单元素养评价(二)
(120分钟 150分)
一、单选题(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.已知a,b∈R,i是虚数单位.若a+i=2-bi,则
(a+bi)2=
( )
A.3-4i
B.3+4i
C.4-3i
D.4+3i
【解析】选A.由a+i=2-bi可得a=2,b=-1,则(a+bi)2=(2-i)2=3-4i.
2.复数z满足(-1+i)z=(1+i)2,其中i为虚数单位,则在复平面上复数z对应的点位于
( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选D.z====1-i,故z在复平面内对应的点的坐标为(1,-1),位于第四象限.
3.若复数z满足(z-3)(2-i)=5(i为虚数单位),则z的共轭复数为
( )
A.2+i B.2-i C.5+i D.5-i
【解析】选D.因为(z-3)(2-i)=5,所以z-3===2+i,所以z=5+i,所以=5-i.
4.(2019·济南高二检测)设z=+i(i为虚数单位),则|z|=
( )
A.
B.
C.
D.2
【解析】选B.因为z=+i=+i=+i=+i,
所以|z|==.
5.(2020·亳州高二检测)已知复数=x+yi(a,x,y∈R,i是虚数单位),则x+2y=
( )
A.1
B.
C.-
D.-1
【解析】选A.由题意得a+i=(x+yi)(2+i)=2x-y+
(x+2y)i,所以x+2y=1,故选A.
6.已知i为虚数单位,复数z1=a+2i,z2=2-i,且|z1|=|z2|,则实数a的值为
( )
A.1
B.-1
C.1或-1
D.±1或0
【解析】选C.因为复数z1=a+2i,z2=2-i,且|z1|=|z2|,所以a2+4=4+1,解得a=±1.
7.已知复数z=-+i,则+|z|=
( )
A.--i
B.-+i
C.+i
D.-i
【解析】选D.因为z=-+i,所以+|z|=--i+=-i.
8.复数2+i与复数在复平面上的对应点分别是A,B,若O为坐标原点,则∠AOB等于
( )
世纪
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.因为==-,
所以它在复平面上的对应点为B,
而复数2+i在复平面上的对应点是A(2,1),
显然AO=,BO=,AB=.
由余弦定理得cos
∠AOB==,所以∠AOB=.
二、多选题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.下列各式的运算结果为纯虚数的是
( )
A.(1-i)2
B.i2(1-i)
C.(1+i)2
D.i(1+i)
【解析】选AC.(1-i)2=-2i,-2i是纯虚数,故A正确;i2(1-i)=-(1-i)=-1+i,不是纯虚数,排除B;i(1+i)=-1+i,不是纯虚数,排除D;(1+i)2=2i,2i是纯虚数.故C正确.
10.如果复数z=,则
( )
A.|z|=2
B.z的实部为1
C.z的虚部为-1
D.z的共轭复数为-1+i
【解析】选CD.因为z===-1-i,所以|z|=,z的实部为-1,虚部为-1,共轭复数为-1+i,因此选CD.
11.设z=(2t2+5t-3)+(t2+2t+2)i,t∈R,则以下结论正确的是
( )
A.z对应的点在实轴的上方
B.z一定不为纯虚数
C.对应的点在实轴的下方
D.z一定为实数
【解析】选AC.因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0,所以z对应的点在实轴的上方.又因为z与对应的点关于实轴对称.所以对应的点在实轴的下方.
12.设z是复数,则下列命题中的真命题是
( )
世纪
A.若z2≥0,则z是实数
B.若z2<0,则z是虚数
C.若z是虚数,则z2≥0
D.若z是纯虚数,则z2<0
【解析】选ABD.设z=a+bi(a,b∈R),选项A,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi≥0,则故b=0,a∈R,即z为实数,正确.选项B,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi<0,则则故z一定为虚数,正确.
选项C,若z为虚数,则b≠0,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,由于a的值不确定,故z2无法与0比较大小,错误.选项D,若z为纯虚数,则则z2=-b2<0,正确.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.i为虚数单位,设复数z1,z2在复平面内对应的点关于原点对称,若z1=2-3i,则z2=________,z1+z2=________.?
【解析】因为(2,-3)关于原点的对称点是(-2,3),所以z2=-2+3i.z1+z2=2-3i+(-2+3i)=0.
答案:-2+3i 0
14.设复数a+bi(a,b∈R)的模为,则(a+bi)(a-bi)=________.?
