（苏教版2019必修第二册）高一数学《重点难点热点》精讲与精练分层突破 第11章《解三角形》单元达标高分突破必刷卷(培优版）（全解全析）

这是一份（苏教版2019必修第二册）高一数学《重点难点热点》精讲与精练分层突破 第11章《解三角形》单元达标高分突破必刷卷(培优版）（全解全析），共20页。
第11章《解三角形》单元达标高分突破必刷卷(培优版）全解全析1．D【解析】【分析】根据三角形面积公式，即可求解.【详解】由面积公式，解得：，所以或.故选：D2．B【解析】【分析】过点D作，交BC于E，计算出、，在中，由正弦定理计算出，在中即可计算出山高．【详解】过点D作，交BC于E，因为，所以，则．又因为，所以．在中，由正弦定理，得，在中，，故山高度约为．故选：B.3．D【解析】【分析】由条件得，由基本不等式得，再由可求解.【详解】∵，又∵，.∴（当且仅当时取等号）.∴，∴面积的最大值为4.故选：D4．D【解析】【分析】在△中有，再应用正弦定理求，再在△中，即可求塔高.【详解】由题设知：，又，△中，可得，在△中，，则.故选：D5．D【解析】【分析】利用余弦定理的边角关系可得，讨论、即可判断△的形状.【详解】由余弦定理得：，所以，整理得，当时，△是等腰三角形；当时，△是直角三角形.故选：D6．D【解析】【分析】由托勒密定理可得，由可求出.【详解】由题，设，由托勒密定理可得，所以，又因为，，所以.故选：D.7．A【解析】【分析】作出图示，根据正切的二倍角公式和解直角三角形求得塔的高度，再运用等面积法可求得选项.【详解】如下图所示，设，则，，则，解得， ，解得，所以，解得，所以，，要使点处测得塔顶的仰角为最大，则需最大，也即需最小，所以，又，即，所以点到塔底的距离为，故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查立体图形的计算实际运用，关键在于依据已知作出图形，明确已知条件中的数据在图形中的表示，再运用解三角形的知识得以解决.8．D【解析】【分析】根据给定条件利用正弦定理、余弦定理、三角形面积定理求出角C及边c，再求出的范围即可计算作答.【详解】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得：，即有，而，则，又，由正弦定理、余弦定理得，，化简得：，由正弦定理有：，即，，是锐角三角形且，有，，解得，因此，由得：，，所以．故选：D【点睛】思路点睛：涉及求三角形周长范围问题，时常利用三角形正弦定理，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解.9．ABC【解析】【分析】由，得到，结合正弦定理，可判定A正确；由为锐角三角形，得到，结合函数的单调性，可判定B正确；由，利用正弦定理可得，可判定C正确；由，得到或，可判定D不正确.【详解】对于A中，因为，可得，所以，所以，所以A正确；对于B中，由为锐角三角形，可得，则，因为，可得，又由函数在上为单调递增函数，所以，所以B正确；对于C中，由，由正弦定理可得，所以则为直角三角形，所以C正确；对于D中，由，可得或，可得或，所以一定是等腰三角形，所以D不正确.故选：ABC.10．BC【解析】【分析】由题设及正弦定理得，再结合已知条件求a、b、c判断A的正误；应用余弦定理求角C，正弦定理求外接圆的半径，作应用勾股定理求.【详解】由题设及正弦定理知：，令且，，可得，所以，则△周长为，A错误；，又，则，B正确；△的外接圆半径为，C正确；如下图，过作，由题设知：，则，又，可得，故，所以，D错误.故选：BC11．ABD【解析】【分析】A，根据正弦定理结合大角对大边可得结论；B，根据诱导公式及三角函数图像与性质可得结论；C，根据向量的数量积及夹角可得结论；D，设出三边的长度，利用余弦定理即可求出最大角．【详解】解：对于A选项，由正弦定理结合大角对大边得，故A选项正确；对于B选项，由于，由于，是三角形的内角，所以 或，即 或，因此 可能为等腰三角形或直角三角形，故B选项正确；对于C选项，在等边中，边长为2，则,故C选项不正确；对于D选项，的三边之比为，设三边长依次为，，，其中；则最大角是，由余弦定理知，，，．故D选项正确．故选：ABD．12．AD【解析】【分析】先利用正弦定理从条件中求出，得到选项A正确.选项B利用为锐角三角形求解；选项C先用二倍角公式化简，再结合角的范围求解；选项D先对式子化简，再换元利用对勾函数的性质求范围.【详解】在中，由正弦定理可将式子化为，把代入整理得，，解得或，即或(舍去).所以.选项A正确.选项B：因为为锐角三角形，，所以.由解得，故选项B错误.选项C：，因为，所以，，即的取值范围.故选项C错误.选项D：.因为，所以， .令，，则.由对勾函数的性质知，函数在上单调递增.又，，所以.即的取值范围为.故选项D正确.故选：AD.13．【解析】【分析】根据正切的二倍角公式可求得，再由同角三角函数间的关系求得，再在中，运用余弦定理可求得答案.