第一章學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．在△ABC中，a＝80，b＝100，A＝45°，則此三角形解的情況是eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(B)A．一解 B．兩解C．一解或兩解 D．無解[解析]∵bsinA＝100×eq\f(\r(2),2)＝50eq\r(2)<80，∴bsinA<a<b，∴此三角形有兩解．2．已知a、b、c分別是△ABC三個內(nèi)角A、B、C的對邊，b＝eq\r(7)，c＝eq\r(3)，B＝eq\f(π,6)，那么a等于eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(C)A．1 B．2C．4 D．1或4[解析]在△ABC中，b＝eq\r(7)，c＝eq\r(3)，cosB＝eq\f(\r(3),2)，由余弦定理有b2＝a2＋c2－2accosB，即7＝a2＋3－3a，解得a＝4或a＝－1(舍去)．故a的值為4．3．在△ABC中，角A、B、C所對的邊長分別為a、b、c，若C＝120°，c＝eq\r(2)a，則eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(A)A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)<bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)與b的大小關(guān)系不能確定[解析]∵c＝eq\r(2)a，∠C＝120°，∴由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC，∴a2－b2＝ab，∴(a＋b)(a－b)＝ab，∴a－b＝eq\f(ab,a＋b)>0，∴a>b．4．三角形兩邊之差為2，夾角的余弦值為eq\f(3,5)，面積為14，那么這個三角形的此兩邊長分別是eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(D)A．3和5 B．4和6C．6和8 D．5和7[解析]設(shè)夾角為A，∵cosA＝eq\f(3,5)，∴sinA＝eq\f(4,5)，S＝eq\f(1,2)bcsinA＝14，∴bc＝35，又b－c＝2，∴b＝7，c＝5．5．已知關(guān)于x的方程x2－xcosA·cosB＋2sin2eq\f(C,2)＝0的兩根之和等于兩根之積的一半，則△ABC一定是eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(C)A．直角三角形 B．鈍角三角形C．等腰三角形 D．等邊三角形[解析]由題意知：cosA·cosB＝sin2eq\f(C,2)，∴cosA·cosB＝eq\f(1－cosC,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos[180°－(A＋B)]＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos(A＋B)，∴eq\f(1,2)(cosA·cosB＋sinA·sinB)＝eq\f(1,2)，∴cos(A－B)＝1，∴A－B＝0，∴A＝B，∴△ABC為等腰三角形，故選C．6．若把直角三角形的三邊都增加同樣的長度，則這個新的三角形的形狀為eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(A)A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．由增加的長度決定[解析]設(shè)增加同樣的長度為x，原三邊長為a、b、c，且c2＝a2＋b2，c為最大邊，新三角形的三邊長為a＋x，b＋x，c＋x，∴c＋x為最大邊，其對角為最大角．而(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2＝x2＋2(a＋b－c)x>0，∴設(shè)最大角為θ，則cosθ＝eq\f(a＋x2＋b＋x2－c＋x2,2a＋xb＋x)>0，∴θ為銳角，故選A．7．在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面積為eq\r(3)，則eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)等于eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(B)A．eq\r(3) B．eq\f(2\r(39),3)C．eq\f(26\r(3),3) D．eq\f(\r(29),2)[解析]由題意，知eq\r(3)＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)c·sin60°，∴c＝4．由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋16－2×1×4×eq\f(1,2)＝13，∴a＝eq\r(13)．∴eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(13),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(39),3)．8．在△ABC中，已知sin2A＋sin2B－sinAsinB＝sin2C，且滿足ab＝4，則該三角形的面積為eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(D)A．1 B．2C．eq\r(2) D．eq\r(3)[解析]由sin2A＋sin2B－sinAsinB＝sin2C，得a2＋b2－ab＝c2，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)．∵C∈(0°，180°)，∴C＝60°．∴sinC＝eq\f(\r(3),2)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\r(3)．9．△ABC中，已知下列條件：①b＝3，c＝4，B＝30°；②a＝5，b＝8，A＝30°；③c＝6，b＝3eq\r(3)，B＝60°；④c＝9，b＝12，C＝60°．其中滿足上述條件的三角形有兩解的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(A)A．①② B．①④C．①②③ D．③④[解析]①csinB<b<c，故有兩解；②bsinA<a<b，故有兩解；③b＝csinB，有一解；④c<bsinC，無解．所以有兩解的有①②，故選A．10．若G是△ABC的重心，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，且aeq\o(GA,\s\up6(→))＋beq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0，則角A＝eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(D)A．90° B．60°C．45° D．30°[解析]由重心性質(zhì)可知eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，故eq\o(GA,\s\up6(→))＝－eq\o(GB,\s\up6(→))－eq\o(GC,\s\up6(→))，代入aeq\o(GA,\s\up6(→))＋beq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),3)ceq\o(GC,\s\up6(→))＝0中，即(b－a)eq\o(GB,\s\up6(→))＋(eq\f(\r(3),3)c－a)eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，因為eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))不共線，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－a＝0,\f(\r(3),3)c－a＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝a,c＝\r(3)a))，故cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，因為0<A<180°，所以A＝30°，故選D．