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2014届高三数学一轮“双基突破训练”(详细解析+方法点拨) (20)


2014 届高三一轮“双基突破训练” (详细解析+方法点拨) (20)
一、选择题 2 3 4 3 sinC 3 1.△ABC 中,a= ,b= , = ,则此三角形中最小角的度数为( 3 3 sinB 2 A.60° C.45° 【答案】B sinC c 【解析】 = ,∴c=2, sinB b B.30° D.15° )

b2+c2-a2 3

∵a 最小,∴cosA= = , 2bc 2
∴A=30°. 2.

如图所示,已知两座灯塔 A、B 到海洋观察站 C 的距离是 akm,灯塔 A 在观察站 C 北偏 东 20°,灯塔 B 在观察站 C 的南偏东 40°,则 A 与 B 的距离是( A.akm C. 2akm 【答案】B 【解析】由题设知∠ACB=120°,AC=BC=a, ∴AB= 3akm. 3.在△ABC 中,若 sin A+sin B=2sin C,则角 C 是( A.钝角 C.锐角 【答案】C 【解析】∵sin A+sin B=2sin C, ∴a +b =2c ,∴a +b -c =c >0, ∴cosC=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

)

B. 3akm D.2akm

)

B.直角 D.60°

a2+b2-c2 >0, 2ab

∴角 C 是锐角,故选择 C.

A b+c 4. 在△ABC 中, cos = (a、 、 分别为角 A、 、 的对边), b c B C 则△ABC 的形状为( 2 2c
A.正三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形或直角三角形 D.等腰直角三角形

)

1

【答案】B 1+cos A 2A 【解析】∵cos = , 2 2 ∴ 1+cos A b+c b = ,即 cos A= , 2 2c c

b2+c2-a2 b b2+c2-a2 又∵cos A= ,∴ = , 2bc c 2bc
即 a +b =c ,所以△ABC 为直角三角形. 故选择 B. → → → → → → 5.在△ABC 中,|AB|=4,|AC|=1,S△ABC= 3,且AB·AC<0,那么AB·BC=( A.18 C.14 【答案】B 1 1 【解析】∵S△ABC= AB·AC·sinA= ×4×1×sinA= 3, 2 2 ∴sinA= 3 → → → → ,又AB·AC=|AB|·|AC|cosA<0, 2 B.-18 D.-14 )
2 2 2

∴A=120°,从而

BC2=AB2+AC2-2AB·ACcosA=16+1-8cos120°=21, AC BC → ∴|BC|= 21,又 = , sinB sinA
∴sinB=

ACsinA 7 = , BC 14

3 21 ∴cosB= , 14 → → → → ∴AB·BC=|AB|·|BC|cos(π -B)=-18. 二、填空题 6.

如图,正三棱锥 P-ABC 中,各条棱的长都是 2,E 是侧棱 PC 的中点,D 是侧棱 PB 上任 一点,则△ADE 的最小周长是 【答案】 3+ 7 【解析】把空间问题化归成平面问题,是立体几何中化归思想最主要的内容.有这种思 想作指导,结合图形, .

2

由于 AE 是定长:2×

3 = 3,故只要把侧面 PAB、PBC 展开,那么当 ADE 三点共线时 2
2 2

的 AE 长,即 AD+DE 的最小值.在下图中的△AED 中,PA=2,PE=1,∠APE=120°, 故由余弦定理得:AE =2 +1 -2×2×1cos120°=7. 所以 AE= 7,于是得△ADE 的最小周长为 3+ 7. 7.某时钟的秒针端点 A 到中心点 O 的距离为 5 cm,秒针均匀的绕点 O 旋转,当时间 t =0 时,点 A 与钟面上标 12 的点 B 重合.将 A、B 两点间的距离 d(cm)表示成 t(s)的函数, 则 d= ,其中 t∈[0,60]. πt 6
2

【答案】10sin

2π πt 【解析】 方法 1: 由题意得, 当时间经过 t(s)时秒针转过的角度的绝对值是 t= 弧 60 30 πt 度,因此当 t∈(0,30)时,∠AOB= .由余弦定理得 30

d2=52+52-2×5×5cos
=50?1-cos

πt 30

? ?

π t? 2π t ?=100sin 60 , 30 ?

d=10sin

πt ; 60

πt 当 t∈(30,60)时,在△AOB 中,∠AOB=2π - , 30 由余弦定理得

d2=52+52-2×5×5cos?2π -
=50?1-cos

? ?

