(12)正弦定理、余弦定理、解三角形-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习周测卷（B）

高三一轮复习周测卷/数学 (十二)正弦定理、余弦定理、解三角形 (考试时间120分钟，满分150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所对的边分别为a,b,c,已知A=120°，a=2 ccos C,则C= A.60° B.45° C.30° D.15° 2.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=√3，b=3,B=60°，则c= A.√3 B.23 C.3 D.6 3.如图，在△ABC中，/BAC=子点D在线段BC上AD1AC8即-7则snC 报 图 e 4.敬亭山，位于安徽省宣城市北郊，是中国历史文化名山，原名昭亭山，晋初为避帝讳，易名敬亭山. 李白在《独坐敬亭山》中写道：众鸟高飞尽，孤云独去闲.相看两不厌，只有敬亭山.相传该诗题写于 太白独坐楼（如图1）.为了测量该楼的高度AB(如图2)，一研究小组选取了与该楼底部B在同一 水平面内的两个测量基点C与D,现测得∠BCD=30°，∠CDB=45°，BD=13m,在C点处测得该 楼顶端A的仰角为60°，则该楼的高度AB为 A.13m B.20m C.13√6m D.26√6m 图1 图2 5.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=2,A=号，若BC边上的中线AD=万，则 △ABC的外接圆面积为 A.4π B.8元 C.12π D.16元 数学第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 6.湖光岩玛珥湖，位于广东省湛江市麻章区湖光镇，是中国乃至世界最大的湿玛珥湖，是中国玛珥 湖研究的始发点，也是世界玛珥湖研究的关键点.某小组计划测量如图所示的湖光岩玛珥湖的 东西方向的总湖长，即测量湖光岩玛珥湖湖岸的两个测量基点P,Q之间的距离，现在湖光岩玛 珥湖的湖岸取另外两个测量基点M,N,测得MN=3805米，∠PMQ=3,∠QMN=∠PNM =泛·∠PNQ-,则P,Q两点间的距离为 A.1500米 B.800√5米 C.1800米 D.1900米 7.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若ccos A一√5 csin A一b+2a=0,且c=3,则 △ABC周长的最大值为 A.√3 B.93 4 C.6 D.9 8.设a,b,c是△ABC的边长，对任意实数x,f(x)=bcx2+(b+c2一a)x十2bc有 A.f(x)=0 B.f(x)>0 C.f(x)≤0 D.f(x)<0 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.已知a,b,c为三角形三边，满足ac2一bc2=(a一b)(a2十b),则三角形的形状可以为 A.直角三角形 B.锐角三角形 C.等腰三角形 D.钝角三角形 10.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知ccos B+bcos C=2c,且sinB=sin Asin C,则 A.a,b,c成等比数列 B.A为钝角 C.A,B,C成等差数列 D.若c=4,则△ABC的面积为4√7 11.某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此 次活动.在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有 A.在水平地面上任意寻找两点A,B,分别测量旗杆顶端的仰角α，B,再测量A,B两点间距离 B.在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为h,在该建筑物底部和顶部分别 测得旗杆顶端的仰角α和3 C.在地面上任意寻找一点A,测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离 D.在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5m到达B处，再次测量旗杆顶 端的仰角β 三一轮复习周测卷十二 数学第2页（共4页） ® 班级 姓名 分数 题号 6 7 10 11 答案 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） l2.在△ABC中，已知内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sinA:sinB:sinC=4:7:9,则 sin(+A) 13.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=8,A=30°，试写出一个a值，使该三角形 有两解，则满足题意的α的值可以是·（仅需填写一个符合要求的数值） 14.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD,AB=AD=2√3，BC=CD=2√2，且△ABC为锐角三 角形，则AB·AC= 四、解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,bcos B+C=asin B. 2 (1)求角A的大小： (2)若a=7,且csin A=5y3,求△ABC的周长. 