6．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a＝λ，b＝λ（λ>0），A＝45°，则满足此条件的三角形个数是（ ）
A．0 B．1C．2 D．无数个
7．在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积等于（ ）
A. B.C.或 D.或
8．在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝a∶（a+1）∶2a，则a的取值范围是（）
A．a＞2 B．a＞ C．a＞0 D．a＞1
9．在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为，则=（）
A. B.C. D.
10．在△ABC中，已知，则C=（）
A.300B.1500C.450D.1350
11．在中，,，则（）
A.B.C.D.
12．在中，已知，，则的形状是（）
A.直角三角形B.等腰三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形
13．不解三角形，确定下列判断中正确的是（）
A.，有两解B.,有一解
C.，有两解D.，无解
14．在中，已知，则等于（）
A.B.C.D.
15．在中，若，则等于（）
A.B.C.或D.或
16．中，A=，BC=3，则的周长为（）
A．B．
C．D．
17．在中，角A，B，C的对边分别为，，，已知A=，，，则等于（）
A．1B．2C．D．
18．在中，，，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
19．某船开始看见灯塔在南偏东30方向，后来船沿南偏东60的方向航行45km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是（）
A．15km B．30km C．15km D．15km
20．在ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若，则角B的值为（）
A．B．C．或D．或
21．已知分别是三个内角的对边，且，则是（）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰三角形或直角三角形
22．在中，已知，则（）
A．B．C．D．
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题（题型注释）
23．设的三个内角为A、B、C，向量，若，则.
24．在△中，分别为的对边，三边、、成等差数列，且，则的值为．
25．在中，已知分别为，，所对的边，为的面积．若向量满足，则=
26．在△ABC中，a，b，c是三个内角,A,B,C所对的边，若则（）
27．已知中，角A、B、C所对边分别为，若，则的最小值为.
28．在中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，若角A、B、C依次成等差数列，且a=1，等于.
评卷人
得分
三、解答题（题型注释）
29．（本小题满分12分）在中，设内角A，B，C的对边分别为，向量，若
（1）求角的大小；
（2）若且，求的面积.
30．（本小题满分12分）
已知的三个内角所对的边分别为，向量，
，且．
（1）求的大小；
（2）现在给出下列三个条件：
①；②；③，试从中再选择两个条件以确定，求出所确定的的面积．
31．已知三角形的三边和面积S满足,求S的最大值。
32．（本小题满分13分）
在△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别a、b、c，
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）当时，求函数的最大值
33．本题满分12分）设锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2bsinA
（1）求B的大小;
（2）求cosA+sinC的取值范围.
34．一个人在建筑物的正西点，测得建筑物顶的仰角是，这个人再从点向南走到点，再测得建筑物顶的仰角是，设，间的距离是．
证明：
建筑物的高是．
35．一架飞机从A地飞到B到，两地相距700km．飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从机场起飞后，就沿与原来的飞行方向成角的方向飞行，飞行到中途，再沿与原来的飞行方向成夹角的方向继续飞行直到终点．这样飞机的飞行路程比原来路程700km远了多少？
A
700km
21
B
C
36．一架飞机在海拔8000m的高度飞行，在空中测出前下方海岛两侧海岸俯角分别是，计算这个海岛的宽度．
8000m
27
P
Q
37．如图，已知一艘船从30nmile/h的速度往北偏东的A岛行驶，计划到达A岛后停留10min后继续驶往B岛，B岛在A岛的北偏西的方向上．船到达Ｃ处时是上午10时整，此时测得B岛在北偏西的方向，经过20min到达Ｄ处，测得B岛在北偏西的方向，如果一切正常的话，此船何时能到达B岛？
30
60
B
C
A
20min
38．在中，已知,，解此三角形。
39．（本小题满分9分）设三角形的内角的对边分别为,．
（1）求边的长；
（2）求角的大小；（3）求三角形的面积。
40．（本小题满分12分）中，分别是角A,B,C的对边，已知满足，且
（1）求角A的大小；
（2）求的值
41．（本小题12分）已知锐角三角形的内角的对边分别为，
且
（1）求的大小；
（2）若三角形ABC的面积为1，求的值.
42．（本小题满分12分）
在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，C=2A,，.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求b的值.
试卷第7页，总7页
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参考答案
1．A
【解析】
试题分析：
因为是三角形的内角，所以由可得，所以可以得到；反之，由，可以得到或，所以得不出，所以“”是“”的充分不必要条件.
考点：
本小题主要考查三角形中角和三角函数值的对应关系和充分条件、必要条件的判断，考查学生的推理能力.
点评：
三角形中，角和三角函数值并不是一一对应的，另外，判断充分条件和必要条件，要看清谁是条件谁是结论.
2．C
【解析】
试题分析：
因为，由向量垂直的坐标运算可得，整理可得，由余弦定理可得
考点：
本小题主要考查向量垂直的坐标运算和余弦定理的应用，考查学生对问题的转化能力和运算求解能力.
