2013高考数学（文）二轮复习配套作业（解析版）：作业手册详答（(5)

10.6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB＝120°，AC＝2，AB＝3，设BC＝x，则由余弦定理可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得x2＋2x＝5，解得x＝6－1或x＝－6－1(舍去)．故填6－1.

231511. [解析] 由△BCD的面积为1，可得3CD3BC3sin∠DCB＝1，即sin∠DCB＝，

325所以cos∠DCB＝

CD2＋BC2－BD22525.在△BCD中，由余弦定理可知，cos∠DCB＝＝，552CD3BC

BD2＋BC2－CD2310＝.由在△BCD中，∠DBC对应的边

102BD3BC

10BCAC.在△ABC中，由正弦定理＝可10sinAsinB

解得BD＝2，所以cos∠DBC＝

长最短，所以∠DBC为锐角，所以sin∠DBC＝103

1010

得，AC＝

32

12．解：(1)依题意，由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC， π

在△ABC中，因为sinA≠0，所以sinC＝cosC，得C＝. 4(2)3sinA－cosB＋＋cosA＝2sinA＋因为A∈0，

ππ

＝3sinA－cos?π－（A＋C）＋?＝3sinA－cos(π－A)＝3sinA4?4?BC2sinB＝sinA

＝23. 3

π. 6

3πππ11π

，所以A＋∈，， 46612

ππππ

＝1，A＋＝，A＝时， 6623π5π取得最大值2，此时B＝. 412

于是，当sinA＋

3sinA－cosB＋

13．解：(1)∵(2b－3c)cosA＝3acosC，

∴(2sinB－3sinC)cosA＝3sinAcosC， 即2sinBcosA＝3sinAcosC＋3sinCcosA， ∴2sinBcosA＝3sinB. ∵sinB≠0，∴cosA＝∵0

π. 6

3， 2

π2π

(2)由(1)知A＝B＝，所以AC＝BC，C＝，

631

设AC＝x，则MC＝x.又AM＝7，

2在△AMC中，由余弦定理得 AC2＋MC2－2AC·MCcosC＝AM2，

xx

即x2＋2－2x·2cos120°＝(7)2，解得x＝2，

22

2π1

故S△ABC＝x2sin＝3. 23

14．解：(1)由已知点F(0，1)是线段MD的中点．知A＝2. T2Aπ11

S△DMN＝S△CDM＝MN2A＝＝，

2243∴T＝

2π

，ω＝3. 3

π?. ，0?12?

∴f(x)＝2sin(3x＋φ)．又由已知得点M的坐标为?－πππ

∴sin?－φ?＝0，0<φ<，∴φ＝，

?4?24

π?.

?4?(2)证明：法一：在△CDM中，由已知得tanα＝3tanβ.即sinαcosβ＝3cosαsinβ，在△∴函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin?3x＋DMDC

DMC中，由正弦定理＝，

sinCsin∠DMC∴sinC＝

DM2sin∠DMC1

＝sin∠DMC，

DC2

1111

∴sinC＝sin∠DMC＝sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝2cosαsinβ，

2222∴sinC＝2cosαsinβ.

法二：由题意，在△MNC中，由正弦定理得即sinC＝

MN

sinβ， NC

MNNC

＝， sinCsinβ

1MN2MN

在△MND中，cosα＝，也就是＝2cosα，

MDNC∴sinC＝2cosαsinβ.专题限时集训(八)

【基础演练】

1．C [解析] 依题意，由a⊥b得a·b＝0，即3x＋3＝0，解得x＝－1.故选C. 2．B [解析] 依题意，得a·b＝|a||b|cos30°＝2sin75°24cos75°3故选B.

3．A [解析] 由a∥b得2x＝－4，∴x＝－2，于是a·b＝(1，2)·(－2，－4)＝－10.故选A. 4．D [解析] 由a·(a＋b)＝0得a·a＋a·b＝0，即|a|2＋|a|·|b|cos〈a，b〉＝0，将已知数据代1

入解得，cos〈a，b〉＝－，所以〈a，b〉＝120°.故选D.

2【提升训练】

π2＝.故选C. 32

6．C [解析] 因为∠C＝60°，CA＝2，CB＝1，所以∠B＝90°，以B为原点，BC为x轴5．C [解析] 依题意a在b方向上的投影为|a|cos〈a，b〉＝2cos

→→

建立直角坐标系，C(1，0)，A(0，3)，M(0，23)，CM2CA＝(－1，23)·(－1，3)＝7.