11．在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C所對邊的邊長，若cosA＋sinA－eq\f(2,cosB＋sinB)＝0，則eq\f(a＋b,c)的值是eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(B)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2[解析]將cosA＋sinA－eq\f(2,cosB＋sinB)＝0，整理得(cosA＋sinA)(cosB＋sinB)＝2，即cosAcosB＋sinBcosA＋sinAcosB＋sinAsinB＝cos(A－B)＋sin(A＋B)＝2，∴cos(A－B)＝1，sin(A＋B)＝1，∴A－B＝0，A＋B＝eq\f(π,2)，即A＝B＝eq\f(π,4)，C＝eq\f(π,2)．利用eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，則eq\f(a＋b,c)＝eq\f(2RsinA＋2RsinB,2RsinC)＝eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝eq\f(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2),1)＝eq\r(2)．(R為△ABC的外接圓半徑)12．如圖，一貨輪航行到M處，測得燈塔S在貨輪的北偏東15°，與燈塔S相距20nmile，隨后貨輪按北偏西30°的方向航行30min后，又測得燈塔在貨輪的東北方向，則貨輪的速度為eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(B)A．20(eq\r(2)＋eq\r(6))nmile/h B．20(eq\r(6)－eq\r(2))nmile/hC．20(eq\r(3)＋eq\r(6))nmile/h D．20(eq\r(6)－eq\r(3))nmile/h[解析]由題意可知∠SMN＝15°＋30°＝45°，MS＝20，∠MNS＝45°＋(90°－30°)＝105°，設(shè)貨輪每小時航行xnmile，則MN＝eq\f(1,2)x，∴∠MSN＝180°－105°－45°＝30°，由正弦定理，得eq\f(\f(1,2)x,sin30°)＝eq\f(20,sin105°)，∵sin105°＝sin(60°＋45°)＝sin60°cos45°＋cos60°sin45°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，∴x＝20(eq\r(6)－eq\r(2))，故選B．二、填空題(本大題共4個小題，每個小題5分，共20分．將正確答案填在題中橫線上)13．在△ABC中，已知b＝1，sinC＝eq\f(3,5)，bcosC＋ccosB＝2，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝__eq\f(8,5)或－eq\f(8,5)__．eq\x(導(dǎo)學(xué)號)[解析]由余弦定理的推論，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)．∵bcosC＋ccosB＝2，∴eq\f(a2＋b2－c2,2a)＋eq\f(a2＋c2－b2,2a)＝2，∴a＝2，即|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2．∵sinC＝eq\f(3,5)，0°<C<180°，∴cosC＝eq\f(4,5)，或cosC＝－eq\f(4,5)．又∵b＝1，即|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝1，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(8,5)，或eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(8,5)．14．已知△ABC的周長為eq\r(2)＋1，且sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC．若△ABC的面積為eq\f(1,6)sinC，則C＝__60°__．eq\x(導(dǎo)學(xué)號)[解析]∵sinA＋sinB＝eq\r(2)sinC，由正弦定理，得a＋b＝eq\r(2)c．又∵a＋b＋c＝eq\r(2)＋1，∴c＝1，a＋b＝eq\r(2)．又S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,6)sinC．∴ab＝eq\f(1,3)，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a＋b2－2ab－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，∵0°<C<180°，∴C＝60°．15．(2016·全國卷Ⅱ理，13)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，則b＝__eq\f(21,13)__．eq\x(導(dǎo)學(xué)號)[解析]解法一：因為cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，從而sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65)．由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(21,13)．解法二：因為cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，從而cosB＝－cos(A＋C)＝－cosAcosC＋sinAsinC＝－eq\f(4,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(3,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(16,65)．由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(20,13)．由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b＝eq\f(21,13)．解法三：因為cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(20,13)．從而b＝acosC＋ccosA＝eq\f(21,13)．解法四：如圖，作BD⊥AC于點D，由cosC＝eq\f(5,13)，a＝BC＝1，知CD＝eq\f(5,13)，BD＝eq\f(12,13)．又cosA＝eq\f(4,5)，所以tanA＝eq\f(3,4)，從而AD＝eq\f(16,13)．故b＝AD＋DC＝eq\f(21,13)．16．已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于D，則eq\f(BD,CD)的值為__6__．eq\x(導(dǎo)學(xué)號)[解析]在△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，由余弦定理得cos60°＝eq\f(AB2＋42－2\r(7)2,2AB·4)＝eq\f(1,2)，解得AB＝6(負值舍去)．因為Rt△ABD與Rt△ACD有公共邊AD，所以62－BD2＝42－(2eq\r(7)－BD)2，解得BD＝eq\f(12\r(7),7)，所以CD＝eq\f(2\r(7),7)，所以CD＝eq\f(2\r(7),7)．故eq\f(BD,CD)＝6．三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本題滿分10分)(2016·北京理，15)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋eq\r(2)ac．eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(1)求∠B的大?。?2)求eq\r(2)cosA＋cosC的最大值．