【解析】因为|a+bi|==,所以(a+bi)(a-bi)=a2+b2=3.
答案:3
15.计算:=________.?
【解析】=====i.
答案:i
16.已知z,ω为复数,(1+3i)z为纯虚数,ω=,且|ω|=5,则ω=________.
世纪?
【解析】由题意设(1+3i)z=ki(k≠0且k∈R),则ω=.因为|ω|=5,所以k=±50,故ω=±(7-i).
答案:±(7-i)
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知复数z1=2-3i,z2=.
求:(1)z1z2.
(2).
【解析】z2=====1-3i.
(1)z1z2=(2-3i)(1-3i)=-7-9i.
(2)====+i.
18.(12分)已知复数z=(1-i)2+1+3i.
(1)求|z|.
(2)若z2+az+b=,求实数a,b的值.
【解析】z=(1-i)2+1+3i=-2i+1+3i=1+i.
(1)|z|==.
(2)z2+az+b=(1+i)2+a(1+i)+b=2i+a+ai+b=a+b+(a+2)i,
因为=1-i,所以a+b+(a+2)i=1-i,所以所以a=-3,b=4.
19.(12分)设复数z=lg(m2-2m-2)+(m2+3m+2)i(m∈R),试求m取何值时.
(1)z是实数.
(2)z是纯虚数.
(3)z对应的点位于复平面的第一象限.
【解析】(1)由m2+3m+2=0且m2-2m-2>0,解得m=-1或m=-2,复数z表示实数.
(2)当实部等于零且虚部不等于零时复数表示纯虚数.
由lg(m2-2m-2)=0,且m2+3m+2≠0,
求得m=3,故当m=3时,复数z为纯虚数.
(3)由lg(m2-2m-2)>0,且m2+3m+2>0,解得m<-2或m>3,故当m<-2或m>3时,复数z对应的点位于复平面的第一象限.
20.(12分)已知复数z满足(1+2i)=4+3i.
(1)求复数z.
(2)若复数(z+ai)2在复平面内对应的点在第一象限,求实数a的取值范围.
世纪
【解析】(1)因为(1+2i)=4+3i,
所以====2-i,所以z=2+i.
(2)由(1)知z=2+i,则(z+ai)2=(2+i+ai)2=[2+(a+1)i]2=4-(a+1)2+4(a+1)i,
因为复数(z+ai)2在复平面内对应的点在第一象限,
所以解得-1
即实数a的取值范围为(-1,1).
21.(12分)已知等腰梯形OABC的顶点A,B在复平面上对应的复数分别为1+2i,-2+6i,OA∥BC.求顶点C所对应的复数z.
世纪
【解析】设z=x+yi,x,y∈R,如图,因为OA∥BC,|OC|=|BA|,
所以kOA=kBC,|zC|=|zB-zA|,
即
解得或因为|OA|≠|BC|,
所以x=-3,y=4(舍去),故z=-5.
22.(12分)已知复数z满足|z|=,z2的虚部是2.
(1)求复数z.
(2)设z,z2,z-z2在复平面上的对应点分别为A,B,C,求△ABC的面积.
世纪
【解析】(1)设z=a+bi(a,b∈R),则z2=a2-b2+2abi,由题意得a2+b2=2且2ab=2,解得a=b=1或a=b=-1,所以z=1+i或z=-1-i.
(2)当z=1+i时,z2=2i,z-z2=1-i,所以A(1,1),B(0,2),C(1,-1),所以S△ABC=1.
当z=-1-i时,z2=2i,z-z2=-1-3i,
所以A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3),
所以S△ABC=1.
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- 单元素养评价(三)
(120分钟 150分)
一、单选题(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.设BD1是正方体ABCD-A1B1C1D1的一条对角线,则这个正方体中面对角线与BD1异面的有
( )
A.0条
B.4条
C.6条
D.12条
【解析】选C.每个面中各有一条对角线与BD1异面,它们是:AC,A1C1,B1C,A1D,
AB1,DC1.
2.下列说法不正确的是
( )
A.空间中,一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形
B.同一平面的两条垂线一定共面
C.过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直,且这些直线都在同一平面内
D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直
【解析】选D.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面DCC1D1,因此平面ABCD,平面AA1D1D均与平面DCC1D1垂直而且平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,显然选项D不正确.
