周测卷(9) 解三角形-【高考领航】2025年高考数学总复习四测通关卷

周测卷(九)　解三角形 (时间：90分钟　满分：120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． 1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cos A＝－，sin B＝2sin C，则b＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 2．在△ABC中，c＝，b＝1，B＝30°，则△ABC的面积等于(　　) A． B． C．或 D．或 3．已知在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，A＝120°，2b＝a＋c，且a－b＝4，则b＝(　　) A．6 B．10 C．12 D．16 4．在△ABC中，AC＝3，BC＝2，cos C＝，则tan A＝(　　) A． B． C． D． 5．已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，acos C＋asin C－b－c＝0，则A＝(　　) A． B． C． D． 6.如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为(　　) A．20海里 B．40海里 C．20(1＋)海里 D．40海里 7．已知△ABC的三边a，b，c满足：a3＋b3＝c3，则此三角形是(　　) A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．无法确定 8．在等腰△ABC中，AB＝AC，若AC边上的中线BD的长为3，则△ABC的面积的最大值是(　　) A．6 B．12 C．18 D．24 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，不选或有选错的得0分． 9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝ccos A，角A的平分线交BC于点D，AD＝1，cos∠BAC＝，以下结论正确的是(　　) A．AC＝ B．AB＝8 C．＝ D．△ABD的面积为 10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.则下列命题正确的是(　　) A．若a＝3，b＝3，B＝30°，则A＝60° B．若A>B，则sin A>sin B C．若<cos A，则△ABC为钝角三角形 D．若a＝，b＝3，c2＋ab＝a2＋b2，则△ABC的面积为3 11．在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2bcos B，且b≠c，则(　　) A．A＝2B B．角B的取值范围是(0，) C．cos A的取值范围是(0，) D．的取值范围是(，) 12．在△ABC中，cos B＝，AC＝2，AB＝k，则(　　) A．△ABC外接圆面积为定值，且定值为9π B．△ABC的面积有最大值，最大值为3＋2 C．若k＝3，则C＝60° D．当且仅当0<k≤2或k＝6时，△ABC有一解 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝b，A＝2B，则cos B＝________． 14.曲柄连杆机构的示意图如图所示，当曲柄OA在水平位置OB时，连杆端点P在Q的位置，当OA自OB按顺时针方向旋转角α时，P和Q之间的距离是x，若OA＝3，AP＝7，α＝120°，则x的值是__________． 15．若△ABC三边长为等差数列，则cos A＋cos B＋cos C的取值范围是________． 16．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，2bcos A＝a＋2c，且b＝2，则△ABC面积的最大值为________． 四、解答题：本大题共4小题，共40分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝3，cos 2B＝cos(A＋C)，asin A＋csin C＝6sin B． (1)求B； (2)求△ABC的周长． 18.(10分)在①a2＋b2－c2＝ab，②asin B＝b，③cos＝sin C这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的△ABC存在，求出其面积；若不存在，说明理由． 问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋b＝4，c＝2，________？ 19．(10分)如图所示，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台P，已知射线AB，AC为两边夹角为120°的公路(长度均超过3千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客上下点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM＝千米，AN＝千米． (1)求线段MN的长度； (2)若∠MPN＝60°，求两条观光线路PM与PN之和的最大值． 