中山市实验高级中学-浙江二本院校

班
级













姓
名















准
考
证
号


















考
场
号

















座
位
号
















2019-2020学年必修5第一章训练卷

A．
6
B．
5
C．
7
D．
22

解三角形（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的 姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并
将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目
的答案标号涂黑，写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题 区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共12个小题，每小 题5分，共60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．若锐角< br>△ABC
的面积为
103
，且
AB5
，
AC8< br>，则
BC
等于（ ）
A．
5
B．
6
C．
7
D．
8

5．
△ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
若
2acos(

B)2bcos (

A)c0
，则
cos

的值为（ ）
A．

3

2
封

B．
3

2
C．
1

2
D．

1

2
6．在
△ABC
中，已知
AC6
，
BC8
，
cos(AB)
3
，则
4
密
sin(BC)
为（ ）
A．
1

2
不
B．
1
8
C．
1

4
D．
1
37．已知锐角
△ABC
的内角
A
，
B
，
C的对边分别为
a
，
b
，
c
，若
订
2a cosCc2b
，则角
A
为（ ）
A．
π

6
B．
π

2
C．
π

3
D．
π

4
装
2．
△ABC
的 内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，若
cosA
4
，
5
8．△ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边分别为a
，
b
，
c
，若
a6
，
c2，
只
cosC
27

13
5
，
a1
，则
b
等于（ ）
13
B．
b2(cosAsinA)
，则
b
为（ ）
A．
31

C．
B．
31
C．
31
D．
21

A．
卷
23

13
19

13
D．
21

13
9．已知
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对 边分别为
a
，
b
，
c
，
C120
，若
a2b
，则
tanA
为（ ）
A．
3
B．
3．在
△ABC
中，
A
2π
b
，
a3c
，则

（ ）
3
c
C．
1
D．
3

2
C．
3

3
D．
1

此
A．
1

2
B．
2

1
3

10．在
△ABC
中，角
A
，B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c，已知
a3b
，
4．在
△ABC
中，
B120< br>，
AB
（ ）
2
，
A
的角平分线
AD3
，则
AC
AB
π
，则
C
（ ）
2

A．
π

12
B．
π

6
C．
π

4
D．
π

3
tanC
3
，
b 2
，则
△ABC
的面积
S
．
411．已知
△ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边分别是
a
，
b
，
c
，
且
(a bc)(acosBbcosA)abc
，若
ab2
，则
c
的取值范围是
（ ）
A．
[1,2]
B．
(1,2)
C．
(1,2]
D．
[1,2)
222
16．在
△ABC
中，内角
A
，
B
，< br>C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，已知
△ABC
的面积为
315
，
ac2
，
cosB< br>
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演
算步骤) < br>17．（10分）
△ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，已知
1，则
b
的值为 ．
4
12．如图，平面上有四个点A,B,P,Q
，其中
A,B
为定点，且
AB3
，
P ,Q
为
动点，满足关系
APPQQB1
，若
△APB
和
△PQB
的面积分别为
S,T
，
则
ST
的最大值为（ ）
22
sin(AB)8sin
2
（1）求
cosC
；
C
．
2
（2）若
ab6
，
△ABC
的面积为
2
，求
c
．



A．

二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横
线上） 13．在
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别是
a
，
b
，
c
，已知
bc
，

D．
5
9
B．
7

9
C．
7

8
5
8







a2b(1sinA)
，则
A
．
14．在
△ABC
中，
cos
22
C5

，
BC 1
，
AC5
，则
AB
．
25


18．（12分）在
△ABC
中，
abc2ab
．
（1）求
C
的大小；
222
15．在
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，b
，
c
，若
A
3π
，
4

（2）求
2cosAcosB
的最大值．













19．（12分）在
△ABC
中，角
A
，B
，
C
的所对的边分别是
a
，
b
，
c
，






20．（12分）在< br>△ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别是< br>a
，
b
，
c
．
（1）若
23cosAc os2A0
，且
△ABC
为锐角三角形，
a7
，
c6
，求
2
b
的值；
（2）若
a
