3.已知圆锥的底面半径为1,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为
( )
A.π
B.π
C.π
D.π
【解析】选A.设圆锥的底面半径为r,母线长为R,
如图所示,则2πr=πR,
因为r=1,所以R=2,
所以圆锥的高h==,
所以圆锥的体积V=π×12×=π.
【加练·固】如图,圆柱内有一个三棱柱,三棱柱的底面为等腰直角三角形,且此三角形内接于圆柱的底面圆.如果圆柱的体积是V,那么三棱柱的体积是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.设圆柱的底面圆半径为R,高为h,
在等腰Rt△A1B1C1中,A1B1=2R.
所以=(R)2=R2,
又S圆=πR2,h=,
所以V三棱柱=h·=hR2=.
4.如图所示,有一个圆柱,在圆柱下底面的点A处有一只蚂蚁,它想吃到上底面的点B处的食物.当圆柱的高等于12
cm,底面半径为3
cm时,蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是(π=3)
( )
A.12
cm
B.13
cm
C.15
cm
D.18
cm
【解析】选C.如图所示,在圆柱的侧面展开图中,
BC的长为底面圆周长的一半,即BC=×2π×3=3π,蚂蚁所走路程为AB===15(cm).
所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是15
cm.
【加练·固】一个圆锥的高扩大为原来的2倍,底面半径缩小为原来的,则圆锥的体积变为原来的
( )
A.一半
B.2倍
C.不变
D.3倍
【解析】选A.设原圆锥的高为h,半径为r,体积为V,则V=πr2h;
变化后圆锥的体积为V′=π··2h=·πr2h=V.
5.如图所示,点P是正方形ABCD所在平面外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=AB,则直线PB与AC所成的角等于
( )
A.90°
B.60°
C.
45°
D.30°
【解析】选B.将题图补成正方体ABCD
-PQRS,连接SC,AS,则PB∥SC,
所以∠ACS是异面直线PB与AC所成的角,
因为△ACS为正三角形,所以∠ACS=60°,
所以直线PB与AC所成的角等于60°.
6.如图,在矩形ABCD中,EF∥AD,GH∥BC,BC=2,AF=FG=BG=1,现分别沿EF,GH将矩形折叠,使得AD与BC重合,则折叠后的几何体的外接球的表面积为
( )
A.
B.
C.6π
D.24π
【解析】选B.由题意得,折叠后的几何体为正三棱柱,且该三棱柱的底面边长为1,高为2,如图所示的正三棱柱AGF-CHE.
设上下底面的中心分别为O1,O2,则球心O为O1,
O2的中点,连接OH,O2H,则O2H=××1=,OO2=1.
所以OH===,
即球的半径R=.所以该几何体的外接球的表面积为S=4πR2=4π×=.
7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE垂直于
( )
世纪
A.AC
B.BD
C.A1D
D.A1D1
【解析】选B.CE?平面ACC1A1,而BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A,
所以BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥CE.
8.矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D,则四面体ABCD的外接球的体积为
世纪( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.球心O为AC中点,半径为R=AC=,V=πR3=.
二、多选题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.如图,在三棱锥P-ABC中,已知PC⊥BC,PC⊥AC,点E,F,G分别是所在棱的中点,则下面结论正确的有
( )
A.平面EFG∥平面PBC
B.平面EFG⊥平面ABC
C.∠BPC是直线EF与直线PC所成的角
D.∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角
【解析】选ABC.A正确,因为GF∥PC,GE∥CB,GF∩GE=G,PC∩CB=C,所以平面EFG∥平面PBC;
B正确,因为PC⊥BC,PC⊥AC,PC∥GF,所以GF⊥BC,GF⊥AC,又BC∩AC=C,所以GF⊥平面ABC,又GF?平面EFG,所以平面EFG⊥平面ABC;
C正确,因为EF∥BP,所以∠BPC是直线EF与直线PC所成的角;
D错误,因为GE与AB不垂直,所以∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角.
10.如图,在正方体ABCD
-A1B1C1D1中,点P在面对角线AC上运动,则下列结论正确的为
( )
A.D1P∥平面A1BC1
B.D1P⊥BD
C.平面PDB1⊥平面A1BC1
D.三棱锥A1
-BPC1的体积不变
【解析】选ACD.对A,因为在正方体中,D1A∥BC1,D1C∥BA1,且D1A∩D1C=D1,BC1∩BA1=B,
所以平面D1AC∥平面A1BC1;
因为P在面对角线AC上运动,
所以D1P∥平面A1BC1,所以A正确.
