2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题二 2 第2讲　专题强化训练 Word版含解析.pdf

A 组 夯基保分专练 一、选择题 1(2018·高考全国卷)已知函数 f(x)2cos2xsin2x2，则( ) Af(x)的最小正周期为 ，最大值为 3 Bf(x)的最小正周期为 ，最大值为 4 Cf(x)的最小正周期为 2，最大值为 3 Df(x)的最小正周期为 2，最大值为 4 解析：选 B.易知 f(x)2cos2xsin2x23cos2x1 (2cos2x1) 1 cos 2x ， 3 2 3 2 3 2 5 2 则 f(x)的最小正周期为，当 xk(kZ)时，f(x)取得最大值，最大值为 4. 2在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 c2a，bsin Basin A asin 1 2 C，则 sin B 为( ) A. B. 7 4 3 4 C. D. 7 3 1 3 解析：选 A.由 bsin Basin A asin C， 1 2 且 c2a， 得 ba，2 因为 cos B ， a2c2b2 2ac a24a22a2 4a2 3 4 所以 sin B .1(3 4) 2 7 4 3(2018·洛阳第一次统考)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 a2c2acbc，则( ) c bsin B A. B. 3 2 2 3 3 C. D. 3 3 3 解析：选 B.由 a，b，c 成等比数列得 b2ac，则有 a2c2b2bc，由余弦定理得 cos A ， 故 A， 对于 b2ac， 由正弦定理得， sin2 Bsin Asin C·sin b2c2a2 2bc bc 2bc 1 2 3 3 2 C，由正弦定理得，.故选 B. c bsin B sin C sin2 B sin C 3 2 sin C 2 3 3 4(2018·昆明模拟)在ABC 中，已知 AB，AC，tanBAC3，则 BC 边上25 的高等于( ) A1 B. 2 C. D23 解析：选 A.法一：因为 tanBAC3，所以 sinBAC，cosBAC.由余 3 10 1 10 弦定理， 得 BC2AC2AB22AC·AB·cosBAC522×××9， 所以 BC52 ( 1 10) 3， 所以SABC AB·ACsinBAC ××× ， 所以BC边上的高h 1 2 1 2 25 3 10 3 2 2S ABC BC 1，故选 A. 2 × 3 2 3 法二：因为 tanBAC3，所以 cosBAC0，则BAC 为钝角，因此 BC 边 1 10 上的高小于，故选 A.2 5 ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c.已知 sin Bsin A(sin Ccos C)0， a2， c ，则 C( )2 A. B. 12 6 C. D. 4 3 解析：选 B.因为 sin Bsin A(sin Ccos C)0，所以 sin(AC)sin Asin Csin Acos C0，所以 sin Acos Ccos Asin Csin Asin Csin Acos C0，整理得 sin C(sin Acos A)0.因为 sin C0， 所以 sin Acos A0，所以 tan A1，因为 A(0，)，所以 A. 3 4 由正弦定理得 sin C ， c·sin A a 2 × 2 2 2 1 2 又 0C，所以 C. 4 6 6.如图，在ABC中，C， BC4， 点D在边AC上，ADDB， DE 3 AB，E 为垂足若 DE2，则 cos A 等于( )2 A. B. 2 2 3 2 4 C. D. 6 4 6 3 解析 ： 选 C.依题意得， BDAD， BDCABDA2A.在BCD DE sin A 2 2 sin A 中，×，即，由此解 BC sinBDC BD sin C 4 sin 2A 2 2 sin A 2 3 4 2 3sin A 4 2sin Acos A 4 2 3sin A 得 cos A. 6 4 二、填空题 7若 sin ，则 cos_ ( 3 ) 1 4( 3 2) 解析：依题意得 cos( 3 2) cos( 3 2) cos2( 3 ) 2sin212×1 ( 3 ) ( 1 4) 2 . 7 8 答案：7 8 8 (2018·高考全国卷改编)在ABC 中， cos ， BC1， AC5， 则 AB_ C 2 5 5 解析 ： 因为 cos C2cos2 12× 1 ，所以由余弦定理，得 AB2AC2BC2 C 2 1 5 3 5 2AC·BCcos C2512×5×1×32，所以 AB4. ( 3 5) 2 答案：4 2 9 (2018·惠州第一次调研)已知 a， b， c 是ABC 中角 A， B， C 的对边， a4， b(4， 6)， sin 2Asin C，则 c 的取值范围为_ 解析：由，得，所以 c8cos A，因为 16b2c22bccos 4 sin A c sin C 4 sin A c sin 2A A， 所以 16b264cos2A16bcos2A， 又 b4， 所以 cos2A， 16b2 6416b （4b）（4b） 16（4b） 4b 16 所以 c264cos2A64×164b.因为 b(4，6)，所以 32c240，所以 4c2. 4b 16 210 答案：(4，2)210 三、解答题 10 (2018·沈阳教学质量监测(一)在ABC 中， 已知内角 A， B， C 的对边分别是 a， b， c， 且 2ccos B2ab. (1)求 C； (2)若 ab6，ABC 的面积为 2，求 c.3 解：(1)由正弦定理得 2sin Ccos B2sin Asin B， 又 sin Asin(BC)， 所以 2sin Ccos B2sin(BC)sin B， 所以 2sin Ccos B2sin Bcos C2cos Bsin Csin B， 所以 2sin Bcos Csin B0， 因为 sin B0，所以 cos C . 