2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测03《三角恒等变换与解三角形》小题练(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测03《三角恒等变换与解三角形》小题练(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))，则tan α的值为( )
A.－1 B.1 C.eq \r(3) D.－eq \r(3)
eq \r(3)cs 15°－4sin215°cs 15°=( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.1 D.eq \r(2)
已知3cs 2α=4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，则sin 2α=( )
A.eq \f(7,9) B.－eq \f(7,9) C.eq \f(1,9) D.－eq \f(1,9)
已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))=eq \f(3,4)，则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))=( )
A.eq \f(7,25) B.eq \f(9,25) C.eq \f(16,25) D.eq \f(24,25)
已知sin θ＋cs θ=2sin α，sin 2θ=2sin2β，则( )
A.cs β=2cs α
B.cs2β=2cs2α
C.cs 2β=2cs 2α
D.cs 2β=－2cs 2α
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2bcs C=2a＋c，则B=( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(2π,3)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且a2=c2＋ac－bc，则eq \f(c,bsin B)=( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3)
在O点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时该物体位于P点，一分钟后，其位置在Q点，且∠POQ=90°，再过两分钟后，该物体位于R点，且∠QOR=30°，则tan∠OPQ的值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(3,2) D.eq \f(2,3)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S=(a＋b)2－c2，则tan C等于( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(4,3) C.－eq \f(4,3) D.－eq \f(3,4)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2eq \r(3)(sin2A－sin2C)=(a－b)sin B，△ABC的外接圆半径为eq \r(3).则△ABC面积的最大值为( )
A.eq \f(3,8) B.eq \f(3,4) C.eq \f(9\r(3),8) D.eq \f(9\r(3),4)
在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，
如果sin2(B＋C)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bc=1，b＋2ccs A=0，则当角B取得最大值时，△ABC的周长为( )
A.2＋eq \r(3) B.2＋eq \r(2) C.3 D.3＋eq \r(2)
二、填空题
已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(5π,4)))=eq \f(1,5)，则tan α=________.

如图，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离分别为a海里和2a海里，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A和B的距离为________海里.
定义运算eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))=ad－bc.若cs α=eq \f(1,7)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin α sin β,cs α cs β))=eq \f(3\r(3),14)，0<β<α则β=________.
如图，在△ABC中，AB=4，BC=2，∠ABC=∠D=eq \f(π,3)，若△ADC是锐角三角形，则DA＋DC的取值范围为________.
\s 0 参考答案
答案为：B；
解析：由已知得eq \f(1,2)cs α－eq \f(\r(3),2)sin α=eq \f(1,2)sin α－eq \f(\r(3),2)cs α，
整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)))sin α=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)))cs α，即sin α=cs α，故tan α=1.
答案为：D；
解析：eq \r(3)cs 15°－4sin215°cs 15°=eq \r(3)cs 15°－2sin 15°·2sin 15°cs 15°
=eq \r(3)cs 15°－2sin 15°·sin 30°=eq \r(3)cs 15°－sin 15°=2cs(15°＋30°)
=2cs 45°=eq \r(2).故选D.
答案为：D；
解析：由题意知3(cs2α－sin2α)=2eq \r(2)(cs α－sin α)，由于α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，
因而cs α≠sin α，则3(cs α＋sin α)=2eq \r(2)，
那么9(1＋sin 2α)=8，sin 2α=－eq \f(1,9).
答案为：B；
解析：由taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))=eq \f(1＋tan α,1－tan α)=eq \f(3,4)，解得tan α=－eq \f(1,7)，
所以cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))=eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α)),2)=eq \f(1＋sin 2α,2)=eq \f(1,2)＋sin αcs α，
又sin αcs α=eq \f(sin αcs α,sin2α＋cs2α)=eq \f(tan α,tan2α＋1)=－eq \f(7,50)，故eq \f(1,2)＋sin αcs α=eq \f(9,25).
答案为：C；
解析：由同角三角函数的基本关系可得sin2θ＋cs2θ=1，
所以(sin θ＋cs θ)2=1＋2sin θcs θ=1＋sin 2θ.
由已知可得(2sin α)2=1＋2sin2β，即4sin2α=1＋2sin2β.
由二倍角公式可得4×eq \f(1－cs 2α,2)=1＋2×eq \f(1－cs 2β,2)，
整理得cs 2β=2cs 2α.故选C.
答案为：D；
解析：因为2bcs C=2a＋c，所以由正弦定理可得：
2sin Bcs C=2sin A＋sin C=2sin(B＋C)＋sin C=2sin Bcs C＋2cs Bsin C＋sin C，
即2cs Bsin C=－sin C，又sin C≠0，所以cs B=－eq \f(1,2)，
又0 答案为：B；
解析：由a，b，c成等比数列得b2=ac，则有a2=c2＋b2－bc，
由余弦定理得cs A=eq \f(b2＋c2－a2,2bc)=eq \f(bc,2bc)=eq \f(1,2)，故A=eq \f(π,3).