【详解】解：因为，解得或（舍去），由，解得，因为是等腰直角三角形，所以，故，，在中，，由余弦定理得，故答案为：.14．2【解析】【分析】根据给定条件求出外接圆半径，再列出四边形OBAC的面积表达式即可计算作答.【详解】设外接圆半径为R，过点O作OD⊥BC于D，如图，则，则，因面积为，则由得，，连接OA交BC于E，令，因为等边三角形，则，于是得，当且仅当，即时取“=”，此时，，所以当时，△OAB与△OAC的面积之和取最大值2.故答案为：215．【解析】【分析】利用二倍角公式分析得出，利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，令，则，，利用函数的单调性可求得的取值范围.【详解】因为，所以，因为、，故，所以或.因为，故，故.则由正弦定理得，因为，所以，所以，设，则，则，设，，则在上单调递增，则，即.所以的取值范围为.故答案为：.16．②③【解析】【分析】对于①：由已知得，再根据正弦函数的单调性可判断①；对于②：由已知得，再由余弦函数的单调性和余弦的二倍角公式可判断②；对于③：设三边长为，n为大于1的正整数，对角分别为A、B、C，若C=2A,根据余弦定理和余弦的二倍角公式建立关于n的方程，解之可判断③；对于④：若C=3A，由正弦定理、余弦定理和正弦、余弦的和差角公式建立关于n的方程，解之可判断④；【详解】对于①：为锐角三角形，则，即，又在上单调递增，所以，故①不正确；对于②：若，又，，所以，又在内单调递减，所以，所以，所以，即，所以，故②正确；对于③：设三边长为，n为大于1的正整数，对角分别为A、B、C，若C=2A,从而，而 ，，所以，解得（舍去），所以存在三边为连续自然数4，5，6的三角形，使得最大角是最小角的两倍，故③正确；对于④：若C=3A，由正弦定理得，，由此两式消去得，又由余弦定理得，即，而该方程无正整数解，所以这样的三角形不存在，故④不正确；故答案为：②③.【点睛】方法点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．17．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和差的正弦公式进行求解即可．（2）利用正弦定理得到、，则，再利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；(1)解： ，，即，即，得，即，，，又，所以．(2)解：因为，， 由正弦定理 其中，由于，所以当时，18．(1)(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）求出的值，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值．(1)解：由及正弦定理可得，即，因为，则，所以，，则，，因此，.(2)解：由正弦定理可得，由余弦定理可得，即，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.19．(1)(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，结合余弦定理可得结果；（2）由余弦定理及均值不等式即可得到结果.(1)∵，∴，∴，∴，又，∴；(2)由余弦定理，得，即． 因为， 所以．即（当且仅当时等号成立）．所以．故周长的最大值.20．(1);(2)70m.【解析】【分析】（1）由两角差的正弦公式求解即可；（2）在中求出AD, 在中求出BD，在中利用余弦定理求出AB即可.(1)在中，，.(2)在中，由正弦定理可知,，在中，，，，由正弦定理，,在中，由余弦定理，，（m），即A、B两建筑物之间的距离为70m.21．（1）；（2）【解析】【分析】（1）由三角函数的平方关系及余弦定理即可得出（2）利用正弦定理、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性转化为三角函数求值域即可得出.【详解】（1）由题意知，即，由正弦定理得由余弦定理得，又.（2），则的周长.，，周长的取值范围是.【点睛】本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性，属于中档题.22．(1)，(2)答案见解析【解析】【分析】（1）先对解析式进行化简，再对正弦型三角函数求单调递增区间即可；（2）由题干可知，.选①时，的面积由计算；选②③时的面积由计算.(1)，由，得，，∴函数的单调递增区间为，；(2)由，得，又中，，可知；若选①：由，可知，可化为，又，则，又中，故，所以，则，故；若选②：为的中线，且在中，，，则有，在中，，在中，，又，则则，又知，故；故；若选③：为的角平分线，且.由题意知，，即，整理得又在中，，，则有，故解之得，，故.