π t? ? 30 ?

? ?

π t? πt ?=100sin2 60 , 30 ?

d=10sin
πt 10sin . 60

πt ,且当 t=0 或 30 或 60 时,相应的 d(cm)与 t(s)间的关系仍满足 d= 60

πt 综上所述,d=10sin ,其中 t∈[0,60]. 60 方法 2:考查三角函数的定义. 先 以 O 为 原 点 建 立 平 面 直 角 坐 标 系 , 则 t 秒 后 B 点 坐 标 (0,5) , A 点 坐 标

3

?5cos?π -π t?,5sin?π -π t??,利用两点间的距离公式可得答案. ? ? 2 30 ? ? 2 30 ?? ? ? ? ? ??
8. 已知平面向量 α , (α ≠0, ≠0)满足|β |=1, α 与 β -α 的夹角为 120°, β β 且 则|α |的取值范围是 .

? 2 3? 【答案】?0, ? 3 ? ?
→ → 【解析】如图,设AC=α ,AB=β ,

则在△ABC 中,∠ACB=60°, |α | |β | 根据正弦定理 = , sin ∠ABC sin 60° sin ∠ABC 2 3 即|α |= = sin ∠ABC, sin 60° 3 由于 0°<∠ABC<120°,所以 0<sin ∠ABC≤1, 2 3 故 0<|α |≤ . 3 三、解答题 π B 2 5 9. 在△ABC 中, , , 分别是三个内角 A、 、 的对边. a=2, = , a b c B C 若 C cos = , 4 2 5 求△ABC 的面积 S. 3 4 【解析】由题意,得 cos B= ,知 B 为锐角,sin B= , 5 5 sin A=sin(π -B-C)=sin? 10 由正弦定理得 c= , 7 1 1 10 4 8 ∴S= acsin B= ×2× × = . 2 2 7 5 7 10.(2010 广东卷·文)如图, AEC 是半径为 a 的半圆,AC 为直径,点 E 为 AC 的中点, 点 B 和点 C 为线段 AD 的三等分点,平面 AEC 外一点 F 满足 FC⊥平面 BED,FB= 5a.

?3π -B?=7 2, ? 10 ? 4 ?

(1)证明:EB⊥FD; (2)求点 B 到平面 FED 的距离. 【解析】(1)∵FC⊥平面 BED,BE? 平面 BED,
4

∴EB⊥FC. 又点 E 为 AC 的中点,B 为直径 AC 的中点,∴EB⊥BC. 又∵FC∩BC=C,∴EB⊥平面 FBD. ∵FD? 平面 FBD,∴EB⊥FD. (2)解法 1:如图,在平面 BEC 内过 C 作 CH⊥ED,连接 FH.则由 FC⊥平面 BED 知,ED⊥ 平面 FCH. ∵Rt△DHC∽Rt△DBE,∴ =

DC CH . DE BE

在 Rt△DBE 中,

DE= BE2+BD2= BE2+? 2BC?
∴CH=

2

= 5a,

DC·BE a·a 5 = = a. DE 5a 5

∵FB= 5a,BC=a,∴FC=2a. 在平面 FCH 内过 C 作 CK⊥FH,则 CK⊥平面 FED.

a 21 2 2 2 2 2 ∵FH =FC +CH =4a + = a , 5 5
∴FH= 105 a. 5

2

5 2a· a 5 FC·CH 2 21 ∴CK= = = a. FH 21 105 a 5 ∴C 是 BD 的中点, 4 21 ∴B 到平面 FED 的距离为 2CK= a. 21 解法 2:∵EB⊥平面 FBD,BF? 平面 FBD,∴EB⊥FB. 在 Rt△FBE 中,∵FB= 5a,EB=a,∴EF= 6a. 又∵FC⊥平面 BED,∴FC⊥BD. ∵BC=CD,∴FD=FB= 5a. 在 Rt△EBD 中,ED= BE +BD = 5a. 在△EFD 中,DF=DE= 5a,EF= 6a, 2 由余弦定理得 cos ∠EDF= , 5
2 2

5

∴sin ∠EDF=

21 . 5

1 21 2 ∴S△EFD= DE·DF·sin ∠EDF= a. 2 2 设 B 到平面 FED 的距离为 h, 1 1 1 ∵VF-EBD= S△EBD·FC= × ·2a·a·2a 3 3 2 2 3 = a, 3 且 VF-EBD=VB-EFD, 2 3 1 21 2 4 21 ∴ a= × a h,∴h= a, 3 3 2 21 4 21 即点 B 到平面 FED 的距离为 a. 21 11.