1 2 又 C(0，)，所以 C. 2 3 (2)因为 SABC absin C2， 1 2 3 所以 ab8， 由余弦定理，得 c2a2b22abcos Ca2abb2(ab)2ab28， 所以 c2 . 7 11(2018·石家庄质量检测(二)已知ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 tan Atan B. 3c acos B (1)求角 A 的大小； (2)设 AD 为 BC 边上的高，a，求 AD 的取值范围3 解：(1)在ABC 中，因为tan Atan B，所以，即 3c acos B 3sin C sin Acos B sin A cos A sin B cos B ， 3sin C sin Acos B sin Acos Bsin Bcos A cos Acos B 所以，则 tan A，所以 A. 3 sin A 1 cos A 3 3 (2)因为 SABC AD·BC bcsin A， 1 2 1 2 所以 AD bc. 1 2 由余弦定理得 cos A ， 1 2 b2c2a2 2bc 2bc3 2bc 所以 0bc3(当且仅当 bc 时等号成立)， 所以 0AD . 3 2 12 (2018·郑州质量检测(二)已知ABC 内接于半径为 R 的圆， a， b， c 分别是角 A， B， C 的对边，且 2R(sin2Bsin2A)(bc)sin C，c3. (1)求 A； (2)若 AD 是 BC 边上的中线，AD，求ABC 的面积 19 2 解：(1)对于 2R(sin2Bsin2A)(bc)sin C，由正弦定理得， bsin Basin Absin Ccsin C，即 b2a2bcc2， 所以 cos A ，因为 0°A180°，所以 A60°. b2c2a2 2bc 1 2 (2)以 AB，AC 为邻边作平行四边形 ABEC，连接 DE，易知 A，D，E 三点共线 在ABE 中，ABE120°，AE2AD，19 在ABE 中，由余弦定理得 AE2AB2BE22AB·BEcos 120°， 即 199AC22×3×AC×，得 AC2. ( 1 2) 故 SABC bcsinBAC. 1 2 3 3 2 B 组 大题增分专练 1(2018·长春质量监测(二)在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，其面 积 Sb2sin A. (1)求 的值； c b (2)设内角 A 的平分线 AD 交于 BC 于 D，AD，a，求 b. 2 3 3 3 解：(1)由 S bcsin Ab2sin A，可知 c2b，即 2. 1 2 c b (2)由角平分线定理可知，BD，CD， 2 3 3 3 3 在ABC 中，cos B，在ABD 中，cos B，即 4b23b2 2·2b · 3 4b24 3 4 3 2·2b· 2 3 3 4b23b2 2·2b · 3 ，解得 b1. 4b24 3 4 3 2·2b· 2 3 3 2(2018·贵阳模拟)已知在ABC 中，角 A，B，C 所对的边长分别为 a，b，c，AB 边 上的高 h c. 2 3 (1)若ABC 为锐角三角形，且 cos A ，求角 C 的正弦值； 3 5 (2)若 C，M，求 M 的值 4 a2b21 3c 2 ab 解：(1)作 CDAB，垂足为 D， 因为ABC 为锐角三角形，且 cos A ， 3 5 所以 sin A ，tan A ， 4 5 4 3 所以 AD ，BDABAD ， c 2 c 2 所以 BC，CD2BD2 ( 2 3c) 2 ( c 2) 2 5c 6 由正弦定理得：sinACB. ABsin A BC c× 4 5 5c 6 24 25 (2)因为 SABC c× c absinACBab， 1 2 2 3 1 2 2 4 所以 c2ab， 3 2 4 又 a2b2c22abcosACBab，2 所以 a2b2abc2，2 所以 a2b2 c2ab c2ab ×ab2ab， 1 3 2 4 3 2 4 3 3 2 4 2 所以 M2. a2b21 3c 2 ab 2 2 ab ab 2 3(2018·合肥质量检测)已知ABC 中，D 为 AC 边上一点，BC2，DBC45°.2 (1)若 CD2，求BCD 的面积；5 (2)若角 C 为锐角，AB6，sin A，求 CD 的长2 10 10 解：(1)在BCD 中，CD2BC2BD22BC·BD·cos 45°， 即 208BD24BD，解得 BD6， 所以BCD 的面积 S ×2×6×sin 45°6. 1 2 2 (2)在ABC 中，由得， BC sin A AB sin C 2 2 10 10 6 2 sin C 解得 sin C. 3 10 10 由角 C 为锐角得，cos C， 10 10 所以 sinBDCsin(C45°). 2 5 5 在BCD 中，即， CD sinDBC BC sinBDC CD 2 2 2 2 2 5 5 解得 CD . 5 4(2018·高考天津卷)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知 bsin Aacos. (B 6) (1)求角 B 的大小； (2)设 a2，c3，求 b 和 sin(2AB)的值 解：(1)在ABC 中，由正弦定理，可得 bsin Aasin B，又由 bsin Aacos a sin A b sin B ，得 asin Bacos ，即 sin Bcos，可得 tan B.又因为 B(0，)，可 (B 6) (B 6) (B 6) 3 得 B . 3 (2)在ABC 中，由余弦定理及 a2，c3，B ，有 b2a2c22accos B7，故 b 3 . 7 由 bsin Aacos， (B 6) 可得 sin A. 3 7 因为 ac，故 cos A. 2 7 因此 sin 2A2sin Acos A， 4 3 7 cos 2A2cos2A1 ， 1 7 所以，sin(2AB)sin 2Acos Bcos 2Asin B× ×. 4 3 7 1 2 1 7 3 2 3 3 14