高考数学一轮复习方案 滚动基础训练卷（6） 文 （含解析）

45分钟滚动基础训练卷(六)(考查范围：第16讲～第22讲，以第20讲～第22讲内容为主分值：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．[2013·河北五校联盟调研]已知sin(α＋45°)＝eq\f(4,5)，45°<α<135°，则sinα＝()A.eq\f(\r(2),5)B．－eq\f(\r(2),5)C.eq\f(7\r(2),10)D．－eq\f(7\r(2),10)2．在△ABC中，a＝4，b＝eq\f(5,2)，5cos(B＋C)＋3＝0，则角B的大小为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,6)3．[2012·银川一中月考]已知△ABC的三边长成公差为2的等差数列，且最大角的正弦值为eq\f(\r(3),2)，则这个三角形的周长是()A．18B．21C．24D．154．在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2)D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)图G6－15．[2012·粤西北九校联考]如图G6－1，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，BA．50eq\r(2)mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)mD.eq\f(25\r(2),2)m6．[2012·江西师大附中模拟]下列函数中，周期为π，且在0，eq\f(π,2)上为减函数的是()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))D．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))7．为了得到函数y＝sin2x－eq\f(π,6)的图象，可以将函数y＝coseq\f(x,3)的图象()A．横坐标缩短为原来的eq\f(1,6)(纵坐标保持不变)，再向右平移eq\f(π,3)个单位B．横坐标缩短为原来的eq\f(1,6)(纵坐标保持不变)，再向右平移eq\f(2π,3)个单位C．横坐标伸长为原来的6倍(纵坐标保持不变)，再向左平移2π个单位D．横坐标伸长为原来的6倍(纵坐标保持不变)，再向左平移eq\f(2π,3)个单位8．若存在常数m使得eq\f(3－sin70°,m－cos210°)＝2，则实数m的值为()A．3B．2C．1D．0二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)9．已知tanα＝2，计算eq\f(1,cos2α)＋tan2α的值为________．10．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝eq\r(2)，b＝2，sinB＋cosB＝eq\r(2)，则角A的大小为________．11．在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，则AB＋2BC的最大值为________．三、解答题(本大题共3小题，每小题14分，共42分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)12．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足bsinA＝eq\r(3)acosB.(1)求角B的值；(2)若coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，求sinC的值．13．已知△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，设向量m＝(a，b)，n＝(sinB，sinA)，p＝(b－2，a－2)．(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；(2)若m⊥p，C＝eq\f(π,3)，c＝2，求△ABC的面积．14．在锐角△ABC中，A，B，C三内角所对的边分别为a，b，c.设m＝(cosA，sinA)，n＝(cosA，－sinA)，a＝eq\r(7)，且m·n＝－eq\f(1,2).(1)b＝3，求△ABC的面积；(2)求b＋c的最大值．45分钟滚动基础训练卷(六)1．C[解析]因为sin(α＋45°)＝eq\f(4,5)，45°<α<135°，所以cos(α＋45°)＝－eq\f(3,5)，则sinα＝sinα＋45°－eq\f(π,4)＝sinα＋45°cos45°－cosα＋45°sin45°＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(2),10)，选C.2．A[解析]由5cos(B＋C)＋3＝0得5cosA＝3，cosA＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(4,5).因为a>b，所以A>B，即B为锐角．由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\f(5,2)×\f(4,5),4)＝eq\f(1,2)，所以B＝eq\f(π,6)，选A.3．D[解析]不妨设三边长a，b，c依次构成公差为2的等差数列，则角C为最大角．所以由已知得sinC＝eq\f(\r(3),2).所以cosC＝－eq\f(1,2)C为最大角，不可能cosC＝eq\f(1,2)，否则C＝60°，不符合题意．由cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，及b＝a＋2，c＝a＋4，解得a＝3，b＝5，c＝7.