2 16.(本小题满分15分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c=a(1+2cosB). (1)证明：B=2A; (2)若a=3,b=3√3，求边c; (3)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围. 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 17.(本小题满分15分) 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知向量m=(a十b,sinC),n= (a-c,sin A-sin B),m//n. (1)求B; (2)若2b2=2c2+ac. (i)求cosC的值； (i)若边c=2,点D为线段AB上的动点，点E为线段BC上的动点，且线段DE平分△ABC 的面积，求线段DE长度的最小值 18.(本小题满分17分) 如图，A,B是在沿海海面上相距15十5√3海里的两个哨所，B位于A的正南方向.A哨所在凌 晨1点发现其南偏东30°方向处有一艘走私船C,同时，B哨所也发现走私船在其东北方向上. 两哨所立即联系缉私艇前往拦截，缉私艇位于A哨所南偏西30°的D处，且A与D相距20√3 海里，试求： (1)刚发现走私船时，走私船与A哨所的距离； (2)刚发现走私船时，走私船距离缉私艇多少海里？在缉私艇的北偏东多少度？ (3)若缉私艇得知走私船以10√3海里/时的速度从C向北偏东15°方向逃窜，立即以30海里/时 的速度进行追截，缉私艇至少需要多长时间才能追上走私船？ 北 19.(本小题满分17分) “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并证解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内 求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小，”意大利数学家托里拆利给出了解答， 当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马 点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.已知△ABC的内角 A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cos2B+cos2C-cos2A=1. (1)求A; (2)若bc=4,设点P为△ABC的费马点，求PA·PB+PB·PC+PC·PA; (3)设点P为△ABC的费马点，PB+PC=tPA,求实数t的最小值. 三一轮复习周测卷十二 数学第4页（共4页）】 ®高三一轮复习B ·数学· 高三一轮复习周测卷/数学（十二） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.运算求解能力V.空间想象能力V.数据处理能力 I.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象⑤数学运算 ⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ① ② ③④ ⑤ ⑥ 档次 系数 1 选择题 5 利用正弦定理求角 易 0.80 利用余弦定理求边 2 选择题 (已知两边及其中一 易 0.78 边的对角) 正弦定理以及同角 3 选择题 三角函数的基本 / 易 0.75 关系 构造立体图形测量 4 选择题 5 易 0.72 高度 利用正、余弦定理解 选择题 5 决三角形中线问题 分 0.65 利用正、余弦定理解 6 选择题 5 / 中 0.50 决距离问题 利用正、余弦定理求 选择题 5 中 0.45 三角形周长的最值 余弦定理与二次函 8 选择题 中 0.35 数的综合 利用正、余弦定理判 9 选择题 6 易 0.72 断三角形的形状 lo 解三角形与数列的 选择题 6 中 0.65 综合 11 与测量有关的方案 选择题 6 中 0.40 设计题 12 填空题 由三边求角 易 0.82 由正弦定理解决三 13 填空题 5 中 0.65 角形两解问题 解三角形与向量数 14 填空题 中 量积的综合 0.45 ·63· ·数学· 参考答案及解析 三角恒等变换与正、 15 解答题 13 余弦定理的综合，求 / 中 0.60 三角形的周长 三角恒等变换与正， 余弦定理的综合，利 16 解答题 15 L L 中 0.50 用三角函数求取值 范围 正、余弦定理与平面 17 解答题 15 向量的综合，三角形 中 0.45 面积问题 解三角形的实际应 18 解答题 17 中 0.35 用一 角度问题 解三角形与向量、不 19 解答题 17 难 0.25 等式的综合 叁考答案及解析 一、选择题 1.C【解析】因为A=120°，a=2 ccos C,由正弦定理可 -26cc0sA=22+4-2X2X4cos号=12，则a= 得sinA=2 sin Ceos C-=sin2C,所以sin2C=, ,因 23,设△ABC的外接圆半径为R,所以2R= sin A 为0°<C<60°，则0°<2C<120°，所以2C=60°，解得 C=30°.故选C. 2,5,即R=2,所以△ABC的外接圆面积为S= s 2.B【解析】由a=√3，b=3,B=60以及余弦定理b πR=4元.故选A. =a2+c2-2ac·cosB,得3十c2-√5c=9,解得c= 23(负值舍去).