3＝23sin150°＝3.2

7．A [解析] 由题设知p·q＝sinAsinB－cosAcosB＝－cos(A＋B)＝cosC.又△ABC是锐角三角形，所以cosC>0，即p·q>0，所以p与q的夹角为锐角．故选A.

→→→→→→→

8．C [解析] 取BC边中点M，由2OA＋AB＋AC＝0，可得2AO＝AB＋AC＝2AM，则点M3→→→→

与点O重合．又由|OB|＝|OC|＝|OA|＝|AB|＝1，可得|AC|＝|BC|sin60°＝2×＝3，则

2→→→→→

CA2CB＝|CA|2|CB|cosC＝|CA|2＝3.

1→1→→21→→

9．B [解析] 因为点G是△ABC的重心，所以AG＝3(AB＋AC)＝AB＋AC.当点P在

32332

线段BC上运动时，λ＋μ＝1；当点P在线段GB、GC上运动时，λ＋μ的最小值为.又因为

32

点P是△GBC内一点，所以<λ＋μ<1.故选B.

3

321π10. [解析] 因为a∥b，所以31＝sinx2cosx，即sin2x＝1.又因为x∈?0，?，所以

42?2?2x＝

πππ111π2232，即x＝.于是a·b＝sinx＋cosx＝sin＋cos＝3＋＝. 2422442224

→→→→→→→→→→11．8 [解析] 依题意得OA2＝OB2＝OC2，由于AC2＝(OC－OA)2＝OC2＋OA2－2OC2OA，→→1→→→→→1→→→→→所以OC2OA＝(OC2＋OA2－AC2)，同理OA2OB＝(OA2＋OB2－AB2)，所以AO2BC＝

221→1→→→→→→→→→→→→

－OA2(OC－OB)＝－OA2OC＋OA2OB＝－(OA2＋OC2－AC2)＋(OA2＋OB2－AB2)

221→1→

＝(AC2－AB2)＝(52－32)＝8. 22

→→12．1 [解析] 依题意，得|a|＝1，又△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则OA⊥OB，→→→→|OA|＝|OB|，则(a－b)·(a＋b)＝|a|2－|b|2＝0，即|a|＝|b|.又|OA|＝|OB|，故|a－b|＝|a＋b|，1→→得a·b＝0，则|a＋b|2＝|a|2＋|b|2＝2，所以|OA|＝|OB|＝2.于是S△AOB＝3232＝1.

213．解：(1)由a·b＝0得(sinB＋cosB)sinC＋cosC(sinB－cosB)＝0， 化简得sin(B＋C)－cos(B＋C)＝0， 即sinA＋cosA＝0，∴tanA＝－1. 3

而A∈(0，π)，∴A＝π.

4

11

(2)∵a·b＝－，即sin(B＋C)－cos(B＋C)＝－，

551

sinA＋cosA＝－.①

5

24

对①平方得2sinAcosA＝－. 25

24

∵－<0，

25∴A∈

π7，π，∴sinA－cosA＝1－2sinAcosA＝.② 25

343联立①②得sinA＝，cosA＝－，∴tanA＝－，

55432tanA424

于是，tan2A＝＝＝－.

371－tan2A

1－－24

23－14．解：(1)∵f(x)＝

π31

sinπx＋cosπx＝sinπx＋. 226

π

≤1， 6

∵x∈R，∴－1≤sinπx＋

∴函数f(x)的最大值和最小值分别为1，－1.

ππ

(2)解法1：令f(x)＝sinπx＋＝0得πx＋＝kπ，k∈Z，

6615

∵x∈[－1，1]，∴x＝－或x＝，

6615

∴M－，0，N，0，

66由sinπx＋

π11

＝1，且x∈[－1，1]得x＝，∴P，1， 633

1→→1

∴PM＝－，－1，PN＝，－1，

22→→

PM2PN3→→

∴cos〈PM，PN〉＝＝.

5→→

|PM|2|PN|

解法2：过点P作PA⊥x轴于A，则|PA|＝1， 1

由三角函数的性质知|MN|＝T＝1，|PM|＝|PN|＝

2

1512＋2＝，

22

5

|PM|2＋|PN|2－|MN|24×2－13→→

由余弦定理得cos〈PM，PN〉＝＝＝. 552|PM|2|PN|

2×4解法3：过点P作PA⊥x轴于A，则|PA|＝1， 1

由三角函数的性质知|MN|＝T＝1，|PM|＝|PN|＝

2在Rt△PAM中，cos∠MPA＝

|PA|125＝＝. |PM|552

1512＋2＝，

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