20.(10分)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsin A－a＝0. (1)求角B的大小； (2)求cos A＋cos B＋cos C的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 周测卷(九)　解三角形 1．D　∵sin B＝2sin C，由正弦定理可知b＝2c，在△ABC中，由余弦定理可得：cos A＝＝－⇒＝－，解得c2＝4，∵c>0，∴c＝2，故b＝4，故选D. 2．D　由余弦定理得：cos B＝＝＝，解得a＝1或2，经检验，均符合要求．当a＝1时，S△ABC＝acsin B＝×＝；当a＝2时，S△ABC＝acsin B＝×＝.故选D. 3．B　由得在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2＋bc，即(b＋4)2＝b2＋(b－4)2＋b(b－4)，解得b＝10.故选B. 4．D　由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2BC·ACcos C＝32＋22－2×3×2×＝4，所以AB＝2，因为AB＝BC，所以A＝C，所以cos A＝cos C＝，tan A＝.故选D. 5．B　已知等式利用正弦定理化简得：sin Acos C＋sin Asin C－sin B－sin C＝0，∴sin Acos C＋sin Asin C－sin(A＋C)－sin C＝0，即sin Acos C＋sin Asin C－sin Acos C－cos Asin C－sin C＝0，∴sin Asin C－cos Asin C－sin C＝0，∴sin A＝cos A＋1， sin A－cos A＝1，即sin(A－)＝， 又－<A－<，∴A－＝，即A＝.故选B. 6．A　由题意可知CD＝40，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，∠ADB＝60°，在△ACD中，由正弦定理得＝，得AD＝20，在Rt△BCD中，因为∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，所以BD＝CD＝40，在△ABD中由余弦定理得AB＝＝ ＝＝20.故选A. 7．A　因为a3＋b3＝c3，所以c>a，c>b，两边同除以c3，得()3＋()3＝1，因为0<<1，0<<1，所以()2＋()2>1，所以a2＋b2>c2.即cos C＝>0，所以C为锐角，又C为最大角，所以此三角形是锐角三角形．故选A. 8．A　设AB＝AC＝2m，BC＝2n，由于∠ADB＝π－∠CDB，在△ABD和△BCD中应用余弦定理可得：＝－，整理可得：m2＝9－2n2，结合勾股定理可得△ABC的面积：S＝BC× ＝×2n×＝3n＝3≤3×＝6，当且仅当n2＝2时等号成立．则△ABC面积的最大值为6.故选A. 9．ACD　在△ABC中，根据余弦定理，得cos∠BAC＝＝，即b2＋a2＝c2，所以C＝，由二倍角公式，得cos∠BAC＝2cos2∠CAD－1＝，解得cos∠CAD＝.在Rt△ACD中，AC＝ADcos∠CAD＝，故A正确；在Rt△ABC中，cos∠BAC＝＝，解得AB＝6，故B错误；＝＝，则＝＝，故C正确；在△ABD中，由cos∠BAD＝，得sin∠BAD＝，所以S△ABD＝AD·AB·sin∠BAD＝×1×6×＝，故D正确．故选ACD. 10．BC　对于A，由于a＝3，b＝3，B＝30°，由正弦定理＝，得sin A＝，由于0°<A<180°，所以A＝60°或120°，故A错误；对于B，当A>B时，a>b，由正弦定理，得sin A>sin B，故B正确；对于C，若<cos A，则c<bcos A，故2c2<2bccos A，结合余弦定理，整理得a2＋c2<b2，故△ABC为钝角三角形，故C正确；对于D，若a＝，b＝3，c2＋ab＝a2＋b2，利用余弦定理可得ab＝2abcos C，解得cos C＝，因为0°<C<180°，所以C＝60°，所以S△ABC＝absin C＝××3×＝，故D错误．故选BC. 11．AD　因为a＝2bcos B，所以sin A＝2sin Bcos B＝sin 2B，又0<A<，0<B<，所以0<2B<π，所以A＝2B或A＋2B＝π.因为b≠c，所以B≠C，所以A＋2B≠A＋B＋C＝π，则A＝2B，故A正确．因为A＋B＋C＝π，所以C＝π－A－B＝π－3B.因为△ABC是锐角三角形，所以即解得<B<，所以<cos B<，则＝＝＝2cos B∈(，)，故B错误，D正确．因为A＝2B，所以<A<，所以0<cos A<，故C错误．故选AD. 12．ABD　由cos B＝易得sin B＝，由＝2R，得R＝3，S＝πR2＝9π，A正确；由cos B＝≥，得≥，解得ac≤6(3＋2)，∴S△ABC＝acsin B≤×6(3＋2)×＝3＋2，B正确；若k＝3，由＝，得sin C＝＝，∴C＝60°或C＝120°(均符合题意)，C错误；由cos B＝＝，得a2－a＋c2－4＝0，Δ＝(－)2－4(c2－4)＝，此方程有唯一正解等价于Δ＝0或又由于c>0，∴0<k≤2或k＝6，D正确．