对B,当P位于AC的中点时,D1P⊥BD不成立,
所以B错误.
对C,因为A1C1⊥平面BDD1B1;所以A1C1⊥B1D,
同理A1B⊥B1D,
因为A1C1∩A1B=A1,所以B1D⊥平面A1BC1,
又B1D?平面PDB1,
所以平面PDB1⊥平面A1BC1,所以C正确.
对D,三棱锥A1
-BPC1的体积等于三棱锥B
-A1PC1的体积.
△A1PC1的面积为定值A1C1·AA1,
B到平面A1PC1的高为定值,
所以三棱锥A1
-BPC1的体积不变,所以D正确.
11.如图所示,四面体ABCD中,E,F是线段AD上互异的两点,G,H是线段BC上互异的两点(E,F,G,H位置不确定),则下列结论正确的为
( )
A.AB与CD互为异面直线
B.FH分别与DC,DB互为异面直线
C.EG与FH互为异面直线
D.EG与AB互为异面直线
【解析】选AC.根据图形可知AB与CD互为异面直线,故A正确;当F点与D点重合时,B,F,C,H四点共面,FH与DC,DB不是异面直线,故B错误;由于EG与FH不可能共面(否则A,B,C,D四点共面),所以EG与FH互为异面直线,故C正确;当G与B重合时,AB与EG为共面直线,故D错误.
12.如图,在四棱锥S
-ABCD
中,底面ABCD
为正方形,且SA=SB=SC=SD
,其中E,M
,N分别是
BC,CD,SC
的中点,动点P在线段MN上运动时,下列结论正确的是
世纪( )
A.EP⊥AC
B.EP∥BD
C.EP∥平面SBD
D.EP⊥平面SAC
【解析】选AC.如图所示,设AC,BD相交于点O,连接EM,EN,SO.对于A,由正四棱锥S
-ABCD,可得SO⊥底面ABCD,AC⊥BD,所以SO⊥AC.
因为SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD,
因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,
所以EM∥BD,MN∥SD,
而EM∩MN=M,BD∩SD=D,
所以平面EMN∥平面SBD,
所以AC⊥平面EMN,
所以AC⊥EP,故A正确.
对于B,由异面直线的定义可知:
EP与BD是异面直线,
不可能EP∥BD,因此B不正确.
对于C,由A可知:平面EMN∥平面SBD,
所以EP∥平面SBD,因此C正确.
对于D,由A同理可得:EM⊥平面SAC,
若EP⊥平面SAC,
则EP∥EM,与EP∩EM=E相矛盾,
因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,即D不正确.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下一个直径为12
cm、深2
cm的空穴,则该球的半径是________cm,表面积是________cm2.?
【解析】设球的半径为R
cm,由条件,知R2=62+(R-2)2,
解得R=10,S表=4πR2=400π(cm2).
答案:10 400π
14.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1-EDF的体积为________.?
【解析】=×1×1=,
又点F到平面DD1E的距离为1,
所以==×1=.
答案:
15.
(2018·全国卷II)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30°,若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为________.?
【解析】设底面圆的半径为r,底面圆心为O,因为SA与圆锥底面所成角为30°,
所以SA=,SO=r,
又Rt△SAB的面积为8,
所以·=8,解得r=2.
所以V=πr2·SO=π×(2)2××2=8π.
答案:8π
16.(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为________.?
世纪
【解析】作PD,PE分别垂直于AC,BC于点D,E,PO⊥平面ABC,连接OD,CO,知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P,
所以CD⊥平面PDO,OD?平面PDO,
所以CD⊥OD,
因为PD=PE=,PC=2.
所以sin∠PCE=sin∠PCD=,
所以∠PCB=∠PCA=60°,
所以PO⊥CO,CO为∠ACB的平分线,
所以∠OCD=45°,
所以OD=CD=1,OC=,又PC=2,
所以PO==.
答案:
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(10分)如图,一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋,如果冰淇淋融化了,会溢出杯子吗?请用你的计算数据说明理由.
【解析】因为V半球=×πR3=××π×43≈134(cm3),V圆锥=πr2h=π×42×12≈201(cm3),
因为134<201,所以V半球所以冰淇淋融化了,不会溢出杯子.
