2021高考数学（文）大一轮复习习题 板块命题点专练（六） word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 板块命题点专练（六） word版含答案，共7页。
1．(2015·全国卷Ⅰ)sin 20°cs 10°－cs 160°sin 10°＝( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(3),2)
C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)
解析：选D sin 20°cs 10°－cs 160°sin 10°
＝sin 20°cs 10°＋cs 20°sin 10°
＝sin(20°＋10°)＝sin 30°＝eq \f(1,2)，故选D．
2．(2016·全国甲卷)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，则sin 2α＝( )
A．eq \f(7,25) B．eq \f(1,5)
C．－eq \f(1,5) D．－eq \f(7,25)
解析：选D 因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，
所以sin 2α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))
＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq \f(9,25)－1＝－eq \f(7,25)．
3．(2016·全国丙卷)若tan θ＝－eq \f(1,3)，则cs 2θ＝( )
A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(1,5)
C．eq \f(1,5) D．eq \f(4,5)
解析：选D ∵cs 2θ＝eq \f(cs2θ－sin2θ,cs2θ＋sin2θ)＝eq \f(1－tan2θ,1＋tan2θ)，
又∵tan θ＝－eq \f(1,3)，∴cs 2θ＝eq \f(1－\f(1,9),1＋\f(1,9))＝eq \f(4,5)．
4．(2016·全国乙卷)已知θ是第四象限角，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝________．
解析：由题意知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，θ是第四象限角，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＞0，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝ eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))))＝eq \f(4,5)．
taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)－\f(π,2)))
＝－eq \f(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))))),cs\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))))))
＝－eq \f(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))))
＝－eq \f(4,5)×eq \f(5,3)＝－eq \f(4,3)．
答案：－eq \f(4,3)
5．(2013·全国卷Ⅱ)设θ为第二象限角，若taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)，则sin θ＋cs θ＝________．
解析：由θ在第二象限，且taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(5),5)，故sin θ＋cs θ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(10),5)．
答案：－eq \f(\r(10),5)
6．(2015·四川高考)已知A，B，C为△ABC的内角，tan A，tan eq \a\vs4\al(B)是关于x的方程x2＋eq \r(3)px－p＋1＝0(p∈R)的两个实根．
(1)求C的大小；
(2)若AB＝3，AC＝eq \r(6)，求p的值．
解：(1)由已知，方程x2＋eq \r(3)px－p＋1＝0的判别式Δ＝(eq \r(3)p)2－4(－p＋1)＝3p2＋4p－4≥0，
所以p≤－2或p≥eq \f(2,3)．
由根与系数的关系，
有tan A＋tan B＝－eq \r(3)p，tan Atan B＝1－p，
于是1－tan Atan B＝1－(1－p)＝p≠0，
从而tan(A＋B)＝eq \f(tan A＋tan B,1－tan Atan B )＝－eq \f(\r(3)p,p)＝－eq \r(3)．
所以tan C＝－tan(A＋B)＝eq \r(3)，所以C＝60°．
(2)由正弦定理，得sin B＝eq \f(ACsin C,AB)＝eq \f(\r(6)sin 60°,3)＝eq \f(\r(2),2)，
解得B＝45°或B＝135°(舍去)．
于是A＝180°－B－C＝75°．
则tan A＝tan 75°＝tan(45°＋30°)
＝eq \f(tan 45°＋tan 30°,1－tan 45°tan 30°)
＝eq \f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq \r(3)．
所以p＝－eq \f(1,\r(3))(tan A＋tan B)
＝－eq \f(1,\r(3))(2＋eq \r(3)＋1)
＝－1－eq \r(3)．
1．(2016·全国乙卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(5)，c＝2，cs A＝eq \f(2,3)，则b＝( )
A．eq \r(2) B．eq \r(3)
C．2 D．3
解析：选D 由余弦定理得5＝b2＋4－2×b×2×eq \f(2,3)，
解得b＝3或b＝－eq \f(1,3)(舍去)，故选D．
2．(2016·全国丙卷)在△ABC中，B＝eq \f(π,4)，BC边上的高等于eq \f(1,3)BC，则cs A＝( )
A．eq \f(3\r(10),10) B．eq \f(\r(10),10)
C．－eq \f(\r(10),10) D．－eq \f(3\r(10),10)
解析：选C 法一：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
则由题意得S△ABC＝eq \f(1,2)a·eq \f(1,3)a＝eq \f(1,2)acsin B，∴c＝eq \f(\r(2),3)a．
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋eq \f(2,9)a2－2×a×eq \f(\r(2),3)a×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(5,9)a2，∴b＝eq \f(\r(5),3)a．
∴cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(\f(5,9)a2＋\f(2,9)a2－a2,2×\f(\r(5),3)a×\f(\r(2),3)a)＝－eq \f(\r(10),10)．故选C．
法二：如图，AD为△ABC中BC边上的高．设BC＝a，由题意知AD＝eq \f(1,3)BC＝eq \f(1,3)a，B＝eq \f(π,4)，易知BD＝AD＝eq \f(1,3)a，DC＝eq \f(2,3)a．
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
AB＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a))2)＝eq \f(\r(2),3)a．
同理，在Rt△ACD中，AC＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a))2)＝eq \f(\r(5),3)a．
∴cs A＝eq \f(\f(5,9)a2＋\f(2,9)a2－a2,2×\f(\r(5),3)a×\f(\r(2),3)a)＝－eq \f(\r(10),10)．
