（安徽专用）2014届高考数学一轮复习方案 滚动基础训练卷（6） 文 （含解析）.doc

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)12013·河北五校联盟调研 已知sin(45°)，45°<<135°，则sin()A. B C. D2在ABC中，a4，b，5cos(BC)30，则角B的大小为()A. B.C. D.32012·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，则这个三角形的周长是()A18 B21 C24 D154在ABC中，AC，BC2，B60°，则BC边上的高等于()A. B.C. D.图G6152012·粤西北九校联考 如图G61，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50 m，ACB45°，CAB105°后，就可以计算出A，B两点的距离为()A50 m B50 mC25 m D. m62012·江西师大附中模拟 下列函数中，周期为，且在0，上为减函数的是()Aysin BycosCysin Dycos7为了得到函数ysin2x的图象，可以将函数ycos的图象()A横坐标缩短为原来的(纵坐标保持不变)，再向右平移个单位B横坐标缩短为原来的(纵坐标保持不变)，再向右平移个单位C横坐标伸长为原来的6倍(纵坐标保持不变)，再向左平移2个单位D横坐标伸长为原来的6倍(纵坐标保持不变)，再向左平移个单位8若存在常数m使得2，则实数m的值为()A3 B2 C1 D0二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)9已知tan2，计算tan2的值为_10在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b2，sinBcosB，则角A的大小为_11在ABC中，B60°，AC，则AB2BC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bsinAacosB.(1)求角B的值；(2)若cos，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(b2，a2)(1)若mn，求证：ABC为等腰三角形；(2)若mp，C，c2，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，且m·n.(1)b3，求ABC的面积；(2)求bc的最大值45分钟滚动基础训练卷(六)1C解析 因为sin(45°)，45°<<135°，所以cos(45°)，则sinsin45°sin45°cos45°cos45°sin45°××，选C.2A解析 由5cos(BC)30得5cosA3，cosA，所以sinA.因为a>b，所以A>B，即B为锐角由正弦定理，所以sinB，所以B，选A.3D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.所以cosCC为最大角，不可能cosC，否则C60°，不符合题意由cosC，及ba2，ca4，解得a3，b5，c7.所以周长为abc15.4B解析 由余弦定理得7AB2222×2AB×cos60°，解得AB3，故hAB×sinB3×，故选B.5A解析 在ABC中，由正弦定理得，AB50.6A解析 ysin，周期是，又ysin在0，上为减函数，所以选A.7A解析 ycossin，将函数ycos的图象横坐标缩短为原来的(纵坐标保持不变)得到函数ysinsin，然后将函数ysin2x的图象向右平移个单位得ysin2x的图象8B解析 因为2，所以2m1cos20°3cos20°，即2m13，即m2.93解析 tan23.10.解析 由sinBcosB得12sinBcosB2，即sin2B1，因为0<B<，所以B.又因为a，b2，所以在ABC中，由正弦定理得，解得sinA.又a<b，所以A<B，所以A.112解析 因为B60°，ABC180°，所以AC120°，由正弦定理，有2，所以AB2sinC，BC2sinA.所以AB2BC2sinC4sinA2sin(120°A)4sinA2(sin120°cosAcos120°sinA)4sinAcosA5sinA2sin(A)其中sin，cos，所以AB2BC的最大值为2.12解：(1)由正弦定理得sinBsinAsinAcosB，sinA0，sinBcosB，tanB.0<B<，B.(2)cos，cosA2cos21，sinA>0，sinA，sinCsin(AB)sinAsinAcosA.13解：(1)证明：若mn，则asinAbsinB，即a·b·，其中R是ABC外接圆半径，ab，故ABC为等腰三角形(2)由题意可知m·p0，即a(b2)b(a2)0，abab.由余弦定理可知，4a2b2ab(ab)23ab，即(ab)23ab40，ab4或ab1(舍去)，SabsinC×4×sin.14解：(1)由m·n得cos2Asin2A，即cos2A.0<A<，0<2A<，2A，A.由a2b2c22bccosA得c23c20，c1或2.当c1时，cosB<0，c1舍去，c2，Sb·c·sinA×3×2×sin.(2)方法一：a2b2c22bccosA，b2c2bc7，(bc)23bc7327，(bc)228，bc2，当且仅当bc时取等号，(bc)max2.方法二：由正弦定理得.又BCA，bcsinBsinCsinBsinB2sinB，当B，即B时，bc的最大值是2.- 5 -