对于b2=ac，由正弦定理，得sin2B=sin Asin C=eq \f(\r(3),2)·sin C，
由正弦定理，得eq \f(c,bsin B)=eq \f(sin C,sin2B)=eq \f(sin C,\f(\r(3),2)sin C)=eq \f(2\r(3),3).故选B.
答案为：B；
解析：如图，设物体的运动速度为v，则PQ=v，QR=2v，
因为∠POQ=90°，∠QOR=30°，所以∠POR=120°，P＋R=60°，所以R=60°－P.
在Rt△OPQ中，OQ=vsin P.
在△OQR中，
由正弦定理得OQ=eq \f(QR·sin R,sin∠ROQ)=4v·sin R=4vsin(60°－P)=2eq \r(3)vcs P－2vsin P.
所以有2eq \r(3)vcs P－2vsin P=vsin P，即2eq \r(3)vcs P=3vsin P，
所以tan P=eq \f(2\r(3),3)，所以选B.
答案为：C；
解析：因为2S=(a＋b)2－c2=a2＋b2－c2＋2ab，由面积公式与余弦定理，
得absin C=2abcs C＋2ab，即sin C－2cs C=2，
所以(sin C－2cs C)2=4，eq \f(sin2C－4sin Ccs C＋4cs2C,sin2C＋cs2C)=4，
所以eq \f(tan2C－4tan C＋4,tan2C＋1)=4，解得tan C=－eq \f(4,3)或tan C=0(舍去).
答案为：D；
解析：由正弦定理，得eq \f(a,sin A)=eq \f(b,sin B)=eq \f(c,sin C)=2eq \r(3)，
所以sin A=eq \f(a,2\r(3))，sin B=eq \f(b,2\r(3))，sin C=eq \f(c,2\r(3))，
将其代入2eq \r(3)(sin2A－sin2C)=(a－b)sin B，得a2＋b2－c2=ab，
由余弦定理，得cs C=eq \f(a2＋b2－c2,2ab)=eq \f(1,2)，
又0于是S△ABC=eq \f(1,2)absin C=eq \f(1,2)×2eq \r(3)sin A×2eq \r(3)sin B×sineq \f(π,3)=3eq \r(3)sin Asin B
=eq \f(3\r(3),2)[cs(A－B)－cs(A＋B)]=eq \f(3\r(3),2)[cs(A－B)＋cs C]=eq \f(3\r(3),2)cs(A－B)＋eq \f(3\r(3),4).
当A=B=eq \f(π,3)时，S△ABC取得最大值，最大值为eq \f(9\r(3),4)，故选D.
答案为：D；
解析：由题意得sin2A0，
则cs A=eq \f(b2＋c2－a2,2bc)>0.因为0又a是最大边，所以A>eq \f(π,3)，即角A的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).故选D.
答案为：A;
解析：由已知b＋2ccs A=0，得b＋2c·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)=0，整理得2b2=a2－c2.
由余弦定理，得cs B=eq \f(a2＋c2－b2,2ac)=eq \f(a2＋3c2,4ac)≥eq \f(2\r(3)ac,4ac)=eq \f(\r(3),2)，当且仅当a=eq \r(3)c时等号成立，
此时角B取得最大值，将a=eq \r(3)c代入2b2=a2－c2可得b=c.
又bc=1，所以b=c=1，a=eq \r(3).故△ABC的周长为2＋eq \r(3).故选A.
二、填空题
答案为：eq \f(3,2)；
解析：taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(5π,4)))=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))=eq \f(tan α－1,1＋tan α)=eq \f(1,5)，解得tan α=eq \f(3,2).
答案为：eq \r(7)a；
解析：依题意知∠ACB=180°－20°－40°=120°，
在△ABC中，由余弦定理知AB=eq \r(AC2＋BC2－2AC·BCcs 120°)=eq \r(7a2)=eq \r(7)a.
即灯塔A与灯塔B的距离为eq \r(7)a海里.
答案为：eq \f(π,3)；
解析：依题意有sin αcs β－cs αsin β=sin(α－β)=eq \f(3\r(3),14)，
又0<β<α而cs α=eq \f(1,7)，∴sin α=eq \f(4\r(3),7)，
于是sin β=sin[α－(α－β)]=sin αcs(α－β)－cs αsin(α－β)
=eq \f(4\r(3),7)×eq \f(13,14)－eq \f(1,7)×eq \f(3\r(3),14)=eq \f(\r(3),2)，故β=eq \f(π,3).
答案为：(6,4eq \r(3)]；
解析：设∠ACD=θ，则∠CAD=eq \f(2π,3)－θ，根据条件及余弦定理计算得AC=2eq \r(3).
在△ACD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin θ)=eq \f(CD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ)))=eq \f(2\r(3),sin\f(π,3))=4，
∴AD=4sin θ，CD=4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))，
∴DA＋DC=4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin θ＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))))
=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ＋\f(\r(3),2)cs θ＋\f(1,2)sin θ))=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)sin θ＋\f(\r(3),2)cs θ))
=4eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin θ＋\f(1,2)cs θ))=4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6))).
∵△ACD是锐角三角形，
∴θ和eq \f(2π,3)－θ均为锐角，∴θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，
∴θ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1)).
∴DA＋DC=4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(6，4\r(3))).