点评：
由余弦定理求出，一定要交代A的取值范围，才可以得出结论.
3．B
【解析】
试题分析：
所以，所以，所以，所以三角形的形状为直角三角形.
考点：
本小题主要考查对数的运算和勾股定理以及三角形形状的判断，考查学生的运算求解能力.
点评：
判断三角形的性质，要注意转化题中所给的条件，要么化成角之间的关系，要么化成边之间的关系，有时还要用到正余弦定理.
4．B
【解析】
试题分析：
，
考点：
正余弦定理解三角形
点评：
正余弦定理可以实现三角形中边与角的互相转化
5．A
【解析】，且c>a,所以A为锐角，
又因为
.
6．A
【解析】因为,所以此三角形无解.
7．D
【解析】,所以,
当时，;
当时，.
故△ABC的面积等于或.
8．B
【解析】因为sinA∶sinB∶sinC＝a∶（a+1）∶2a,所以可以设三边长分别为ax,（a+1）x,2ax,
根据构成三角形的条件可知,所以.
9．B
【解析】因为∵A=60°，b=1，其面积为∴S=bcsinA=，即c=4，
∴由余弦定理得：
a2=b2+c2-2bccosA=1+16-4=13，
∴a=，由正弦定理得2R=，故所求的表达式即为，选B.
10．C
【解析】因为,因此可知C=450，选C.
11．D
【解析】主要考查正弦定理的应用。
解：
由比例性质和正弦定理可知。
12．B
【解析】主要考查正弦定理的应用。
解：
由可得，所以，即或，又由及可知，所以为等腰三角形。
13．B
【解析】主要考查正弦定理的应用。
解：
利用三角形中大角对大边，大边对大角定理判定解的个数可知选Ｂ。
14．B
【解析】主要考查正弦定理的应用。
解：
由正弦定理可得，带入可得，由于，所以，，又由正弦定理带入可得
15．D
【解析】主要考查正弦定理的应用。
解：
由可得，由正弦定理可知，故可得，故或。
16．D
【解析】因为A=，BC=3，则可知,故三角形的周长为a+b+c=3+（sinB+sinC）2R,化为单一函数可知函数的周长为，选D
17．B
【解析】因为A=，，，根据余弦定理可知，故选B.
18．C
【解析】因为,所以.
19．C
【解析】由题意知在，求BC的长度，显然km.
20．D
【解析】因为,所以,
所以B=或
21．D
【解析】因为
所以一定等腰三角形或直角三角形.
22．B
【解析】
23．
【解析】
试题分析：
由题意知，，所以，所以.
考点：
本小题主要考查向量数量积的坐标运算、和差角公式和辅助角公式的应用以及根据三角函数值求角，考查学生的运算求解能力.
点评：
三角函数中公式较多，要准确掌握，灵活应用.
24．
【解析】
试题分析：
因为三边、、成等差数列，所以由正弦定理可知，又因为，所以
（1）
设
（2）
以上两式平方相加得：
所以.
考点：
本小题主要考查等差数列性质的应用和正弦定理、两角和与查的三角函数公式的应用，考查学生的运算求解能力.
点评：
三角函数中公式较多，要注意恰当选择，灵活准确应用.
25．
【解析】
试题分析：
因为，根据向量共线的坐标运算得：
即，因为是三角形的内角，所以=.
考点：
本小题主要考查共线向量的坐标关系、正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，考查学生灵活运用公式的能力和运算求解能力.
点评：
向量共线和垂直的坐标运算经常考查，要灵活运用，求出三角函数值求角时要先交代清楚角的范围.
26．4
【解析】,
所以,
所以.
27．1
【解析】
所以,
所以的最小值为1.
28．
【解析】因为A,B,C成等差数列，所以A+C=2B,所以,
由正弦定理得,.
29．
（1）
（2）
【解析】
试题分析：
（1）
∴，∴
∵A为三角形的内角，∴……6分
（2）由余弦定理知：
即
，解得，
∴，∴……12分
考点：
本小题主要考查向量的模的运算、三角函数的化简和求值以及余弦定理和三角形面积公式的应用，考查学生综合运用所学知识解决问题的能力.
点评：
向量的运算中，一般是要求模先求模的平方，另外，正弦定理和余弦定理是解三角形中的两个重要定理，要灵活应用.
30．
（1）
（2）面积为
【解析】
试题分析：
因为，，且，
所以，……2分
即，所以，……4分
因为,所以所以，
因为是三角形的内角，所以……6分
（Ⅱ）方案一:
选择①②，可确定，
因为
由余弦定理，得：
，
整理得：
，……10分
所以。
……13分
方案二:
选择①③，可确定，因为，
又，
由正弦定理，……10分
所以.……13分
考点：
本小题主要考查平面向量的数量积、两角和与差的余弦公式、正弦定理及三角形面积公式的综合应用，考查学生的运算求解能力.
