2＋c2,a>b>c,cosA<

＝

<

＝

,∴cosA>0,且cosA<

.∴∠A的范圍為

,故選C.解法二：∵a>b>c,∴a為最長邊,∠A>

.又a2<b2＋c2,∴∠A<eq\f(π,2).∴eq\f(π,3)<∠A<eq\f(π,2).故選C.6.AbcosC＋ccosB－asinA＝0,∴sinBcosC＋sinCcosB－sin2A＝0.∴sin(B＋C)－sin2A＝0.∴sinA－sin2A＝0,∴sinA＝0(舍去)或sinA＝1,∴A＝eq\f(π,2).故選A.7.A∵C＝2B,∴sinC＝sin2B＝2sinBcosB.又∵8b＝5c,

＝

,∴

＝

＝

.∴cosB＝

＝

×

＝

.∴cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2－1＝eq\f(7,25).8.Ca∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝

∶

∶1＝1∶

∶2,故選C.9.C∵S△ABC＝

bcsinA,∴sinA＝

＝

.∴∠A＝30°或150°,經(jīng)檢驗(yàn)均滿足已知條件,故選C.10.D∠CBA＝180°－∠ACB－∠CAB＝180°－45°－105°＝30°,∴

＝

,∴AB＝

＝

＝50

m.故選D.11.D∵B＝2A,∴

＝

＝

＝2cosA,∵△ABC是銳角三角形,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2A＜\f(π,2)，,π－3A＜\f(π,2)，))∴

＜A＜

,∴

＜2cosA＜

,故選D.12.C由題可知△BCA是等腰直角三角形,∴AB＝AC＝200,BC＝200

,∠DBC＝15°＋45°＝60°,∵∠DAB＝90°－60°＝30°,∴∠BDA＝45°,∴

＝

.∴DB＝

＝100

,∴DC2＝DB2＋BC2－2DB·BC·cos60°＝(100eq\r(2))2＋(200eq\r(2))2－2×100eq\r(2)×200eq\r(2)×eq\f(1,2)＝6×1002,∴DC＝100

m,故選C.13.eq\f(2π,3)解析:由3sinA＝5sinB,得3a＝5b.又b＋c＝2a,∴a＝

,b＝

.在△ABC中,由余弦定理得cosC＝

＝－

.∴C＝eq\f(2π,3).14．4解析:

＋

＝6cosC,∴b2＋a2＝6abcosC＝3(a2＋b2－c2),∴3c2＝2a2＋2b2.eq\f(tanC,tanA)＋eq\f(tanC,tanB)＝tanCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosA,sinA)＋\f(cosB,sinB)))＝eq\f(sinC,cosC)eq\f(sinA＋B,sinAsinB)＝eq\f(sin2C,cosCsinAsinB)＝eq\f(c2,abcosC)＝eq\f(\f(2,3)a2＋b2,\f(1,6)a2＋b2)＝4.15.40

解析:設(shè)另兩邊分別為8t,5t(t>0),則由余弦定理得142＝(8t)2＋(5t)2－2·8t·5t·cos60°,∴t2＝4,∴t＝2.∴S△ABC＝eq\f(1,2)×16×10×eq\f(\r(3),2)＝40eq\r(3).16.3＋

解析:由已知得

＝

AB·BCsin

,∴AB·BC＝2.又AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝AB2＋BC2－AB·BC＝(AB＋BC)2－3AB·BC＝(AB＋BC)2－6.又AC＝

,∴AB＋BC＝3.∴AB＋BC＋AC＝3＋

.17.解：在△ABD中,由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos60°,又AD＝5,AB＝7,∴BD2－5BD－24＝0,解得BD＝8.在△BCD中,∠BDC＝30°,∠BCD＝135°,由正弦定理得BC＝

＝

＝4

.18.解:(1)由題知S＝5

,a＝4,b＝5.由S＝

absinC得,5

＝

×4×5sinC,解得sinC＝

,又C是△ABC的內(nèi)角,所以C＝

或C＝

.(2)當(dāng)C＝

時(shí),由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos

＝16＋25－2×4×5×

＝21,解得c＝

;當(dāng)C＝

時(shí),c2＝a2＋b2－2abcos

＝16＋25＋2×4×5×

＝61,解得c＝

.綜上得,c邊的長度是

或

.19.解:(1)由已知得

＝

×

bcsinA,即3cosA＝4sinA>0,又∵sin2A＋cos2A＝1,∴sinA＝

,cosA＝

.sin2eq\f(B＋C,2)＋cos2A＝eq\f(1＋cosA,2)＋cos2A＝2cos2A＋eq\f(cosA,2)－eq\f(1,2)＝2×eq\f(16,25)＋eq\f(4,2×5)－eq\f(1,2)＝eq\f(59,50).(2)由(1)知sinA＝

,S△ABC＝

bcsinA＝3,b＝2,∴c＝5.又∵a2＝b2＋c2－2bccosA,∴a2＝4＋25－2×2×5×

＝13,∴a＝eq\r(13).20.解:(1)∵∠BCD＝90°＋60°＝150°,CB＝AC＝CD,∴∠CBE＝15°,∴cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝

.(2)在△ABE中,AB＝2,由正弦定理得

＝

,故AE＝eq\f(2sin30°,cos15°)＝eq\f(2×\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝eq\r(6)－eq\r(2).21.解:(1)∵cosA＝

,可得sinA＝

＝

,∴由正弦定理可得b＝eq\f(a·sinB,sinA)＝eq\f(4×\f(5\r(7),16),\f(\r(7),4))＝5.(2)證明:∵由(1)可得a＝4,cosA＝

,b＝5,∴由余弦定理可得16＝25＋c2－2×b×c×

,整理可得2c2－15c＋18＝0,∴解得c＝6或

(c>4,故舍去),∴