高中数学（沪教版）必修第二册第6章单元综合测试B（含答案）
文档属性
| 名称 | 高中数学（沪教版）必修第二册第6章单元综合测试B（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 968.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 上教版（2020） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-05 08:18:39 | ||
图片预览
文档简介
一、单选题
1．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知角的终边经过点，将角的终边绕原点逆时针旋转得到角的终边，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．若，，则的值为（ ）
A．或 B． C． D．
4．已知函数，下列四个结论中正确的是（ ）
A．函数在上恰有一个零点
B．函数在上单调递减
C．
D．函数的图象关于点对称
5．已知，那么的值是（ ）
A． B． C．3 D．
6．已知角，的顶点为坐标原点，始边与x轴正半轴重合，角的终边过点，将角的终边顺时针旋转得到角的终边，则（ ）
A． B． C． D．
7．我国南宋著名数学家秦九韶发现了“三斜”求职公式，即的三个内角所对的边分别为，则的面积.已知在中，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．4
8．的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
二、多选题
9．由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多项式．则（ ）
A． B．当时，
C． D．
10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．是钝角三角形
C．为直角三角形 D．若，则外接圆半径为
11．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．是钝角三角形
C．若，则 内切圆半径为 D．若，则外接圆半径为
12．在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点，则下列各式的值一定为负的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．若，且，则____
14．若，则__________，_________．
15．已知，满足是关于方程的两个根中较小的根，则的值为___________．
16．若，，则______．
四、解答题
17．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
19．在锐角中，角，，的对边分别为，，，已知且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的取值范围．
20．（1）已知，且是第二象限的角，求，；
（2）已知，，求的值.
21．在条件①，②，③中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答．
问题：在中，角的对边分别为，，_____，求．
22．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】利用同角关系求，再由两角和的余弦公式求.
【详解】∵ ，
∴ ，
又，
∴，
又 ，
∴
故选：D.
2．B
【分析】先由条件求出，再根据角的旋转及诱导公式即可求解.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
所以
故选：B
3．C
【分析】根据同角三角函数的基本关系及诱导公式求解.
【详解】由可得：，
平方得：
所以，
解得或，
又，
所以，
故，
故选：C
4．A
【分析】对的范围进行分类讨论，由此判断A的正确性.利用赋值法判断BC选项的正确性.由是否为来判断D选项的正确性.
【详解】，，
（舍去）或（舍去）.
，，
（舍去）或.
，，
（舍去）或（舍去）.
综上所述，函数在上恰有一个零点，A选项正确.
，B选项错误.
，C选项错误.
不恒为， D选项错误.
故选：A
5．A
【分析】对于正余弦的齐次式，进行弦化切，代入求解.
【详解】
，将代入上式，得原式．
故选：A．
6．C
【分析】先由三角函数的定义求出，，由题知，然后利用两角差的正弦公式即可求出的值.
【详解】由题知，点到原点的距离为，，，.
故选：C.
7．D
【分析】由条件得，由基本不等式得，再由可求解.
【详解】∵，又∵，.
∴（当且仅当时取等号）.
∴
，
∴面积的最大值为4.
故选：D
8．A
【分析】根据给定条件，利用二倍角正弦公式的变式结合诱导公式，化简计算作答.
【详解】依题意，，
所以的值为.
故选：A
9．ACD
【分析】根据题目定义以及二倍角公式即可判断A正确，令，可得，可判断出B错误，令可得，结合可判断出C正确，根据二倍角公式可知，D正确．
【详解】因为，
所以，即，故选项A正确；令，则，则，则，即选项B错误；令，则，可得，所以，则选项C正确；设，则，将代入，方程成立，即选项D正确．
故选：ACD．
10．AD
【分析】利用正弦定理结合已知可判断选项A；利用余弦定理结合已知可计算判断选项B，C；先求出，再借助正弦定理计算即可判断D并作答.
【详解】在中，由正弦定理得，A正确；
令，显然是最大角，由余弦定理得：
，则是锐角，B，C都不正确；
因，则，令外接圆半径为R，由正弦定理得：，解得，D正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】根据正弦定理知A正确，计算最大角为锐角，B错误，根据面积公式得到C正确，根据正弦定理得到D正确，得到答案.
【详解】，A正确；
，三角形最大角为锐角，B错误；
，故，，
设内切圆半径为，则，故，C正确；
，，D正确.
故选：ACD.
12．CD
【分析】首先确定在第二象限，得到，即得解.
【详解】解：因为角终边经过点，所以在第二象限，
所以，
如果，所以，所以选项A不满足题意；
；；，故CD正确.
故选：CD
13．
【分析】利用诱导公式、二倍角正弦公式，将题设条件转化为，结合角的范围求值，再应用二倍角正切公式求即可.
【详解】∵，
∴或，又，
∴，则．
故答案为：
14．
【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．
【详解】[方法一]：利用辅助角公式处理
∵，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则.
故答案为：；.
[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程
∵，∴，即，
又，将代入得，解得，
则.
故答案为：；.
15．
【分析】由根与系数的关系可知两根乘积为1，较大根是，是较小根，
可得，结合的范围可得答案.
【详解】是方程的较小根，
且由根与系数的关系可知两根乘积为1，
方程的较大根是，
，
，
即， ，
，或，
当时，，；
当时，，；
由， ，
，．
故答案为：．
16．
【分析】利用两角差的余弦公式可得，再利用和差化积公式得到，即可得解.
【详解】，
，
，即，
，
故答案为：
17．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
18．(1)；
(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
19．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由条件利用两角和差的三角公式求出，即可求解；
（2）由余弦定理与三角形面积公式即可求解；
（3）把边化为角利用三角函数的值域求解即可
【详解】（1）∵，
∴，
，
，
∵，
∴，
又，
∴，
，
；
（2）∵，
，
∴，
∴；
（3）由正弦定理可得：，
，
其中，，，为锐角，
因为为锐角三角形，则，
从而，得，
，
所以，，
所以，从而的取值范围为
20．（1）；（2）
【分析】（1）由题知，再结合和题意即可求解答案；
（2）由题知，进而得，再根据已知并结合三角函数关系即可得答案.
【详解】解：（1）因为，且是第二象限的角，
所以，，
因为，将代入得，
所以，
（2）因为，所以
所以，
又因为，所以
所以
所以
所以
21．选择见解析；．
【分析】若选择条件①，由正弦定理，三角函数恒等变换，化简可求的值，再利用平面向量数量积的运算可求的值，然后利用余弦定理求解．
若选择条件②，利用诱导公式化简得到，解得，结合范围，可得的值，下同选①．
若选择条件③，利用三角函数恒等变换化简可得，进而可求，可得的值，下同选①．
【详解】若选择条件①，因为，
由正弦定理，可得，
因为，所以，
所以，
因为，
所以，
因为，所以，
所以，
又由余弦定理可得，
所以．
若选择条件②，因为，
所以，可得，
因为，所以．
下同选①．
若选择条件③，，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
所以．
下同选①．
【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
22．(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知角的终边经过点，将角的终边绕原点逆时针旋转得到角的终边，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．若，，则的值为（ ）
A．或 B． C． D．
4．已知函数，下列四个结论中正确的是（ ）
A．函数在上恰有一个零点
B．函数在上单调递减
C．
D．函数的图象关于点对称
5．已知，那么的值是（ ）
A． B． C．3 D．
6．已知角，的顶点为坐标原点，始边与x轴正半轴重合，角的终边过点，将角的终边顺时针旋转得到角的终边，则（ ）
A． B． C． D．
7．我国南宋著名数学家秦九韶发现了“三斜”求职公式，即的三个内角所对的边分别为，则的面积.已知在中，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．4
8．的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
二、多选题
9．由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多项式．则（ ）
A． B．当时，
C． D．
10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．是钝角三角形
C．为直角三角形 D．若，则外接圆半径为
11．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．是钝角三角形
C．若，则 内切圆半径为 D．若，则外接圆半径为
12．在平面直角坐标系中，角以为始边，终边经过点，则下列各式的值一定为负的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．若，且，则____
14．若，则__________，_________．
15．已知，满足是关于方程的两个根中较小的根，则的值为___________．
16．若，，则______．
四、解答题
17．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
19．在锐角中，角，，的对边分别为，，，已知且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的取值范围．
20．（1）已知，且是第二象限的角，求，；
（2）已知，，求的值.
21．在条件①，②，③中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答．
问题：在中，角的对边分别为，，_____，求．
22．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】利用同角关系求，再由两角和的余弦公式求.
【详解】∵ ，
∴ ，
又，
∴，
又 ，
∴
故选：D.
2．B
【分析】先由条件求出，再根据角的旋转及诱导公式即可求解.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
所以
故选：B
3．C
【分析】根据同角三角函数的基本关系及诱导公式求解.
【详解】由可得：，
平方得：
所以，
解得或，
又，
所以，
故，
故选：C
4．A
【分析】对的范围进行分类讨论，由此判断A的正确性.利用赋值法判断BC选项的正确性.由是否为来判断D选项的正确性.
【详解】，，
（舍去）或（舍去）.
，，
（舍去）或.
，，
（舍去）或（舍去）.