所以周长为a＋b＋c＝15.4．B[解析]由余弦定理得7＝AB2＋22－2×2AB×cos60°，解得AB＝3，故h＝AB×sinB＝3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，故选B.5．A[解析]在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，AB＝50eq\r(2).6．A[解析]y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))，周期是π，又y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))在0，eq\f(π,2)上为减函数，所以选A.7．A[解析]y＝coseq\f(x,3)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(x,3)))，将函数y＝coseq\f(x,3)的图象横坐标缩短为原来的eq\f(1,6)(纵坐标保持不变)得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))，然后将函数y＝sin2x＋eq\f(π,4)的图象向右平移eq\f(π,3)个单位得y＝sin2x－eq\f(π,6)的图象．8．B[解析]因为eq\f(3－sin70°,m－cos210°)＝eq\f(3－sin70°,m－\f(1＋cos20°,2))＝eq\f(2（3－sin70°）,2m－1－cos20°)＝eq\f(2（3－cos20°）,2m－1－cos20°)＝2，所以2m－1－cos20°＝3－cos20°，即2m－1＝3，即m＝2.9．－3[解析]eq\f(1,cos2α)＋tan2α＝eq\f(1＋sin2α,cos2α)＝eq\f(sin2α＋2sinαcosα＋cos2α,cos2α－sin2α)＝eq\f(tan2α＋2tanα＋1,1－tan2α)＝－3.10.eq\f(π,6)[解析]由sinB＋cosB＝eq\r(2)得1＋2sinBcosB＝2，即sin2B＝1，因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,4).又因为a＝eq\r(2)，b＝2，所以在△ABC中，由正弦定理得eq\f(\r(2),sinA)＝eq\f(2,sin\f(π,4))，解得sinA＝eq\f(1,2).又a<b，所以A<B＝eq\f(π,4)，所以A＝eq\f(π,6).11．2eq\r(7)[解析]因为B＝60°，A＋B＋C＝180°，所以A＋C＝120°，由正弦定理，有eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(\r(3),sin60°)＝2，所以AB＝2sinC，BC＝2sinA.所以AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sin(120°－A)＋4sinA＝2(sin120°cosA－cos120°sinA)＋4sinA＝eq\r(3)cosA＋5sinA＝2eq\r(7)sin(A＋φ)其中sinφ＝eq\f(\r(3),2\r(7))，cosφ＝eq\f(5,2\r(7))，所以AB＋2BC的最大值为2eq\r(7).12．解：(1)由正弦定理得sinBsinA＝eq\r(3)sinAcosB，∵sinA≠0，∴sinB＝eq\r(3)cosB，tanB＝eq\r(3).∵0<B<π，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，∴cosA＝2cos2eq\f(A,2)－1＝eq\f(3,5)，∵sinA>0，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5)，∴sinC＝sin(A＋B)＝sinA＋eq\f(π,3)＝eq\f(1,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq\f(4＋3\r(3),10).13．解：(1)证明：若m∥n，则asinA＝bsinB，即a·eq\f(a,2R)＝b·eq\f(b,2R)，其中R是△ABC外接圆半径，∴a＝b，故△ABC为等腰三角形．(2)由题意可知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0，∴a＋b＝ab.由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0，∴ab＝4或ab＝－1(舍去)，∴S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×sineq\f(π,3)＝eq\r(3).14．解：(1)由m·n＝－eq\f(1,2)得cos2A－sin2A＝－eq\f(1,2)，即cos2A＝－eq\f(1,2).∵0<A<eq\f(π,2)，∴0<2A<π，∴2A＝eq\f(2π,3)，A＝eq\f(π,3).由a2＝b2＋c2－2bccosA得c2－3c＋2＝0，∴c当c＝1时，cosB<0，∴c＝1舍去，∴c＝2，∴S＝eq\f(1,2)b·c·sinA＝eq\f(1,2)×3×2×sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).(2)方法一：∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴b2＋c2－bc＝7，(b＋c)2＝3bc＋7≤3eq\f(b＋c,2)2＋7，∴(b＋c)2≤28，b＋c≤2eq\r(7)，当且仅当b＝c时取等号，∴(b＋c)max＝2eq\r(7).方法二：由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝e