高中数学必修五第一章测试题.

必修五阶段测试一(第一章 解三角形)
时间：120分钟 满分：150分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．(2017·江西金溪一中月考)已知△ABC中，a＝2，b＝3，B＝60°，那么∠A＝( )
A．45° B．90° C．130°或45° D．150°或30°
π
2．在△ABC中，B＝，AB＝8，BC＝5，则△ABC外接圆的面积为( )
3
49π47π
A. B．16π C. D．15π
33
3．(2017·黑龙江鸡西期末)已知锐角△ABC的面积为33，BC＝ 4，CA＝3，则角C的
大小为( )
A．75° B．60° C．45° D．30°
4．在△ABC中，sin
2
A＝si n
2
B＋sinB·sinC＋sin
2
C，则A等于( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
5．在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且a>b>c, a
2
2
＋c
2
，则∠A的取
值范围是( )
π
?
πππππ
，π
B.
?
，
?
C.
?
，
?
D.
?
0，
?
A.
?
?
2
??
42
??
32
??
2
?
6．(2017·阆中中学质检)设 △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果bcosC
＋ccosB－asinA＝0 ，那么△ABC的形状为( )
A．直角三角形
C．钝角三角形
B．锐角三角形
D．不确定
7．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a ，b，c，已知8b＝5c，C＝2B，则cosC
＝( )
72477
A. B.
C．－ D．±

2525 2525
8．(2017·青海师范大学附属中学月考)在△ABC中，A＝30°，B＝60°，C＝ 90°，那么三
边之比a∶b∶c等于( )
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1 C．1∶3∶2 D．2∶3∶1
9．在△ABC中，b＝8, c＝83， S
△
ABC
＝163，则∠A等于( )
A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°
1 0．(2017·莆田六中期末)如图，已知A，B两点分别在河的两岸，某测量者在点A所在
的河岸边 另选定一点C，测得AC＝50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距
离为( )

A．503 m B．253 m C．252 m D．502 m
AC
11．在锐角△ABC中，B＝2A，则的取值范围是( )
BC
A．(－2,2) B．(2，2) C．(0，3) D．(2，3)
12.A，B两地相距200 m，且A地在B地的正东方．一人在A地测得建筑C在 正北方，
建筑D在北偏西60°；在B地测得建筑C在北偏东45°，建筑D在北偏西15°，则两建筑 C
和D之间的距离为( )

A．2002 m B．1007 m C．1006 m D．100(3－1)m
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．设△ABC的内角A，B，C 所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，
则角C＝________ .
ba
14．(2017·唐山一中月考)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a ，b，c.若＋＝
ab
tanCtanC
6cosC，则＋＝________. < br>tanAtanB
15．三角形的一边长为14，这条边所对的角为60°，另两边之比为8∶5 ，则这个三角
形的面积为________．
16．已知△ABC的面积为
3
π
，AC＝3，∠ABC＝，则△ABC的周长等于_________．
23
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)在四边形ABCD 中，AD⊥CD，AD＝5，AB＝7，∠BDA＝60°，∠CBD＝15°，
求BC的长．

18.(12分)(2017·贵州铜仁期中)设a，b，c分别是△ABC的三个内角A， B，C所对的边，
S是△ABC的面积，已知a＝4，b＝5，S＝53.
(1)求角C；

(2)求c边的长度．

b
2
＋c
2－a
2
8
19．(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b， c，且＝S
△
ABC
(其
23
中S
△
ABC
为△ABC的面积)．
(1)求sin
2
B＋C
＋cos2A；
2
(2)若b＝2，△ABC的面积为3，求a.

20.(12分)(2 017·河北开滦一中期末)如图，△ACD是等边三角形，△ABC是等腰直角三
角形，∠ACB＝9 0°，BD交AC于E，AB＝2.
(1)求cos∠CBE的值；
(2)求AE.



21．(12分)(2017·山西省朔州期末)在△ABC中，A， B，C所对的边分别为a，b，c，且
357
a＝4，cosA＝，sinB＝，c>4.
416
(1)求b； (2)求证：C＝2A.


22．(12分)如图所示，一辆汽车从O点出发，沿海岸一条直线公路以100 kmh的速度
向东匀速行驶，汽车开动时，在O点南偏东方向距O点500 km，且与海岸距离为300 km
的海上M处有一快艇，与汽车同时发出，要把一件重要物品递送给这 辆汽车的司机，问快
艇至少必须以多大的速度行驶，才能把物品送到司机手中，并求快艇以最小速度行驶 的行驶
方向与OM所成的角．

答案与解析
ab
1．A 由正弦定理＝，
sinAsinB
asinB2sin60°2
得sinA＝＝＝.
b2
3
又a1
2．A 由余弦定 理得AC
2
＝AB
2
＋BC
2
－2AB·BCcosB＝6 4＋25－2×8×5×＝49，∴AC
2
＝7.
ACAC773
由正弦定 理得＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，∴R＝＝＝.∴△ABC
sinB2sinB3
3
2×
2
49π
外接圆的面积S＝πR
2
＝.
3
1
3．B S
△
ABC
＝BC·CA·sinC，
2
1
∴×4×3·sinC＝33，
2
∴sinC＝
3
，
2
又△ABC是锐角三角形，∴C＝60°，故选B.
4．C 由正弦定理，得sinA＝
abc
， sinB＝， sinC＝(其中R为△ABC外接圆半 径)，
2R2R2R
代入sin
2
A＝sin
2
B＋sin B·sinC＋sin
2
C，得a
2
＝b
2
＋bc＋c2
＝b
2
＋c
2
＋bc，即b
2
＋c
2
－a
2
＝－bc，
b
2
＋c
2
－a2
－bc
1
由余弦定理得cosA＝＝＝－.
2bc2bc2
又0°<∠A<180°，∴∠A＝120°.故选C.
b
2
＋c
2
－a
2
5．C 解法一：cosA＝，
2bc
a
2
＋c
2
－a
2
cb11
∵ab>c, cosA<＝<＝，∴cosA>0，且cosA<.
2bc2b2b22
222,
ππ
?
∴∠A的范围为
?< br>?
3
，
2
?
，故选C.
π
解法二：∵a>b>c, ∴a为最长边，∠A>.
3
πππ
又a
2
2
＋c
2,
∴∠A<. ∴<∠A<.故选C.
232
6．A bcosC＋ccosB－asinA＝0，
∴sinBcosC＋sinCcosB－sin
2
A＝0.
∴sin(B＋C)－sin
2
A＝0.
∴sinA－sin
2
A＝0，∴sinA＝0(舍去)或sinA＝1，

π
∴A＝.故选A.
2
7．A ∵C＝2B，∴sinC＝ sin2B＝2sinBcosB.又∵8b＝5c，
sinC184
∴cosB＝＝×＝.
2sinB255
4
?
2
7
∴cosC＝cos2B＝2c os
2
B－1＝2×
?
－1＝.
?
5
?
25
13
8．C a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝∶∶1＝1∶3∶2，故选C.
22
2S
△
ABC
11
9．C ∵S
△
ABC
＝bcsinA, ∴sinA＝＝.
2bc2
∴∠A＝30°或150°，经检验均满足已知条件，故选C.
10．D ∠CBA＝180°－∠ACB－∠CAB＝180°－45°－105°＝30°，
∴
AC ·sin∠BCA50×sin45°
ABAC
＝，∴AB＝＝＝502 m．故选D. sin30°
sin∠BCAsin∠CBAsin∠CBA
cbcsinC8
＝ ，∴＝＝.
sinCsinBbsinB5
11．D ∵B＝2A，
ACsinBsin2A
∴＝＝＝2cosA，
BCsinAsinA
∵△ABC是锐角三角形，
?
2A＜
2，
∴
?
π
π－3A＜
，
?
2
ππ∴＜A＜，
64
π


∴2＜2cosA＜3，故选D.
12．C 由题可知△BCA是等腰直角三角形，
∴AB＝AC＝200，BC＝2002，
∠DBC＝15°＋45°＝60°，
∵∠DAB＝90°－60°＝30°，
ABDB
∴∠BDA＝45°，∴＝.
sin45°sin30°
AB·sin30°
∴DB＝＝1002，
si n45°
∴DC
2
＝DB
2
＋BC
2
－2DB·B C·cos60°
1
＝(1002)
2
＋(2002)
2
－2×1002×2002×
2
＝6×100
2
，
∴DC＝1006 m，故选C.