故选ABD. 13．解析：因为a＝b，A＝2B，所以根据正弦定理得sin A＝sin B，且sin A＝sin 2B＝2sin Bcos B，又sin B≠0，所以cos B＝. 答案： 14．解析：在△APO中，由余弦定理可知AP2＝OP2＋OA2－2·OA·OP·cos∠AOP，即49＝OP2＋9－(－)×2×3·OP，可得OP＝5.由题可知OQ＝BQ＋OB＝AP＋OA＝10，∴x＝PQ＝OQ－OP＝10－5＝5. 答案：5 15．解析：不妨设三边长为1－d，1，1＋d，其中0≤d<.此时cos A＋cos B＋cos C＝＋＋＝＝(2－)∈(1，]． 答案：(1，] 16．解析：由余弦定理，2bcos A＝a＋2c可化为2b·＝a＋2c，整理可得c2＋a2＋ac＝b2＝4，由余弦定理得cos B＝＝－，又B∈(0，π)，故B＝，根据基本不等式4＝a2＋c2＋ac≥2ac＋ac＝3ac，当且仅当a＝c＝时取等号，故S△ABC＝acsin B＝ac≤，即△ABC面积的最大值为. 答案： 17．解：(1)因为cos 2B＝cos(A＋C)，所以2cos2B－1＝－cos B，即(2cos B－1)(cos B＋1)＝0. 因为0<B<π，所以cos B＝，则B＝. (2)因为asin A＋csin C＝6sin B， 所以由正弦定理得，a2＋c2＝6b＝18. 又根据余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得32＝18－ac，所以ac＝9， 所以(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝18＋18＝36，则a＋c＝6，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝9. 18．解：选择条件①： 由余弦定理得cos C＝＝＝， 因为C∈(0，π)，所以C＝. 结合a＋b＝4，c＝2，c2＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab， 可得ab＝4， 所以a＝2，b＝2， 因此存在满足条件的△ABC，S△ABC＝absin C＝. 选择条件②： 由正弦定理得＝， 所以sin A＝＝1， 又A∈(0，π)，所以A＝，所以b2＋c2＝a2. 由解得a＝，b＝， 所以存在满足条件的△ABC，S△ABC＝bcsin A＝. 选择条件③： 因为cos ＝sin C＝2sin cos ， 又cos ≠0，所以sin ＝，因此C＝. 由余弦定理可得c2＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab， 得ab＝12， 从而a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝42－2×12＝－8，显然不成立， 因此，不存在满足条件的△ABC. 19．解：(1)在△AMN中，由余弦定理得， MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos 120°＝3＋3－2×××(－)＝9，所以MN＝3，所以线段MN的长度为3千米． (2)设∠PMN＝α，因为∠MPN＝60°， 所以∠PNM＝120°－α， 在△PMN中，由正弦定理得， ＝＝＝＝2. 所以PM＝2sin(120°－α)，PN＝2sin α， 因此PM＋PN＝2sin(120°－α)＋2sin α ＝2(cos α＋sin α)＋2sin α ＝3sin α＋3cos α＝6sin(α＋30°)． 因为0°<α<120°，所以30°<α＋30°<150°. 所以当α＋30°＝90°，即α＝60°时，PM＋PN取到最大值6. 所以两条观光线路PM与PN之和的最大值为6千米． 20．解：(1)由2bsin A－a＝0，得sin2A＝()2＝， 即1－cos2A＝. ∵cos A＝，∴1－()2＝， 即4b2c2－b4－c4－a4－2b2c2＋2b2a2＋2c2a2＝3a2c2， 即a4＋b4＋c4＋a2c2－2a2b2－2b2c2＝0， 即a4＋b4＋c4＋2a2c2－2a2b2－2b2c2＝a2c2， 即(a2＋c2－b2)2＝(ac)2， ∵△ABC为锐角三角形， ∴a2＋c2－b2>0，∴a2＋c2－b2＝ac， ∴cos B＝＝， 又B为△ABC的一个内角，∴B＝. (2)b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac， 即3ac＝(a＋c)2－b2. 又ac≤()2，∴≤2(当且仅当a＝c时取等号)． 设A＝，则＝. ∵△ABC为锐角三角形，∴>. 由余弦定理得cos A＋cos B＋cos C ＝＋＋， 将b2＝a2＋c2－ac，代入化简得 cos A＋cos B＋cos C＝(＋1)， 故cos A＋cos B＋cos C的取值范围是(，]． 答案与精析 学科网（北京）股份有限公司 $$