18.(12分)已知圆台侧面的母线长为2a,母线与轴的夹角为30°,一个底面的半径是另一个底面半径的2倍.求两底面的半径及两底面面积之和.
【解析】如图所示,设圆台上底面半径为r,
则下底面半径为2r,且∠ASO=30°,
在Rt△SO′A′中,=sin
30°,所以SA′=2r.
在Rt△SOA中,=sin
30°,所以SA=4r.
因为SA-SA′=AA′,即4r-2r=2a,所以r=a.
所以S=S1+S2=πr2+π(2r)2=5πr2=5πa2.
所以圆台上底面半径为a,下底面半径为2a,两底面面积之和为5πa2.
19.(12分)如图,已知正方体ABCD
-A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=.
(1)求证:MN∥平面BB1C1C.
(2)求MN的长.
【解析】(1)作NP∥BC,交AB于点P,连接MP,
因为正方体的棱长为3,
所以AC=A1B=3,
所以===.
因为===,
所以MP∥AA1∥BB1,
因为MP?平面BB1C1C,BB1?平面BB1C1C,
所以MP∥平面BB1C1C,
又因为NP∥BC,NP?平面BB1C1C,
BC?平面BB1C1C,
所以NP∥平面BB1C1C,
因为NP∩MP=P,
所以平面MNP∥平面BB1C1C,
因为MN?平面MNP,
所以MN∥平面BB1C1C.
(2)由(1)MP∥AA1,=,
得=,MP=AA1=2,
同理NP=AD=1,
MP∥AA1,NP∥BC,∠MPN=90°,
MN===.
20.(12分)如图所示,已知在△BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,
∠ADB=60°,E,F分别是AC,AD上的动点,且==λ(0<λ<1).
求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC.
世纪
【证明】因为AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.
因为CD⊥BC且AB∩BC=B,
所以CD⊥平面ABC.
又因为==λ(0<λ<1),
所以不论λ为何值,恒有EF∥CD,
所以EF⊥平面ABC.
又EF?平面BEF,
所以不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.
21.(12分)如图,在四面体ABCD中,CB=CD,AD⊥BD,且E,F分别是AB,BD的中点.
求证:(1)EF∥平面ACD.
(2)平面EFC⊥平面BCD.
世纪
【证明】(1)因为E,F分别是AB,BD的中点,
所以EF是△ABD的中位线,
所以EF∥AD,
因为EF?平面ACD,AD?平面ACD,
所以EF∥平面ACD.
(2)因为AD⊥BD,EF∥AD,所以EF⊥BD.
因为CB=CD,F是BD的中点,
所以CF⊥BD.
又EF∩CF=F,
所以BD⊥平面EFC.
因为BD?平面BCD,
所以平面EFC⊥平面BCD.
22.(12分)(2019·北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(1)求证:BD⊥平面PAC.
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.
世纪
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD,
因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC,
又因为AC∩PA=A,AC,PA?平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
(2)在菱形ABCD中,∠ABC=60°,E为CD中点,
所以AC=AD,AE⊥CD,因为AB∥CD,
所以AE⊥AB,
因为PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,
所以PA⊥AE,
又因为PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB,
所以AE⊥平面PAB,
又AE?平面PAE,
所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)PB中点F符合题意,下证.
取AB中点G,连接CG,FG,CF.
因为AB?CD,E,G分别为CD,AB中点,
所以AG?CE,所以四边形AGCE为平行四边形,
所以AE∥CG,又因为AE?平面PAE,
CG?平面PAE,所以CG∥平面PAE,
在△PAB中,F,G分别为PB,AB的中点,
所以FG∥PA,易得FG∥平面PAE,
又因为CG∩FG=G,CG,FG?平面CFG,
所以平面CFG∥平面PAE,
又因为CF?平面CFG,所以CF∥平面PAE.
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-单元素养评价(一)
(120分钟 150分)
一、单选题(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.在△ABC中,若a=b,A=2B,则cos
B等于
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.由正弦定理得=,所以a=b可化为=.
又A=2B,所以=,所以cos
B=.
2.(2019·邯郸高二检测)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a=bsin
A,则角B的大小为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A.因为a=bsin
A,所以由正弦定理可得sin
A=sin
Bsin
A,
因为sin
A>0,所以sin
B=,所以由B为锐角可得B=.