2π
13.
3
解析：由3sinA＝5sinB，得3a＝5b.
5c3c
又b＋c＝2a，∴a＝，b＝
.
77
a
2＋b
2
－c
2
1
在△ABC中，由余弦定理得cosC＝＝－< br>.
2ab2
2π
∴C＝
.
3
14．4
ba
解析：
＋＝6cosC，∴b
2
＋a
2
＝6abcos C＝3(a
2
＋b
2
－c
2
)，
ab
∴3c
2
＝2a
2
＋2b
2
. cosAcosB
?
tanCtanC
＋＝tanC
?
?
sinA
＋
sinB
?
＝
tanAtanB
sinC< br>sin?A＋B?
sin
2
Cc
2
＝＝＝
cosC sinAsinBcosCsinAsinBabcosC
2
22
?a
＋b< br>?
3
＝4.
1
22
?a
＋b
?
6
15．403
解析：设另两边分别为8t,5t(t>0)，则由余弦定理得
14
2
＝( 8t)
2
＋(5t)
2
－2·8t·5t·cos60°，
∴t
2
＝4, ∴t＝2.
13
∴S
△
ABC
＝
×16×10×
＝403.
22
16．3＋3
解析：由已知得
31
π
＝
AB ·BCsin
，∴AB·BC＝2.又AC
2
＝AB
2
＋BC
2
－2AB·BCcosB＝AB
2
223
＋BC
2
－A B·BC＝(AB＋BC)
2
－3AB·BC＝(AB＋BC)
2
－6.又A C＝3，∴AB＋BC＝3.∴AB＋BC
＋AC＝3＋3.
17．解：在△ABD中，由余 弦定理得AB
2
＝AD
2
＋BD
2
－2AD·BDcos6 0°，又AD＝5，AB
＝7，
∴BD
2
－5BD－24＝0，解得BD＝8.

BDsin∠BDC
8sin30°
在△BCD中，∠BDC＝30°，∠BCD＝135°， 由正弦定理得BC＝＝
sin135°
sin∠BCD
＝42.
18．解：(1)由题知S＝53，a＝4，b＝5.
1
由S＝absinC得，
2
1
53＝×4×5sinC，
2
解得sinC＝
3
，
2
π2π
又C是△ABC的内角，所以C＝或C＝.
33
ππ1
(2)当C＝时，由余弦定理得c
2
＝a
2
＋b
2< br>－2abcos＝16＋25－2×4×5×＝21，解得c
332
＝21；
2π2π
当C＝时，c
2
＝a
2
＋b
2
－2abc os＝
33
1
16＋25＋2×4×5×＝61，解得c＝61.
2
综上得，c边的长度是21或61.

2bccosA81
19 .解：(1)由已知得＝×bcsinA，即3cosA＝4sinA>0，又∵sin
2
A＋ cos
2
A＝1，
232
34
∴sinA＝，cosA＝. 55
B＋C1＋cosA
cosA1164159
sin
2
＋c os2A＝＋cos2A＝2cos
2
A＋－＝2×＋－＝.
222225
2×5
250
31
(2)由(1)知sinA＝，S
△
ABC
＝bcsinA＝3，b＝2，
52
∴c＝5.又∵a
2
＝b
2
＋c
2
－2bccosA，
4
∴a
2
＝4＋25－2×2×5×＝13，
5
∴a＝13.
20．解：(1)∵∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD，
∴∠CBE＝15°，∴cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝
6＋2
.
4

AE2
(2)在△ABE中，AB＝2，由正弦定理得＝，
sin?45°－15°?sin?90°＋15°?
1
2×
2
2sin3 0°
故AE＝＝＝6－2.
cos15°
6＋2
4
3
21.解：(1)∵cosA＝，
4
可得sinA＝1－cos
2
A＝
7
，
457
4×
16
a·sinB
∴由正弦定理可得b＝＝＝5.
s inA
7
4
3
(2)证明：∵由(1)可得a＝4，cosA＝，b＝5，
4
3
∴由余弦定理可得16＝25＋c
2
－2×b×c×，
4
整理可得2c
2
－15c＋18＝0，
3
∴解得c＝6或(c>4，故舍去)，
2
csinA
∴由正弦定 理可得sinC＝＝
a
又∵sin2A＝2sinAcosA＝2×
∴可得sinC＝ sin2A，
∵C∈(0，π)，2A∈(0，π)，
∴C＝2A，或C＋2A＝π(A≠B故舍去)．
∴C＝2A，得证.
22．解：如图，设快艇从M处以v kmh的速度出发，沿MN方向航行，t小时后与汽
车相遇．
6×
7
4
37
＝.
48
7337
×＝，
448

在△MON中，MO＝500，
ON＝100t, MN＝vt.
34
设∠MON＝α.由题意知sinα＝，则cosα＝.
55
由余弦定理知
MN
2
＝OM
2
＋ON
2
－2OM·ON·cosα，

4
即v
2
t2
＝500
2
＋100
2
t
2
－2×500× 100t·.
5
11
v
2
＝500
2
·
2
－2×500×80·＋100
2

tt
1
500·－80
?
2
＋3 600. ＝
?
t
??
18025
当＝，即t＝时， v
2
min
＝3 600，即快艇必须至少以60 kmh的速度行驶．此时
t5004
25
MN＝60×＝15×25.
4
MQ是M到ON的距离，且MQ＝300，设∠MNO＝β，
3004
∴sinβ＝＝.
15×25
5
∴α＋β＝90°， ∴MN与OM成直角．