单元检测卷(七) 解三角形-【满分金卷】2022新高考数学总复习必刷题单元能力提升卷

3.C 由图可得,函数图象过点 -4π9 ,0 , 将它代入函数f(x)可得,cos -4π9 ·ω+π6 =0 又 -4π9 ,0 是函数f(x)图象与x 轴负半 轴 的 第 一 个 交 点,所以-4π9 ·ω+π6=- π 2 ,解得ω=32 , 所以函数f(x)的最小正周期为T=2πω= 2π 3 2 =4π3. 故选C. 4.A 由3cos2α-8cosα=5,得6cos2α-8cosα-8=0, 即3cos2α-4cosα-4=0,解得cosα=-23 或cosα=2(舍去), 又∵α∈(0,π),∴sinα= 1-cos2α= 53. 故选A. 单元检测卷(七) 1.D ∵b=3,c= 6,C=π4 , ∴由正弦定理 bsinB= c sinC ,可得 3 sinB= 6 sinπ4 , 则sinB= 32 , ∵c<b,∴B=π3 或2π 3 ,故选D. 2.C 因为cosA2= 3 3 ,∴cosA=2cos2 A2-1=- 1 3 ,sinA = 1-cos2A=2 23 ,∵△ABC的面积为12AB ·AC·sinA =2 2,又AB=1,所以AC=6,由余弦定理,得,BC2=AB2 +AC2-2AB·AC·cosA=41,∴BC= 41,故选C. 3.B ∵A=π3 ,b=2,S△ABC= 1 2bcsinA=2 3 , ∴c=4 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=12,∴a=2 3 由正弦定理可得2R= asinA= 2 3 3 2 ,∴R=2 所以△ABC外接圆的面积S=πR2=4π.故选B. 4.D 依题意可得∠ACB=85°+35°=120°, 在△ABC中,由余弦定理可得,AB2=AC2+BC2-2×AC ×BC×cos120°=12+3-2×2 3× 3× -12 =21, ∴AB= 21km.故选D. 5.C ∵在△ABC中,b2+c2=a2+bc. ∴cosA=b 2+c2-a2 2bc = bc 2bc= 1 2 , 由于0<A<π,故A=π3. ∵sinBsinC=sin2A,利用正弦定理得bc=a2, ∴b2+c2-2bc=0,故b=c, ∴△ABC为等边三角形.故选C. 6.B 因为C=2B,故sinC=sin2B, 即sinC=2sinBcosB, 根据正弦定理可以得到c=2bcosB 即cb =2cosB. 因为△ABC为锐角三角形,故 0<B<π2 0<2B<π2 0<π-2B-B<π2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ,所以π 6 <B<π4 ,所以 2 2<cosB< 3 2 ,故c b ∈ (2,3).故选B. 7.D 因为a(sinA+9sinB)=12sinA 及正弦定理, 所以a(a+9b)=12a,又a>0,所以a+9b=12≥2 9ab, 则ab≤4,所以△ABC的面积的最大值为Smax= 1 2×4× 1 3 =23. 故选D. 8.A ∵(b+c)sin(A+C)=(a+c)(sinA-sinC), ∴由正弦定理可得(b+c)b=(a+c)(a-c),整理可得b2+ c2-a2=-bc, ∴由余弦定理可得cosA=-12 , 由A∈(0,π),可得A=2π3 , 又△ABC的面积为 3,即12bcsin 2π 3= 3 ,∴bc=4, 又AB→·(DA→+DB→)=(DB→-DA→)·(DA→+DB→)=DB→2 -DA→2 =CB →2 4 - (AB→+AC→)2 4 = (AB→-AC→)2 4 - (AB→+AC→)2 4 = -4AB →·AC→ 4 =-AB →·AC→=-bccosA=2. 故选A. 9.BC 当bsinA<a<b时,三角形有两解. ∴5 2<a<10, ∴a的值可以是6 2,8,故选BC. 10.AD 对于A:sin(B+C)=sin(π-A)=sinA,故正确; 对于B:若cosA>0,则A 为锐角,但B 或C 可能是钝角, 故错误; 对于C:cos(B+C)=cos(π-A)=-cosA,故错误; 对于D:sinA=sinB,则a=b,故A=B,故正确. 故选AD. 11.ACD 对于 A,若 acosA= b cosB= c cosC ,则sinA cosA= sinB cosB =sinCcosC ,即tanA=tanB=tanC,即A=B=C,即△ABC 是等边三角形,故正确; 对于B,若acosA=bcosB,则由正弦定理得2rsinAcosA =2rsinBcosB,即sin2A=sin2B,则2A=2B 或2A+2B =180°,即A=B 或A+B=90°,则△ABC 为等腰三角形 或直角三角形,故错误; 对于C,若bcosC+ccosB=b,由正弦定理得sinBc