3
，
A
π
，求
bc
的取值范围．
3
cosAcosBsinC

且．
abc
（1）证明：
sinAsinBsinC
；
6
（2）若
bcabc
，求
tanB
．
5
222

21．（12分）在
△ABC
中，内角
A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，已知






22．（12分）在
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别是
a
，b
，
c
，
C2B
．
（1）求证：
bcosA(2ba)cosB
；
（2）若
b5
，
c6
，求
△ABC
的面积．
b
2
c
2
a
2
accosCc
2
cosA
．
（1）求角
A
的大小；
（2）若
△ABC
的面积
S
△ABC

















253

，且
a5
，求
sinBsinC
．
4

2019-2020学年必修5第一章训练卷

解三角形（二）答 案
一、 选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．【答案】C
【解析】∵
△ABC
的面积
S
△ABC

11
ABACsinA
，∴
10358si nA
，
22
解得
sinA
3
．
2
∵ 角
A
为锐角，∴
cosA
222
1
，根据余弦定理， < br>2
22
得
BCABAC2ABACcosA58258 cosA

1
5
2
8
2
25849
，∴
BC7
．
2
2．【答案】D
【解析】∵
cosA
45312
，
cosC
，∴
sinA
，sinC
，
513513
3541263

． 51351365
从而
sinBsin(AC)sinAcosCcosAsin C
由正弦定理
abasinB21

，得
b
，故选D ．
sinAsinBsinA13
3．【答案】C
【解析】∵
a3c< br>，∴
sinA3sinC
，∴
A
2π1
，∴
si nC
．
32
又
C
必为锐角，∴
C
π
，
6
π
b
．∴
BC
，∴
bc
，∴
1
．
6c
∵
ABCπ
，∴
B

4．【答案】A
【解析】如图，在
△ABD
中，由正弦定理，
得
sinADB
ABsinB

AD
2
3
3
2

2
．
2

由题意知
0ADB60
，所以
ADB45
， 则
BAD180BADB15
，所以
BAC2BAD3 0
，
所以
C180BACB30
，所以
BCA B
于是由余弦定理，得
AC
2
，
AB
2
BC
2
2ABBCcos120

1
(2)
2
(2)
2
222()6
．
2
5．【答案】D
【解析】由正弦定理，得
2sinAcos(

B)2sinBcos(

A)sinC0
，
展开得到
2sinAcos

cosB2sinAsin

sinB2s inBcos

cosA

2sinBsin

sinAsinC0
，
化简得
2cos

(sinAcosBsinBcosA)sinC0
，
即
2cos

sin(AB)sinC0
．
由三角 形内角和定理，得
sin(AB)sinC0
，故
cos

 
6．【答案】B
【解析】如图，作
BADB
，则
ADD B
，
cosDACcos(BACB)
1
．
2
3
，
4

设
ADDBx
，则
DC8x
，
在
△AD C
中，由余弦定理可得
(8x)x626x
222
3
，解得
x4
，
4
3
，
4
1
， 8
所以
ADBDDC4
，所以
BAC90
，所以< br>sinB
所以
sin(BC)sin(2B90)cos2B 2sinB1
2
故答案为．
7．【答案】C
【解析】由
2acosCc2b
及正弦定理，得
2sinAcosCsinC2sinB
，①
将
sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC
代入① 得
sinC2cosAsinC
，
又
sinC0
，故
cosA
8．【答案】A
【解析】 因为
c2
，
bc(cosAsinA)
，所以
sinBsi nC(cosAsinA)
，
即
sin(AC)sinAcosCcosAsinC
，
化简并整理得
sinAcosCsinCsinA
，
∴
tanC 1
，
C
1
8
1
π
，∴
A
．
2
3
π
ca

，结合正弦定理有，
4sinCsinA
所以
sinA
9．【答案】B
3
1
，则
cosA
，所以
b2(cosAsinA)31
．
2
2
【解析】由
a2b
及正弦定理知，
sinA2si nB
，则
sinA2sin(60A)
，

