2023年高考数学(理数)一轮复习课时22《正弦定理与余弦定理》达标练习（含详解）

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2023年高考数学(理数)一轮复习课时22《正弦定理与余弦定理》达标练习一 、选择题1.在△ABC中，若=3，b2－a2=ac，则cos B的值为(　　)A.           B.        C.          D.2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2=a2＋bc，A=，则角C=(　　)A.         B.        C.或         D.或3.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,23cos2A＋cos 2A=0，a=7，c=6，则b=(　　)A.10          B.9          C.8          D.54.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：sin B(1＋2cos C)=2sin Acos C＋cos Asin C，则下列等式成立的是(　　)A.a=2b          B.b=2a      C.A=2B          D.B=2A5.在△ABC中，三边之比a∶b∶c＝2∶3∶4，则＝(　　)A.1          B.2           C.－2           D.6.在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c.若∠C＝120°，c＝a，则(　　)A.a>b       B.a<b       C.a＝b      D.a与b的大小关系不能确定7.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosC=，bcosA＋acosB=2，则△ABC的外接圆面积为(　 　)A.4π           B.8π          C.9π          D.36π8.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b=2，c=2，且C=，则△ABC的面积为(　　)A.＋1　　　B.－1　　　C.4　　　D.29.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2＋c2－a2=bc，·＞0，a=，则b＋c的取值范围是(　  )A.       B.      C.        D.10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且BC边上的高为a，则＋的最大值是(　　)A.8         B.6             C.3      D.411.锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2bsinC，则tanA＋tanB＋tanC的最小值是(　　)A.4         B.3          C.8          D.612.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bc=1，b＋2ccosA=0，则当角B取得最大值时，△ABC的周长为(　 　)A.2＋      B.2＋       C.3       D.3＋二 、填空题13.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C.若a=，b=2，A=60°，则sinB=，c=    .14.在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且满足4cos2－cos[2(B＋C)]=，若a=2，则△ABC的面积的最大值是____________.15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2(bcos A＋acos B)=c2，b=3，3cos A=1，则a的值为________.16.若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且∠C为钝角，则∠B=    ；取值范围是       .
0.答案解析1.答案为：D解析：由题意知，c=3a，b2－a2=ac=c2－2accos B，所以cos B===.2.答案为：B解析：在△ABC中，由余弦定理得cos A=，即=，所以b2＋c2－a2=bc.又b2=a2＋bc，所以c2＋bc=bc，即c=(－1)b＜b，则a=b，所以cos C==，解得C=.故选B.3.答案为：D解析：化简23cos2A＋cos 2A=0，得23cos2A＋2cos2A－1=0，解得cos A=.由余弦定理，知a2=b2＋c2－2bccos A，代入数据，解方程，得b=5.4.答案为：A；解析：因为A＋B＋C=π，sin B(1＋2cos C)=2sin Acos C＋cos Asin C，所以sin(A＋C)＋2sin Bcos C=2sin Acos C＋cos Asin C，所以2sin B cos C=sin Acos C.又cos C≠0，所以2sin B=sin A，所以2b=a，故选A.5.答案为：B解析：不妨设a＝2，b＝3，c＝4，故cosC＝＝－，故＝＝2，故选B.6.答案为：A解析：据题意由余弦定理可得a2＋b2－2abcos120°＝c2＝(a)2，化简整理得a2＝b2＋ab，变形得a2－b2＝(a＋b)(a－b)＝ab>0，故有a－b>0，即a>b.故选A.7.答案为：C；解析：由余弦定理得b·＋a·=2.即=2，整理得c=2，由cosC=得sinC=，再由正弦定理可得2R==6，所以△ABC的外接圆面积为πR2=9π.8.答案为：A.解析：法一：由余弦定理可得(2)2=22＋a2－2×2×a×cos，即a2－2a－4=0，解得a=＋或a=－(舍去)，△ABC的面积S=absin C=×2×(＋)sin=×2××(＋)=＋1，选A.法二：由正弦定理=，得sin B==，又c＞b，且B∈(0，π)，所以B=，所以A=，所以△ABC的面积S=bcsin A=×2×2sin=×2×2×=＋1.]9.答案为：B；解析：由b2＋c2－a2=bc得，cosA==，∵0<A<π，则A=，由·＞0知，B为钝角，又=1，则b=sinB，c=sinC，b＋c=sinB＋sinC=sinB＋sin=sinB＋cosB=sin，∵＜B＜，∴＜B＋＜，∴＜sin＜，b＋c∈.10.答案为：D；解析：＋=，这个形式很容易联想到余弦定理cos A=，①而条件中的“高”容易联想到面积，a×a=bcsin A，即a2=2bcsin A，②将②代入①得：b2＋c2=2bc(cos A＋sin A)，所以＋=2(cos A＋sin A)=4sin，当A=时取得最大值4，故选D.11.答案为：C解析：a＝2bsinC⇒sinA＝2sinBsinC⇒sin(B＋C)＝2sinBsinC⇒tanB＋tanC＝2tanBtanC，又根据三角形中的三角恒等式tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC(注：tanA＝tan(π－B－C)＝－tan(B＋C)＝－，即tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC)⇒tanBtanC＝，∴tanAtanBtanC＝tanA·＝(tanA＝m)，令m－2＝t⇒t＋＋4≥8，当且仅当t＝，即t＝2，tanA＝4时，取等号.故选C.12.答案为：A.解析：由题意可得，sinB＋2sinCcosA=0，即sin(A＋C)＋2sinCcosA=0，得sinAcosC=－3sinCcosA，即tanA=－3tanC.又cosA=－<0，所以A为钝角，于是tanC>0.从而tanB=－tan(A＋C)=－==，由基本不等式，得＋3tanC≥2=2，当且仅当tanC=时等号成立，此时角B取得最大值，且tanB=tanC=，tanA=－，即b=c，A=120°，又bc=1，所以b=c=1，a=，故△ABC的周长为2＋.二 、填空题13.答案为：3；解析：由=得sinB=sinA=，由a2=b2＋c2－2bccosA，得c2－2c－3=0，解得c=3(舍负).14.答案为：解析：因为B＋C=π －A，所以cos [2(B＋C)]=cos(2π －2A)=cos 2A=2cos2A－1，又cos2=，所以4cos2－cos [2(B＋C)]=可化为4cos2A－4cos A＋1=0，解得cos A=.又A为三角形的内角，所以A=，由余弦定理得4=b2＋c2－2bccos A≥2bc－bc=bc，即bc≤4，当且仅当b=c时取等号，所以S△ABC=bcsin A≤×4×=，即△ABC的面积的最大值为.15.答案为：3.解析：由正弦定理可得2(sin Bcos A＋sin Acos B)=csin C，∵2(sin Bcos A＋sin Acos B)=2sin(A＋B)=2sin C，∴2sin C=csin C，∵sin C＞0，∴c=2，由余弦定理得a2=b2＋c2－2bccos A=22＋32－2×2×3×=9，∴a=3.16.答案为：60°，(2，＋∞).解析：△ABC的面积S=acsinB=(a2＋c2－b2)=×2accosB，所以tanB=，因为0°<∠B<180°，所以∠B=60°.因为∠C为钝角，所以0°<∠A<30°，所以0<tanA<，所以====＋>2，故的取值范围为(2，＋∞).