3.在△ABC中,a=15,b=20,A=30°,则cos
B=
( )
A.±
B.
C.-
D.
【解析】选A.因为=,所以=,解得sin
B=.因为b>a,所以B>A,故B有两解,所以cos
B=±.
4.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知b2=c(b+2c),若a=,cos
A=,则△ABC的面积等于
( )
A.
B.
C.
D.3
【解析】选C.因为b2=c(b+2c),所以b2-bc-2c2=0,即(b+c)·(b-2c)=0,所以b=2c.
又a=,cos
A==,解得c=2,b=4.
所以S△ABC=bcsin
A=×4×2×=.
5.(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin
A-
bsin
B=4csin
C,cos
A=-,则=
( )
A.6
B.5
C.4
D.3
【解析】选A.由已知及正弦定理可得a2-b2=4c2,由余弦定理推论可得-=cos
A=,所以=-,所以=,所以=×4=6.
6.(2020·南昌高二检测)在△ABC中,AB=2,AC=3,·=1,则BC等于
( )
A.
B.
C.2
D.
【解析】选A.由·=1可得2||cos(180°-B)=1,即2||cos
B=-1,由余弦定理可得32=BC2+22-2×2BCcos
B,把2BCcos
B=-1代入,得9=BC2+4+2,解得BC=.
7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin2=,则△ABC的形状为
( )
世纪
A.等边三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等腰直角三角形
【解析】选B.由已知可得=-,
即cos
A=,b=ccos
A.
法一:由余弦定理得cos
A=,
则b=c·,所以c2=a2+b2,
由此知△ABC为直角三角形.
法二:由正弦定理得sin
B=sin
Ccos
A.
在△ABC中,sin
B=sin(A+C),
从而有sin
Acos
C+cos
Asin
C=sin
Ccos
A,
即sin
Acos
C=0.在△ABC中,sin
A≠0,
所以cos
C=0.由此得C=,
故△ABC为直角三角形.
8.(2019·宜春高二检测)如图,在△ABC中,D是边AC上的点,且AB=AD,2AB=BD,BC=2BD,则sin
C的值为
世纪( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.设BD=a,则BC=2a,AB=AD=a.
在△ABD中,由余弦定理得cos
A===.
又因为A为△ABC的内角,所以sin
A=.
在△ABC中,由正弦定理得=,
所以sin
C=·sin
A=·=.
二、多选题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.已知△ABC中,sin
A∶sin
B∶sin
C=k∶(k+1)∶2k,则k的值可以是
( )
A.
B.1
C.2
D.3
【解析】选BCD.由正弦定理得a=mk,b=m(k+1),c=2mk(m>0),
因为即所以k>.故选BCD.
10.在△ABC中,已知a=,b=,A=30°,则c可以取的值为
( )
A.2
B.
C.3
D.以上都不对
【解析】选AB.因为a2=b2+c2-2bccos
A,所以5=15+c2-2×c×,化简得c2-3c+10=0,
即(c-2)(c-)=0,所以c=2或c=.
11.已知在△ABC中,a=4,b=4,∠A=30°,则∠B可以为
( )
A.30°
B.30°或150°
C.60°
D.
120°
【解析】选CD.由=得sin
B==.又a12.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若b2tan
A=a2tan
B成立,则△ABC可以是
( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.钝角三角形
【解析】选BC.由已知及正弦定理可得tan
Asin2B=tan
Bsin2A,所以·
sin2B=·sin2A,
又sin
A≠0,sin
B≠0,
所以sin
Bcos
B=sin
Acos
A,即sin
2A=sin
2B.
又因为A∈(0,π),B∈(0,π),
所以2A=2B或2A+2B=π,
所以A=B或A+B=,即△ABC是等腰三角形或直角三角形.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.在等腰三角形ABC中,已知sin
A∶sin
B=1∶2,底边BC=10,则△ABC的周长是________.?
【解析】由正弦定理得BC∶AC=sin
A∶sin
B=1∶2,又底边BC=10,所以AC=20,所以AB=AC=20,
所以△ABC的周长是10+20+20=50.
答案:50
14.(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin
A+
acos
B=0,则B=________.?
【解析】由正弦定理得sin
Bsin
A+sin
Acos
B=0.
因为A∈(0,π),B∈(0,π),所以sin
A≠0,所以sin
B+cos
B=0,即tan
B=-1,所以B=.