则
sinA3cosAsinA
，得
tanA
10．【答案】 B
【解析】因为
△ABC
中，
AB
3
．
2
ππ
，所以
AB
，
22
所以
sinAsin(B)cosB
．
π
2< br>因为
a3b
，所以由正弦定理得
sinA3sinB
，所以
cosB3sinB
，
所以
tanB
3
．
3
因为
B(0,π)
，所以
B
11．【答案】D ππππ
π
，所以
C
π

(

)< br>
，故选B．
6266
6
【解析】由
sinAcosB sinBcosAsin(AB)sinC
及正弦定理，
可知
acosBb cosAc
，则由
(abc)(acosBbcosA)abc
，
得
abcab
，
由余弦定理可得
cosC
222
222
1
π
2π
A
． ，则
C
，B
233
abc
abc


，得，
s inA
sin(
2π
A)sin
π
sinAsinBsinC33
2π
csin(A)
csinA
3
又
ab2
，所以
2
，
33
22
由正弦定理
即
c
3
2π
sinAsin(A)
3

1
π< br>sin(A)
6
，
因为
A(0,
2π
ππ5π π1
)
，所以
A(,)
，
sin(A)(,1]
， 则
c[1,2)
．
366662
12．【答案】C

【解析】设
PB2x
，则
312x2
，
∴
31
1
x1
，∴
T
2
(2x1x
2
)
2
x
2
(1x
2
)
，
2
2
134x
2
2(1x
2
)2(1x
2< br>)
22
cosPAB]
， ，
sinPAB1[
2333
134(1x
2
)
2
3
2
](1 x
2
)
2
， ∴
S(31sinAPB)[1
2434
2
∴
ST
22
3
(1x
2)
2
x
2
(1x
2
)
，
4
3
，
2
22
令
1xt
，则
x1t
，
0t
∴
ST
22
3
23
t(1t)t2t
2
t
．
44
2< br>∵函数
y2tt
∴当
t
13
31
)
， 的图象的对称轴方程为
t
，且
(0,
42
44
1 1137
22
22
时，
ST
取得最大值，此时
ST 2
．
416448
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分 ，把正确答案填在题中横线上）
13．【答案】
π

4
22222
【解析】由余弦定理得
abc2bccosA2b2bcosA
，
∴
2b(1sinA)2b(1cosA)
，∴
sinAcosA
，即
tanA1
，
又
0Aπ
，∴
A
22
π
．
4
14．【答案】
42

2
【解析】∵
cosC 2cos
C13
121
，∴由余弦定理，
255
3< br>5
得
ABACBC2ACBCcosC251251()32
，
222

∴
AB42
．
15．【答案】
6

【解析】在
△ABC
中，∵
tanC
3
，
4< br>又
A
3π22
3π
C)(cosCsinC)
，∴
sinBsin(AC)sin(
，
4210
4
由正弦定理
2c
bc

，解得
c62
，

，得< br>sinBsinC
2
3
5
10
故
△ABC
的 面积
S
16．【答案】
8

1
bcsinA6
．
2
15
1
sinB
cosB
【解析】由，得，
4
4
∴
△ABC
的面积为
又
ac2
，
∴
bac2accosB(ac)2ac2accosB

2 222
1115
acsinBac315
，解得
ac24
，
224
1
2
2
224224()64
，
4
故
b8
．

三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．【答案】（1）
cosC
15
；（2）
c2
．
17
2
【解析】（1）由题设及
ABCπ
，得
sin C8sin
2
C
，故
sinC4(1cosC)
，
2
将上式两边平方，整理得
17cosC32cosC150
，

解得
cosC1
（舍去）或
cosC
15
．
17
（2）由
cosC
15814
ab
， 得
s inC
，故
S
△ABC
absinC
1717217
17
，
2
又
S
△ABC
2
，则
ab
由余弦定理及
ab6
，得
c
2
a
2
b
2
2abcosC(ab)
2
2ab(1cosC)36 2
所以
c2
．
18．【答案】（1）
C
1715
(1)4
，
217
π
；（2）最大值为
1
．
4
a

b
2
c
2
2
cosC
【解析】（1）由余 弦定理及题设得，
2ab2
又
0Bπ
，所以
C
π
．
4
3π
，
4
3π
A)

