2021高考数学二轮复习专题三跟踪训练2

这是一份2021高考数学二轮复习专题三跟踪训练2，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．(2018·广东七校联考)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＋csα＝－eq \f(\r(3),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝( )
A．－eq \f(2\r(2),3) B.eq \f(2\r(2),3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
[解析] 由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＋csα＝－eq \f(\r(3),3)，得eq \f(\r(3),2)sinα＋eq \f(1,2)csα＋csα＝－eq \f(\r(3),3)，即eq \f(\r(3),2)sinα＋eq \f(3,2)csα＝－eq \f(\r(3),3)，
亦即eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),3)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,3)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))
＝－eq \f(1,3)，故选C.
[答案] C
2．(2018·贵阳监测)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))))的值是( )
A.eq \f(7,9) B.eq \f(1,3) C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(7,9)
[解析] ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(7,9)，∴cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2α))))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2α))＝－eq \f(7,9)，故选D.
[答案] D
3．(2018·湖北武汉模拟)在△ABC中，a＝eq \r(2)，b＝eq \r(3)，B＝eq \f(π,3)，则A等于( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(3π,4) D.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)
[解析] 由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，所以sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(\r(2)×sin\f(π,3),\r(3))＝eq \f(\r(2),2)，所以A＝eq \f(π,4)或eq \f(3π,4).又a[答案] B
4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝2C,2bcsC－2ccsB＝a，则角A的大小为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
[解析] 由正弦定理得2sinBcsC－2sinCcsB＝sinA＝sin(B＋C)＝sinBcsC＋csBsinC，sinBcsC＝3sinCcsB，sin2CcsC＝3sinCcs2C,2cs2C＝3(cs2C－sin2C)，tan2C＝eq \f(1,3)，∵B＝2C，∴C为锐角，∴tanC＝eq \f(\r(3),3)，C＝eq \f(π,6)，B＝eq \f(π,3)，A＝eq \f(π,2)，故选A.
[答案] A
5．在△ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C的对边．若bsinA＝3csinB，a＝3，csB＝eq \f(2,3)，则b＝( )
A．14 B．6 C.eq \r(14) D.eq \r(6)
[解析] bsinA＝3csinB⇒ab＝3bc⇒a＝3c⇒c＝1，∴b2＝a2＋c2－2accsB＝9＋1－2×3×1×eq \f(2,3)＝6，b＝eq \r(6)，故选D.
[答案] D
6．(2018·山东日照二模)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，△ACD为正三角形，则△BCD面积的最大值为( )
A．2eq \r(3)＋2 B.eq \f(\r(3)＋1,2)
C.eq \f(\r(3),2)＋2 D.eq \r(3)＋1
[解析] 在△ABC中，设∠ABC＝α，∠ACB＝β，由余弦定理得：AC2＝12＋22－2×1×2csα，∵△ACD为正三角形，∴CD2＝AC2＝5－4csα，S△BCD＝eq \f(1,2)·2·CD·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋β))＝CD·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋β))＝eq \f(\r(3),2)CD·csβ＋eq \f(1,2)CD·sinβ，在△ABC中，由正弦定理得：eq \f(1,sinβ)＝eq \f(AC,sinα)，∴AC·sinβ＝sinα，∴CD·sinβ＝sinα，∴(CD·csβ)2＝CD2(1－sin2β)＝CD2－sin2α＝5－4csα－sin2α＝(2－csα)2，∵β<∠BAC，∴β为锐角，CD·csβ＝2－csα，∴S△BCD＝eq \f(\r(3),2)CD·csβ＋eq \f(1,2)CD·sinβ＝eq \f(\r(3),2)·(2－csα)＋eq \f(1,2)sinα＝eq \r(3)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))，当α＝eq \f(5π,6)时，(S△BCD)max＝eq \r(3)＋1，故选D.
[答案] D
二、填空题
7．(2018·长春二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2asinA＝(2sinB＋sinC)b＋(2c＋b)sinC，则A＝________.