故选B. 6,D【解析】在△PMN中，∠PMN-F+竞-， 3.B【解析】在△ABD中， BD AD ∠PNM=∠MPN=登，则PM=MN=380后米，在 sinπ sin B= CD·sinC △MNQ中，∠MQ=号+意=7，又∠QMN= 解得tan C= 3 又 sin(号-c) 5 音，则∠MQV=吾，由正弦定理可得snM% sin∠MVQ sin'C+cos2C=1 MN ,所以sinC= 一散选B sin∠MQN' 即MQ=3805 解得MQ= sin C3 π cos C5 sin 4 sin君 4.C【解析】在△BCD中，由正弦定理sn∠CDB BC 380√10米，在△PMQ中，由余弦定理得PQ= (3805)2+(380√10)2-2×380√5×380√10× snCD得BC=1g=13E,在R1△AC BD sin30° (-9)=5×(3805),所以PQ=380×5 中，AB=BCtan∠ACB=l3√2×tan60°= 1900米.故选D. 13√6(m).故选C. 7.D【解析】在△ABC中，由ccos A-√3 csin A-b十 5.A【解析】因为D是BC的中点，所以AD=号(A店 2a=0及正弦定理，得sin Ccos A-√3 sin Csin A一 十AC,又AC=b=2,所以A市=(Ai+A衣：= sin B++2sin A=0,mi sin B=sin(A+C)=sin Acos C +cos Asin C,则√3 sin Csin A+cos Csin A=2sinA, 子A+2A店.A花+AC),即7=子2+4c× 而sinA>0,整理得sin(C+否)-1，又0<C<π，解 cos号+2)，解得c=4(负值舍去)，所以a2=6+ 得C=晋，由余弦定理2=d+-2 abeos C,得9= ·64· 高三一轮复习B ·数学· a+b2-ab=(a+b)2-3ab2(a+b)2- 3() 对于C,在Rt△ADC中直接利用锐角三角函数求出 旗杆的高DC=ACtan a,故C正确； 子a十6，解得a十K6,当且仅当a=6=3时取等 号，所以△ABC周长的最大值为9.故选D. 8.B【解析】在△ABC中，根据余弦定理得a2=十c2 -2 bccos A,.b2+c2-a2=2 bccos A,因此函数可化 为：f(x)=bcx2+(2 bccos A)x+2bc, bc>0 A=462c2cos2A-862c2=462c2 (cos2A-2)<0' a 函数y=∫(x)的图象是开口向上的抛物线，且与x 轴没有公共点.由此可得，对任意实数x,f(x)>0恒 对于D,如下图，△ABD中由正弦定理求AD,则旗 成立.故选B 杆的高CD=ADsin a,故D正确. D 二、选择题 9.AC【解析】因为ac2-bc2=(a-b)(a2+b2),所以 (a-b)c2=(a-b)(a2+b),则a-b=0或c2=a2+ b2,所以三角形为等腰三角形或直角三角形.故 选AC. a 10.ABD【解析】对于A,sinB=sin Asin C,由正弦定 B A 理可得b2=ac,且a,b,c>0,则a,b,c成等比数列， 故选BCD. 故A正确；对于B,将ccos B十bcos C=2c,利用正弦 三、填空题 定理化简得：sin Ccos B+sin Bcos C=2sinC,即 12.9 【解析】因为sinA:sinB:sinC=4:7:9,则由 sin(C+B)=2sinC,∴.sinA=2sinC,利用正弦定 正弦定理可设a=4k,b=7k,c=9k.由余弦定理得 理化简得：2c=a,所以b2=ac=2c2,所以b=√2c,所 以ab:c=2c√2c:c=2:2:1,所以A角最大，由 osA=十d-19#g6t=是故 2×7kX9k c0sA=+a=十2c二4C<0,得A角为钝 2cb 2cX√Ec sn(受+A)=-sA=是 角，故B正确；对于C,若A,B,C成等差数列，则2B 13.5(答案不唯一，满足4<a<8即可)【解析】由正 =A十C,且A十B十C=π，可得B=受，则由余弦定 mAB即sinB-6s4-4,因 弦定理，得a、=b 0sB=a2十c2-b=4c十2c a<8 2ac 2cX2c 为三角形有两解，所以6>。 snB<1即4<1解得a ，故C错误；对于D,若c=4,可得b=42,a=8, 1 l a ∈(4,8) 由cosB=a+c2-&_3 14.6十2√3【解析】由题意知，△ABC2△ADC,且 2ac ,B∈(0，π)，可得sinB= AB⊥AD,可知∠CAB=45°，根据余弦定理可知 只所以S世=asnB=47,放D正确，故 1 AB+AC-BC2=2cos∠BAC·AB·AC,代入可 解得AC=√6+√2或AC=√6一√E,根据正弦定理得 选ABD 11.BCD【解析】对于A,如果A,B两点与旗杆底部不 sn∠CABsin∠ACB可得sin∠ACB= BC AB 在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A 2X22 不正确；对于B,如下图，△ABD中由正弦定理求 AD,则旗杆的高CD=h十ADsin,故B正确； X2万-9，又△AC为悦角三角形，故∠ACB- D 60°，所以∠ABC=75°，根据大边对大角，所以AC= √6+√2，所以AB·AC=|Ai1|AC·cos45°= 25xw6+)×号-=6+25 四、解答题 15,解：(1)在△ABC中，因为cosB+C 2 =bcos(受-号)=sin号=asin B, ·65· ·数学· 参考答案及解析 由正弦定理可得sin Bsin合=sin Asin B,.(2分) .