[解析](1)由余弦定理及題設(shè)條件得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(2)ac,2ac)＝eq\f(\r(2),2)．又0<∠B<π，所以<B＝eq\f(π,4)．(2)由(1)知∠A＋∠C＝eq\f(3π,4)，則eq\r(2)cosA＋cosC＝eq\r(2)cosA＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\r(2)cosA－eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))．因為0<∠A<eq\f(3π,4)，所以當(dāng)∠A＝eq\f(π,4)時，eq\r(2)cosA＋cosC取得最大值1．18．(本題滿分12分)在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c．已知cosC＝eq\f(3,5)．eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(1)若eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(9,2)，求△ABC的面積；(2)設(shè)向量x＝(2sineq\f(B,2)，eq\r(3))，y＝(cosB，coseq\f(B,2))，且x∥y，求sin(B－A)的值．[解析](1)由eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(9,2)得abcosC＝eq\f(9,2)．又因為cosC＝eq\f(3,5)，所以ab＝eq\f(9,2cosC)＝eq\f(15,2)．又C為△ABC的內(nèi)角，所以sinC＝eq\f(4,5)．所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝3．(2)因為x∥y，所以2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)＝eq\r(3)cosB，即sinB＝eq\r(3)cosB，因為cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3)．因為B為三角形的內(nèi)角，所以B＝eq\f(π,3)．所以A＋C＝eq\f(2π,3)，所以A＝eq\f(2π,3)－C．所以sin(B－A)＝sin(eq\f(π,3)－A)＝sin(C－eq\f(π,3))＝eq\f(1,2)sinC－eq\f(\r(3),2)cosC＝eq\f(1,2)×eq\f(4,5)－eq\f(\r(3),2)×eq\f(3,5)＝eq\f(4－3\r(3),10)．19．(本題滿分12分)為保障高考的公平性，高考時每個考點都要安裝手機屏蔽儀，要求在考點周圍1km內(nèi)不能收到手機信號．檢查員抽查青島市一考點，在考點正西約eq\r(3)km有一條北偏東60°方向的公路，在此處檢查員用手機接通電話，以12km/h的速度沿公路行駛，最長需要多少時間，檢查員開始收不到信號，并至少持續(xù)多長時間該考點才算合格？eq\x(導(dǎo)學(xué)號)[解析]如圖所示，考點為A，檢查開始處為B，設(shè)公路上C，D兩點到考點的距離為1在△ABC中，AB＝eq\r(3)≈1．732，AC＝1，∠ABC＝30°，由正弦定理，得sin∠ACB＝eq\f(ABsin30°,AC)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合題意)，∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1．在△ACD中，AC＝AD，∠ACD＝60°，∴△ACD為等邊三角形，∴CD＝1．∵eq\f(BC,12)×60＝5，∴在BC上需要5min，CD上需要5min．∴最長需要5min檢查員開始收不到信號，并至少持續(xù)5min該考點才算合格．20．(本題滿分12分)在△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且a>c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3，求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．[解析](1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·acosB＝2．又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6．由余弦定理得a2＋c2＝b2＋2accosB．又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×eq\f(1,3)＝13．解eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac＝6,a2＋c2＝13))，得a＝2，c＝3或a＝3，c＝2．因為a>c，所以a＝3，c＝2．(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,3)2)＝eq\f(2\r(2),3)．由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9)．因為a＝b>c，所以C為銳角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\f(4\r(2),9)2)＝eq\f(7,9)．于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27)．21．(本題滿分12分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，已知eq\f(a＋b,sinA＋B)＝eq\f(a－c,sinA－sinB)，b＝3．eq\x(導(dǎo)學(xué)號)(1)求角B；(2)若sinA＝eq\f(\r(3),3)，求△ABC的面積．[解析](1)∵eq\f(a＋b,sinA＋B)＝eq\f(a－c,sinA－sinB)，∴eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a－c,a－b)．∴a2－b2＝ac－c2，即a2＋c2－b2＝ac，∴cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2)．∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3)．(2)由b＝3，sinA＝eq\f(\r(3),3)，sinB＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得a＝2．由a<b得A<B，從而cosA＝eq\f(\r(6),3)，故sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),6)．∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),2)．22．(本題滿分12分)如右圖所示，甲船以每小時30eq\r(2)nmile的速度向正北方向航行，乙船按固定方向勻速直線航行，當(dāng)甲船位于A1處時，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1處，此時兩船相距20nmile．當(dāng)甲船航行20min到達A2處時，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2處，此時兩船相距10eq\r(2)nmile，問乙船每小時航行多少nmile？eq\x(導(dǎo)學(xué)號)[解析]解法一：如圖，連結(jié)A1B2，由題意知A2B2＝10eq\r(2)nmile，A1A2＝30eq\r(2)×eq\f(20,60)＝10eq\r(2)nmile．所以A1A2＝A2B2又∠A1A2B2所以△A1A2B2是等邊三角形所以A1B2＝A1A2＝10eq\r(2)nmile．由題意知，A1B1＝20nmile，∠B1A1B2在△A1B2B1中，由余弦定理，得B1Beq\o\al(2,2)＝A1Beq\o\al(2,1)＋A1Beq\o\al(2,2)－2A1B1·A1B2·cos45°＝202＋(10eq\r(2))2－