综上所述，函数在上恰有一个零点，A选项正确.
，B选项错误.
，C选项错误.
不恒为， D选项错误.
故选：A
5．A
【分析】对于正余弦的齐次式，进行弦化切，代入求解.
【详解】
，将代入上式，得原式．
故选：A．
6．C
【分析】先由三角函数的定义求出，，由题知，然后利用两角差的正弦公式即可求出的值.
【详解】由题知，点到原点的距离为，，，.
故选：C.
7．D
【分析】由条件得，由基本不等式得，再由可求解.
【详解】∵，又∵，.
∴（当且仅当时取等号）.
∴
，
∴面积的最大值为4.
故选：D
8．A
【分析】根据给定条件，利用二倍角正弦公式的变式结合诱导公式，化简计算作答.
【详解】依题意，，
所以的值为.
故选：A
9．ACD
【分析】根据题目定义以及二倍角公式即可判断A正确，令，可得，可判断出B错误，令可得，结合可判断出C正确，根据二倍角公式可知，D正确．
【详解】因为，
所以，即，故选项A正确；令，则，则，则，即选项B错误；令，则，可得，所以，则选项C正确；设，则，将代入，方程成立，即选项D正确．
故选：ACD．
10．AD
【分析】利用正弦定理结合已知可判断选项A；利用余弦定理结合已知可计算判断选项B，C；先求出，再借助正弦定理计算即可判断D并作答.
【详解】在中，由正弦定理得，A正确；
令，显然是最大角，由余弦定理得：
，则是锐角，B，C都不正确；
因，则，令外接圆半径为R，由正弦定理得：，解得，D正确.
故选：AD
11．ACD
【分析】根据正弦定理知A正确，计算最大角为锐角，B错误，根据面积公式得到C正确，根据正弦定理得到D正确，得到答案.
【详解】，A正确；
，三角形最大角为锐角，B错误；
，故，，
设内切圆半径为，则，故，C正确；
，，D正确.
故选：ACD.
12．CD
【分析】首先确定在第二象限，得到，即得解.
【详解】解：因为角终边经过点，所以在第二象限，
所以，
如果，所以，所以选项A不满足题意；
；；，故CD正确.
故选：CD
13．
【分析】利用诱导公式、二倍角正弦公式，将题设条件转化为，结合角的范围求值，再应用二倍角正切公式求即可.
【详解】∵，
∴或，又，
∴，则．
故答案为：
14．
【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．
【详解】[方法一]：利用辅助角公式处理
∵，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则.
故答案为：；.
[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程
∵，∴，即，
又，将代入得，解得，
则.
故答案为：；.
15．
【分析】由根与系数的关系可知两根乘积为1，较大根是，是较小根，
可得，结合的范围可得答案.
【详解】是方程的较小根，
且由根与系数的关系可知两根乘积为1，
方程的较大根是，
，
，
即， ，
，或，
当时，，；
当时，，；
由， ，
，．
故答案为：．
16．
【分析】利用两角差的余弦公式可得，再利用和差化积公式得到，即可得解.
【详解】，
，
，即，
，
故答案为：
17．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
18．(1)；
(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
19．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由条件利用两角和差的三角公式求出，即可求解；
（2）由余弦定理与三角形面积公式即可求解；
（3）把边化为角利用三角函数的值域求解即可
【详解】（1）∵，
∴，
，
，
∵，
∴，
又，
∴，
，
；
（2）∵，
，
∴，
∴；
（3）由正弦定理可得：，
，
其中，，，为锐角，
因为为锐角三角形，则，
从而，得，
，
所以，，
所以，从而的取值范围为
20．（1）；（2）
【分析】（1）由题知，再结合和题意即可求解答案；
（2）由题知，进而得，再根据已知并结合三角函数关系即可得答案.
【详解】解：（1）因为，且是第二象限的角，
所以，，
因为，将代入得，
所以，
（2）因为，所以
所以，
又因为，所以
所以
所以
所以
21．选择见解析；．
【分析】若选择条件①，由正弦定理，三角函数恒等变换，化简可求的值，再利用平面向量数量积的运算可求的值，然后利用余弦定理求解．
若选择条件②，利用诱导公式化简得到，解得，结合范围，可得的值，下同选①．
若选择条件③，利用三角函数恒等变换化简可得，进而可求，可得的值，下同选①．
【详解】若选择条件①，因为，
由正弦定理，可得，
因为，所以，
所以，
因为，
所以，
因为，所以，
所以，
又由余弦定理可得，
所以．
若选择条件②，因为，
所以，可得，
因为，所以．
下同选①．
若选择条件③，，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
所以．
下同选①．
【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
22．(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页