答案:
15.(2019·浙江高考)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上,若∠BDC=45°,则BD=________,cos∠ABD=________.
世纪?
【解析】如图,在△ABD中,由正弦定理得=,
而AB=4,∠ADB=,AC==5,
sin∠BAC==,cos∠BAC==,
所以BD=.
cos∠ABD=cos(∠BDC-∠BAC)
=coscos∠BAC+sinsin∠BAC=.
答案:
16.太湖中有一小岛,沿太湖有一条正南方向的公路,一辆汽车测得小岛在公路的南偏西15°的方向上,汽车行驶1
km后,又测得小岛在南偏西75°的方向上,则小岛到公路的距离是________km.世纪?
【解析】如图,∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,
∠ACB=180°-105°-15°=60°,
AB=1(km).
由正弦定理得=,
所以BC=·sin
15°
=(km).
设C到直线AB的距离为d,
则d=BC·sin
75°=×=(km).
答案:
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(10分)在△ABC中,a=3,b=2,B=2A.
(1)求cos
A的值.
(2)求c的值.
【解析】(1)因为a=3,b=2,B=2A,
所以在△ABC中,由正弦定理得=.
所以=.
故cos
A=.
(2)由(1)知cos
A=,
所以sin
A==.
又因为B=2A,所以cos
B=2cos2A-1=.
所以sin
B==.
在△ABC中,sin
C=sin(A+B)=
sin
Acos
B+cos
Asin
B=.所以c==5.
18.(12分)(2019·铜陵高二检测)在△ABC中,a=7,b=8,cos
B=-.
(1)求A.
(2)求AC边上的高.
【解析】(1)在△ABC中,因为cos
B=-,
所以sin
B==.
由正弦定理得sin
A==.
由题设知(2)在△ABC中,因为sin
C=sin(A+B)=
sin
Acos
B+cos
Asin
B=,
所以AC边上的高为asin
C=7×=.
19.(12分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为3,b-c=2,cos
A=-.
(1)求a和sin
C的值.
(2)求cos的值.
【解析】(1)在△ABC中,由cos
A=-,可得sin
A=.由S△ABC=bcsin
A=3,得bc=24.
又由b-c=2,解得b=6,c=4.
由a2=b2+c2-2bccos
A,可得a=8.
由=得sin
C=.
(2)cos=cos
2A·cos
-sin
2A·sin
=(2cos2A-1)-×2sin
A·cos
A=.
20.(12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,B=,sin
A=,b=2.
(1)求sin
C的值.
(2)求△ABC的面积S.
世纪
【解析】(1)因为A,B,C为△ABC的内角,且B=,sin
A=,所以C=-A,cos
A=,
所以sin
C=sin=cos
A-sin
A=.
(2)由(1)知sin
C=,又因为B=,b=2,
所以在△ABC中由正弦定理得a==,
所以S=absin
C=××2×=.
21.(12分)(2019·晋中高二检测)如图,已知A,B,C是一条直路上的三点,AB与BC各等于1
km,从三点分别遥望塔M,在A处看见塔在北偏东45°方向,在B处看见塔在正东方向,在C处看见塔在南偏东60°方向,求塔到直路ABC的最短距离.
世纪
【解析】由题意得∠CMB=30°,∠AMB=45°,
因为AB=BC=1,所以S△MAB=S△MBC,
即MA×MB×sin
45°=MC×MB×sin
30°,
所以MC=MA,在△MAC中,由余弦定理得AC2=MA2+MC2-2MA×MC×cos
75°,
所以MA2=,设M到AB的距离为h,则由△MAC的面积得MA×MC×
sin
75°=AC×h,
所以h=×sin
75°=××
sin
75°=(km).
所以塔到直路ABC的最短距离为
km.
22.(12分)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,且满足sin
A+
cos
A=2.
(1)求角A的大小.
(2)现给出三个条件:①a=2;②B=;③c=B.试从中选出两个可以确定△ABC的条件,写出你的方案并以此为依据求△ABC的面积.(写出一种方案即可)
世纪
【解析】(1)依题意得2sin=2,即sin=1,
因为0所以A+=,所以A=.
(2)(答案不唯一)参考方案:选择①②.
由正弦定理=,得b==2.
因为A+B+C=π,所以sin
C=sin(A+B)=sin
Acos
B+cos
Asin
B=,
所以S△ABC=absin
C=×2×2×=+1.
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