如图,A,B 是海面上位于东西方向相距 5(3+ 3)海里的两个观测点.现位于 A 点北 偏东 45°,B 点北偏西 60°的 D 点有一艘轮船发出求救信号,位于 B 点南偏西 60°且与 B 点相距 20 3海里的 C 点的救援船立即前往营救,其航行速度为 30 海里/小时,该救援船到 达 D 点需要多长时间? 【解析】由题意知 AB=5(3+ 3)海里, ∠DBA=90°-60°=30°, ∠DAB=90°-45°=45°, ∴∠ADB=180°-(45°+30°)=105°, 在△DAB 中,由正弦定理得 = , sin ∠DAB sin ∠ADB ∴DB= = =

DB

AB

AB·sin ∠DAB 5? 3+ 3? ·sin 45° = sin ∠ADB sin 105°

5? 3+ 3? ·sin 45° sin 45°cos 60°+cos 45°son 60° 5 3? 3+1? 3+1 2 =10 3(海里),

又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°)=60°,

BC=20 3(海里),
在△DBC 中,由余弦定理得
6

CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos ∠DBC
1 =300+1 200-2×10 3×20 3× =900, 2 ∴CD=30(海里), 30 则需要的时间 t= =1(小时). 30 答:救援船到达 D 点需要 1 小时. 注:如果认定△DBC 为直角三角形,根据勾股定理求得 CD,同样正确. 12.在一个特定时段内,以点 E 为中心的 7 海里以内海域被设为警戒水域.点 E 正北 55 海里处有一个雷达观测站 A.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点 A 北偏东 45°且 与点 A 相距 40 2海里的位置 B,经过 40 分钟又测得该船已行驶到点 A 北偏东 45°+θ (其 中 sin θ = 26 ,0°<θ <90°)且与点 A 相距 10 13海里的位置 C. 26

(1)求该船的行驶速度(单位:海里/时); (2)若该船不改变航行方向继续行驶,判断它是否会进入警戒水域,并说明理由. 【解析】(1)如图,

AB=40 2,AC=10 13,
∠BAC=θ ,sin θ = 由于 0°<θ <90°, ∴cos θ = 由余弦定理得 1-? 26 . 26

? 26?2 5 26 ? = 26 . ? 26 ?

BC= AB2+AC2-2AB·AC·cos θ =10 5,
10 5 所以船的行驶速度为 =15 5(海里/小时). 2 3 (2)方法 1:如下图(1)所示,以 A 为原点建立平面直角坐标系,设点 B、C 的坐标分别 是 B(x1,y1),C(x2,y2),BC 与 x 轴的交点为 D. 由题设有,x1=y1= 2 AB=40, 2

x2=ACcos ∠CAD=10 13cos(45°-θ )=30, y2=ACsin ∠CAD=10 13sin(45°-θ )=20.
20 所以过点 B、C 的直线 l 的斜率 k= =2,直线 l 的方程为 y=2x-40. 10
7

又点 E(0,-55)到直线 l 的距离

d=

|0+55-40| =3 5<7, 1+4

所以船会进入警戒水域.

图(1)

图(2)

方法 2:如上图(2)所示,设直线 AE 与 BC 的延长线相交于点 Q. 在△ABC 中,由余弦定理得 cos ∠ABC=
2

AB2+BC2-AC2 2AB·BC
2 2

= =

40 ×2+10 ×5-10 ×13 2×40 2×10 5 3 10 , 10
2

从而 sin∠ABC= 1-cos ∠ABC = 9 10 1- = . 10 10

在△ABQ 中,由正弦定理

AQ=

sin?

ABsin ∠ABC = 45°-∠ABC?

40 2×

10 10 =40. 10 2× 10

由于 AE=55>40=AQ,所以点 Q 位于点 A 和点 E 之间,且 QE=AE-AQ=15. 过点 E 作 EP⊥BC 于点 P,则 EP 为点 E 到直线 BC 的距离. 在 Rt△QPE 中,

PE=QE·sin ∠PQE=QE·sin ∠AQC
=QE·sin(45°-∠ABC)=15× 5 =3 5<7, 5

8

所以船会进入警戒水域.

9


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