4
（ 2）由（1）知
AB
则
2cosAcosB2cosAcos(
2cosA
2222π
cosAsinAcosAsinAcos(A)，
22224
∵
0A
3π
π
，∴当
 A
时，
2cosAcosB
取得最大值
1
．
44
19．【答案】（1）证明见解析；（2）
tanB4
．
【 解析】（1）根据正弦定理，可设
abc
k(k0)
，则
aksi nA
，
sinAsinBsinC
bksinB
，
cksinC
，代入
cosAcosBsinC

中，
abc

有
cosAcosBsinC

，
k sinAksinBksinC
变形可得
sinAsinBsinAcosBcosAsi nBsin(AB)
，
在
△ABC
中，由
ABCπ，有
sin(AB)sin(πC)sinC
，
∴
sinAsinBsinC
．
b
2
c
2< br>a
2
3
6

， （2）由已知，得
bcab c
，根据余弦定理，得
cosA
2bc5
5
222
所以< br>sinA1cosA
2
4
，由（1）知
sinAsinBsi nAcosBcosAsinB
，
5
所以
443sinB
sin BcosBsinB
，故
tanB4
．
555cosB
2 0．【答案】（1）
b5
；（2）
(3,23]
．
【解析】（1 ）∵
23cosAcos2A23cosA2cosA10
，∴
cosA
222
2
1
，
25
又
A
为锐角，∴
cosA
1
，
5
2
而
abc2bccosA
，即
b
∴
b 5
．
222
12
b130
，解得
b5
（负值舍去）， < br>5
（2）由正弦定理可得
bc2(sinBsinC)2[sinBsin(
2π
B)]
3
π
23sin(B)
，
6< br>∵
0B
2π
ππ5π
1π
，∴
B
，∴
sin(B)1
，
366626
∴
bc(3,23]
．
21．【答案】（1）
A
π
；（2）
3
．
3

【解析】（1）∵
bcaaccosCccosA
，
∴
2bccosAaccosCccosA
，
∵
c0
，∴
2bcosAacosCccosA
，
由正弦定理可得
2sinBcosAsinAcosCsinCcosA
， 即
2sinBcosAsin(AC)
，∵
sin(AC)sin(π B)sinB
，
∴
2sinBcosAsinB
，即
sinB (2cosA1)0
．
∵
0Bπ
，∵
sinB0
，∴
cosA
2
2222
1
π
．∵
0Aπ
，∴
A
．
2
3
（2）∵
S
△ABC< br>
13253
bcsinAbc
，∴
bc25
， 244
b
2
c
2
a
2
b
2
c
2
251

，∴
b
2
c
2< br>50
， ∵
cosA
2bc2252
∴
(bc)5 0225100
，即
bc10
（或求出
bc5
）．
2
3
sinAsinAsinA
c(bc)10
2< br>3
． ∴
sinBsinCb
aaa5
22．【答案】（1） 证明见解析；（2）
132
．
25
【解析】（1）证明：在
△AB C
中，
CπAB
，
C2B
，∴
πAB2B< br>，
sin(πAB)sin2B
，
sinAcosBcosAsinB 2sinBcosB
，
由正弦定理
ab

，得
acos BbcosA2bcosB
，即
sinAsinB
bcosA(2ba)co sB
．
（2）由正弦定理
cb653

，得，∴
cosB
，
sinCsinBsin2BsinB5
22
2
由余弦定理
ba c2accosB
，得
25a36
2
36
a
，
5

即
5a36a550
，∴a5
或
a
又
b5
，∴
AB
．
又
AB
2
11
，当
a5
时，
5< br>ππ
11
，
C
，明显不符合题意，∴
a
，
425
2
又
sinB1cosB
4
，
5< br>∴
△ABC
的面积
S
11114132
acsinB 6
．
225525