3．(2014·全国卷Ⅱ)钝角三角形ABC的面积是eq \f(1,2)，AB＝1，BC＝eq \r(2)，则AC＝( )
A．5 B．eq \r(5)
C．2 D．1
解析：选B 由题意可得eq \f(1,2)AB·BC·sin B＝eq \f(1,2)，又AB＝1，BC＝eq \r(2)，所以sin B＝eq \f(\r(2),2)，所以B＝45°或B＝135°．当B＝45°时，由余弦定理可得AC＝eq \r(AB2＋BC2－2AB·BC·cs B)＝1，此时AC＝AB＝1，BC＝eq \r(2)，易得A＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以B＝135°．由余弦定理可得AC＝eq \r(AB2＋BC2－2AB·BC·cs B)＝eq \r(5)．
4．(2016·全国甲卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cs A＝eq \f(4,5)，cs C＝eq \f(5,13)，a＝1，则b＝________．
解析：因为A，C为△ABC的内角，且cs A＝eq \f(4,5)，cs C＝eq \f(5,13)，
所以sin A＝eq \f(3,5)，sin C＝eq \f(12,13)，
所以sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acs C＋cs Asin C＝eq \f(3,5)×eq \f(5,13)＋eq \f(4,5)×eq \f(12,13)＝eq \f(63,65)．
又a＝1，所以由正弦定理得b＝eq \f(asin B,sin A)＝eq \f(63,65)×eq \f(5,3)＝eq \f(21,13)．
答案：eq \f(21,13)
5．(2014·全国卷Ⅰ)如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100 m，则山高MN＝________m．
解析：在△ABC中，AC＝100eq \r(2) m，在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得eq \f(MA,sin 60°)＝eq \f(AC,sin 45°)，解得MA＝100eq \r(3) m，在△MNA中，MN＝MA·sin 60°＝150 m．即山高MN为150 m．
答案：150
6．(2016·全国乙卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cs C(acs B＋bcs A)＝c．
(1)求C；
(2)若c＝eq \r(7)，△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，求△ABC的周长．
解：(1)由已知及正弦定理得
2cs C(sin Acs B＋sin Bcs A)＝sin C，
即2cs Csin(A＋B)＝sin C，
故2sin Ccs C＝sin C．
可得cs C＝eq \f(1,2)，所以C＝eq \f(π,3)．
(2)由已知得eq \f(1,2)absin C＝eq \f(3\r(3),2)．
又C＝eq \f(π,3)，所以ab＝6．
由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcs C＝7，
故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25．
所以△ABC的周长为5＋eq \r(7)．
7．(2015·全国卷Ⅱ)△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．
(1)求eq \f(sin B,sin C)；
(2)若AD＝1，DC＝eq \f(\r(2),2)，求BD和AC的长．
解：(1)S△ABD＝eq \f(1,2)AB·ADsin∠BAD，
S△ADC＝eq \f(1,2)AC·ADsin∠CAD．
因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，
所以AB＝2AC．
由正弦定理，得eq \f(sin B,sin C)＝eq \f(AC,AB)＝eq \f(1,2)．
(2)因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝eq \r(2)．
在△ABD和△ADC中，由余弦定理，知
AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcs∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcs∠ADC．
故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6．
由(1)，知AB＝2AC，所以AC＝1．
1．(2013·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcs C＋csinB．
(1)求B；
(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由已知及正弦定理得，
sin A＝sin Bcs C＋sin CsinB．①
又A＝π－(B＋C)，
故sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C．②
由①②和C∈(0，π)得sin B＝csB．
又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,4)．
(2)△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(2),4)ac．
由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accseq \f(π,4)．
又a2＋c2≥2ac，故ac≤eq \f(4,2－\r(2))＝4＋2eq \r(2)，当且仅当a＝c时等号成立．
因此△ABC面积的最大值为eq \f(\r(2),4)(4＋2eq \r(2))＝eq \r(2)＋1．
2．(2015·山东高考)设f(x)＝sin xcs x－cs2x＋eq \f(π,4)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意知f(x)＝eq \f(sin 2x,2)－eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)
＝eq \f(sin 2x,2)－eq \f(1－sin 2x,2)＝sin 2x－eq \f(1,2)．
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
可得－eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z；
由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
可得eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z．
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)；
单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ))(k∈Z)．
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝sin A－eq \f(1,2)＝0，得sin A＝eq \f(1,2)，
由题意知A为锐角，所以cs A＝eq \f(\r(3),2)．
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，
可得1＋eq \r(3)bc＝b2＋c2≥2bc，
即bc≤2＋eq \r(3)，当且仅当b＝c时等号成立．
因此eq \f(1,2)bcsin A≤eq \f(2＋\r(3),4)．
所以△ABC面积的最大值为eq \f(2＋\r(3),4)．命题点一 简单的三角恒等变换
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中、低
题型：选择题、填空题、解答题
命题点二 解三角形
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中、低
题型：选择题、填空题、解答题
命题点三 三角函数与解三角形的综合问题
命题指数：☆☆☆☆
难度：高、中
题型：解答题