[解析] 由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccsA，故csA＝－eq \f(1,2)，又A为三角形的内角，故A＝120°.
[答案] 120°
8．计算：4cs50°－tan40°＝________.
[解析] 4cs50°－tan40°＝4sin40°－eq \f(sin40°,cs40°)
＝eq \f(4cs40°sin40°－sin40°,cs40°)
＝eq \f(2sin80°－sin40°,cs40°)
＝eq \f(2sin120°－40°－sin40°,cs40°)
＝eq \f(\r(3)cs40°＋sin40°－sin40°,cs40°)
＝eq \f(\r(3)cs40°,cs40°)＝eq \r(3).
[答案] eq \r(3)
9．(2018·安徽合肥一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若csC＝eq \f(2\r(2),3)，bcsA＋acsB＝2，则△ABC的外接圆面积为________．
[解析] 已知bcsA＋acsB＝2，由正弦定理可得2RsinBcsA＋2RsinAcsB＝2(R为△ABC的外接圆半径)．利用两角和的正弦公式得2Rsin(A＋B)＝2，则2RsinC＝2，因为csC＝eq \f(2\r(2),3)，所以sinC＝eq \f(1,3)，所以R＝3.故△ABC的外接圆面积为9π.
[答案] 9π
三、解答题
10．(2018·江苏卷)已知α，β为锐角，tanα＝eq \f(4,3)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5).
(1)求cs2α的值；
(2)求tan(α－β)的值．
[解] (1)因为tanα＝eq \f(4,3)，tanα＝eq \f(sinα,csα)，所以sinα＝eq \f(4,3)csα.
因为sin2α＋cs2α＝1，所以cs2α＝eq \f(9,25)，
所以cs2α＝2cs2α－1＝－eq \f(7,25).
(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)，
又因为cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，
所以sin(α＋β)＝eq \r(1－cs2α＋β)＝eq \f(2\r(5),5)，
因此tan(α＋β)＝－2.
因为tanα＝eq \f(4,3)，所以tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝－eq \f(24,7).
因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq \f(tan2α－tanα＋β,1＋tan2αtanα＋β)＝－eq \f(2,11).
11．(2018·河北保定三模)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)c－a))csB＝bcsA.
(1)若sinA＝eq \f(2,5)，a＋b＝10，求a；
(2)若b＝3eq \r(5)，a＝5，求△ABC的面积S.
[解] ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)c－a))csB＝bcsA，
∴由正弦定理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)sinC－sinA))·csB＝sinBcsA，即有eq \f(5,4)sinCcsB＝sinAcsB＋csAsinB，则eq \f(5,4)sinC·csB＝sinC.∵sinC>0，∴csB＝eq \f(4,5).
(1)由csB＝eq \f(4,5)，得sinB＝eq \f(3,5)，
∵sinA＝eq \f(2,5)，∴eq \f(a,b)＝eq \f(sinA,sinB)＝eq \f(2,3).
又∵a＋b＝10，∴a＝4.
(2)∵b2＝a2＋c2－2accsB，b＝3eq \r(5)，a＝5，∴45＝25＋c2－8c，即c2－8c－20＝0，解得c＝10或c＝－2(舍去)，
∴S＝eq \f(1,2)acsinB＝15.
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝eq \f(tanA,csB)＋eq \f(tanB,csA).
(1)证明：a＋b＝2c；
(2)求csC的最小值．
[解] (1)证明：由题意知2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sinA,csA)＋\f(sinB,csB)))＝eq \f(sinA,csAcsB)＋eq \f(sinB,csAcsB)，
化简得2(sinAcsB＋sinBcsA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC.
从而sinA＋sinB＝2sinC.
由正弦定理得a＋b＝2c.
(2)由(1)知c＝eq \f(a＋b,2)，
所以csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2,2ab)
＝eq \f(3,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＋\f(b,a)))－eq \f(1,4)≥eq \f(1,2)，
当且仅当a＝b时，等号成立．
故csC的最小值为eq \f(1,2).