(a十b)(a-b)=c(a-c),即a2-b2=ac-c2, ∴a2十c2-=ac, (3分) 因为0<B<π，所以sinB≠0， ∴.2 accos B=ac, (4分) mB=之 因为0<号←号，所以m0 B∈(0，π)， B=晋 (5分) 所以cos乞=2' 所以号-， (2(1):B=号， 即A子 (6分) 6=a+2-2ae·合，又：2B=22+ac, 3 (2)由(1)得sinA= 2,c0sA=- 1 .a=2c 又cimA=5y5,则c=5, 6= (7分) 2 (8分) 2c, 再由余弦定理可知cosA=十c-a2 'cos C=a+6-c +子- 2W万 2bc 2ab 7 即b2十5b-24=0, 21 解得b=3或b=-8(舍)， (11分) (9分) 所以△ABC的周长为a十b十c=7+3+5=15. (13分) (1)若边c=2,由(1)可知a=3,b=F,B=号， 16,解：(1)，c=a(1+2cosB), .sin C=sin A.(1+2cos B), Sueaesin B 1 2 又A十B+C=π， .'sin C=sin (A+B), (2分) SABDE 33 4 (11分) .'sin (A+B)-2sin Acos B=sin A, cos Asin B-sin Acos B=sin A, 令BD=m,BE=,则SE-29-n×怎， .sin (B-A)=sin A, (4分) .∴.nn=3, (13分) 则B-A=A或B-A十A=π（舍）， ∴.B=2A. (5分) 又由余弦定理得DE=m+-2mnX乞≥mn=3 (2)6sin B=sin 2A=2cos A, (7分) (当m=n=3时等号成立)， a sin A sin A ∴.DE的最小值为√3. (15分) 20sA=5,即A=吾， B=号，C=Ξ，则c=V3+(3-6.(9分) D (3)由题意及(2)得，合=20sA, :△ABC为锐角三角形， 0<A<受， B 18.解：(1)由C在A的南偏东30°，在B的东北方向， 0<2A<受， (11分) .∠ABC=45°，∠CAB=30°，∠ACB=105°， AB AC 0<元-A-2A<受， 由正弦定理得sin∠ACB一sin ZABC1 :15+56 AC 解得否<A<平， (13分) sin 105 sin 453, 又sin105°=sin(45°+60°) √2<2cosA<5, ÷会的取值范图为() (15分) =sin45°c0s60°+cos45°sin60°=6+2 4 17.解：(1)：m∥n, 代入上式得AC=103海里， ∴.(a+b)(sinA-sinB)=(a-c)sinC,(1分) 故走私船C与A哨所的距离为10√3海里.(5分) ·66· 高三一轮复习B ·数学· (2)在△ACD中，AC=10√3海里，AD=20√3海里， 则PA·pB+P啦.p心+pi,pd ∠DAC=60°， .'DC2 =AD+AC?-2ADX ACX cos 60 =xy…(-号)+·（-号）+x…(-号》 =1200+300-2×20/3×10V3×号 =900, 名×85-4E 3 (10分) 解得DC=30海里. (8分) 又cOs∠ADC=AD+DC-AC 2AD·DC =(205)+30-(105)- 2×20√/3×30 2 (9分) 且0°<∠ADC<180°，∴∠ADC=30°， 故刚发现走私船时，走私船距缉私艇30海里，在缉 私艇的北偏东60°方向上。 (11分) (3)设t小时后缉私艇在M处追上走私船，则MC= 10√3t,DM=30t, (3)由(1)知A=90°，故由点P为△ABC的费马点 得∠APB=∠BPC=∠APC=120°， 又∠DCA=90°，∠DCM=90°+30°+15°=135°， 在△CDM中，由余弦定理得DMP=DC+MC一 PB=mPA,PC=nPA,PA=x,m>0,n>0,x 2 DCX MC×cos135°， >0, 则由PB+PC=tPA,得m十n=t, (12分) 即900t2=900+300t-2×30×10√3t×cos135°， 由余弦定理得AB=x2十m2x2-2.x2c0s120 化简得2t-√6t-3=0, (15分) =(m2十m十1)x2, 解得1=6十√团，故缉私艇至少需要6十√①小 AC2=x2+n2x2-2x2c0s120°=(n2+n+1)x2, 4 4 BC2 =m2 x2+nx2-2mnx2 cos 120 时追上走私船， (17分) =(2十n2十mn)x2, 19.解：(1)由已知cos2B+cos2C-cos2A=1, 由AC+AB=BC, 1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin2A=1, 得(n2十n十1)x2+(m2十m十1)x 故sin2A=sin2B+sinC, =(m2十n2十mn)x2, (14分) 由正弦定理可得a2=b2+c2, 即m十n十2=mn, 故△ABC为直角三角形，即A=90°， (5分) (2)由(1)知A=90°，所以△ABC的三个角都小 而m>0,n>0,故m十n十2=mn≤(m十) 2, 于120°， 当且仅当m=n,结合m十n十2=， 则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC 解得m=n=1十√3时，等号成立， =120°， 又m十n=t,即有t2-4t-8≥0， 设pA=x,pi=y,1P心=， 解得t≥2+23或t≤2-23（舍去）， 由SAAPB十S△B+S△PC=SAABC, 故实数t的最小值为2十23. (17分) 2 2 2 2bc-2, 整理得xy十十-85】 3 (8分) ·67·