点评：
在高考中经常遇到平面向量和三角函数结合的题目，此类问题一般难度不大，灵活选用公式，正确计算即可.
31．
【解析】
试题分析：
由题意及正弦定理可得
由余弦定理
，
所以,则当时,.
考点：
本小题主要考查三角形的面积公式、正弦定理和余弦定理的应用以及利用基本不等式的变形公式求最值.
点评：
基本不等式的变形公式应用时也要注意“一正二定三相等”三个条件缺一不可.
32．（Ⅰ）．（Ⅱ）的最大值是．
【解析】（I）因为，由正弦定理得,从而可得sinC的值，进而求出C值.
（II）由（I）可求出A，所以,
进一步转化为+,然后利用正弦函数的性质求其特定区间上的最值即可.
（Ⅰ）因为，由正弦定理得，……2分
因为，所以，解得． ……4分
又因为，所以，所以． ……6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，． ……8分
所以
=+． ……11分
因为，所以，
所以的最大值是． ……13分
33．
（1）．
（2）的取值范围为．
【解析】本题是中档题，考查三角函数的化简求值，正弦定理与两角和与差的正弦函数的应用，考查计算能力
（Ⅰ）结合已知表达式，利用正弦定理直接求出B的值．
（Ⅱ）利用（Ⅰ）得到A+C的值，化简cosA+cosC为一个角的三角函数，结合角的范围即可求出表达式的取值范围
1）由，根据正弦定理得，所以，
由为锐角三角形得．
（2）
．
由为锐角三角形知，，．
解得所以，
所以．由此有，
所以，的取值范围为．
【答案】证明见解析
【解析】主要考查直角三角形中的边角关系。
解答时注意利用函数方程思想，在直角三角形中，通过建立关于的方程，达到证明目的。
解：
设建筑物的同度是，建筑物的底部是，
则．
是直角三角形，是斜边，
所以，
，
．
所以，．
【答案】路程比原来远了约km．
【解析】主要考查正弦定理的应用。
解：
在中，km，，
根据正弦定理，，
，
，
（km），
所以路程比原来远了约km．
【答案】约5821.71m．
【解析】主要考查直角三角形边角关系以及正弦定理的应用。
解：
设飞机在点A，海岛两测分别为点P,Q,自点A向直线PQ作垂线AB，B为垂足。
由已知AQB=,APB=，PAQ=－=，在直角三角形APB，直角三角形AQB中，分别求得AP，AQ的长度。
在三角形PAQ中，由余弦定理求得PQ，即海岛宽度两之间的距离约月为5821.71m。
【答案】约１小时26分59秒．所以此船约在11时27分到达Ｂ岛．
【解析】主要考查正弦定理的应用。
解：
在中，
，（nmile），
根据正弦定理，
，，
所以．
在中，
，，
．
根据正弦定理，
，
即
，
（nmile）．
（nmile）．
如果这一切正常，此船从Ｃ开始到Ｂ所需要的时间为：
（min）
即约１小时26分59秒．所以此船约在11时27分到达Ｂ岛．
38．，，。
【解析】主要考查正弦定理的应用。
解：
由正弦定理，即，解得，
由,，及可得，
又由正弦定理，即，解得
39．
（1）；
（2）；（3）。
【解析】本试题主要是考查了解三角形的求解，和三角形的面积公式。
（1）依正弦定理有
又，∴
（2）依余弦定理有，又＜＜，∴得到三角形的面积公式。
解：
（1）依正弦定理有…………………………1分
又，∴…………………………3分
（2）依余弦定理有………………………5分
又＜＜，∴…………………………6分
（3）三角形的面积………………9分
40．⑴；⑵。
【解析】
（1）根据向量平行的坐标表示可得到,
进而得到,然后解出cosA的值，得到A.
（2）因为，所以,再根据,
从而可得,所以（因为c>b），所以sinC=2sinB,再与,可求出sinC,进一步得到cosC,再根据两角差的余弦公式可求出.
⑴
即
………………5分
⑵
而
………………8分
与
可得 …………………………10分
………12分
41．
（1）
（2）。
【解析】
（1）由利用正弦定理可得为锐角，所以
（2）由面积公式可知,把和ac=4代入下式即可求得b的值.
（1）由根据正弦定理得2分
又所以3分
由为锐角三角形得5分
（2）由的面积为1得6分又
8分
由余弦定理得9分
又11分
12分
42．（Ⅰ）.（Ⅱ）b=5.
【解析】（I）由正弦定理.
（II）由a+c=10,,得到a=4,c=6,再由余弦定理,可建立关于b的方程，求出b的值.
（Ⅰ）.
（Ⅱ）由及可解得a=4,c=6.
由化简得，.
解得b=4或b=5.
经检验知b=4不合题意，舍去.
所以b=5.
答案第13页，总14页
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