(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（A）

高三一轮复习A ·数学· 高三一轮复习周测卷/数学（十二） 命题要素一览表 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Ⅳ.空间想象能力V.数据处理能力 Ⅵ.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) ⅢW ② ③④⑤ 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 选择题 5 (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 5 三角函数的基本 易 0.75 关系 构造立体图形测量 4 选择题 易 0.72 高度 利用正、余弦定理解 选择题 中 0.65 决三角形中线问题 利用正、余弦定理解 6 选择题 中 0.50 决距离问题 余弦定理与二次函 7 选择题 0.45 数的综合 中 余弦定理解决平面 几何中线段长度的 8 选择题 5 √ 难 0.28 最值问题（新定义 题) 利用正、余弦定理判 选择题 6 易 0.72 断三角形的形状 解三角形与数列的 10 选择题 6 中 0.65 综合 与测量有关的方案 11 选择题 6 中 0.40 设计题 12 填空题 5 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 ·69· ·数学· 参考答案及解析 利用解三角形知识 14 填空题 5 难 0.28 解决折叠问题 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 用三角函数求取值 L 中 0.50 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—角度问题 解三角形与三角函 19 解答题 17 难 0.25 数的综合 香考答案及解析 一、选择题 5.A【解析】因为D是BC的中点，所以AD=号(A店 1.C【解析】因为A=120°，a=2 ccos C,由正弦定理可 +AC,又AC=b=2,所以A市=(A店+AC) 得sinA=2 sin Ceos C=sin2C,所以sin2C9,因 为0°C<60°，则0°<2C<120°，所以2C=60°，解得 A亦+2A店.AC+AC).即7=(+4× C=30°.故选C. 2.B【解析】由a=√3，b=3,B=60以及余弦定理 cos号+2)，解得c=4(负值舍去)，所以a=+ =a2+c2-2ac·cosB,得3+c2-√3c=9,解得c= -2 becos A=2+4-2X2×4cos号=12，则a= 2(负值舍去).故选B. 25,设△ABC的外接圆半径为R,所以2R=日 3.B【解析】在△ABD中， BD AD sin 6 sin B = 23 -,即R=2,所以△ABC的外接圆面积为S= CD·sinC 解 得 tan C= 3 5 又 sin(-c) πR2=4元.故选A. sin2C+cos2C=1 6.D【解析】在△PMN中，∠PMN=要+竞-爱。 sin C_3 所以mC=得故选B cos C 5 ∠PNM=∠MPN=登，则PM=MN=380,5米，在 4.C 【解析】在△BCD中，由正弦定理sm∠CDB BC △MNQ中，∠MNQ-5+5-8经，又∠QMN sin∠BCD,得BC= BD 3sin45=13√2，在Rt△ABC sin30° 吾，则∠MQN=吾，由正弦定理可得nRO 中，AB=BCtan∠ACB=l3√2Xtan60°= Sn2aN·即M0=3805.解得Ma MN sinsin吾 3π 13√(m).故选C ·70- 高三一轮复习A ·数学· 380√10米，在△PMQ中，由余弦定理得PQ 二、选择题 (380√5)+(380√10)2-2×380√5×380√10× 9.AD【解析】对于A,由正弦定理可得sinA sin Ccos B,sin A=sin (C+B)=sin Ccos B+ (-号）=5×(380v5),所以PQ=380×5= cos Csin B,因此可得cos Csin B=O,又因为B∈ 1900米.故选D. (0,π)，sinB≠0，所以可得cosC=0,又C∈(0，元)， 7.B【解析】在△ABC中，根据余弦定理得a=b+c2 可得C=受，所以△ABC是以C为直角的直角三角 -2 bccos A,∴.b2+c2-a2=2 bccos A,因此函数可化 形，即A正确：对于B,若a2+-c2>0,可得cosC 为：f(x)=bcx2+(2 bccos A)x+2bc,: bc>0 +-C>0,可得C为锐角，但不能确定A,B是 2ab △=4bc2cos2A-862=46c2(cos2A-2)<0 否为锐角，所以△ABC不一定是锐角三角形，即B错 函数y=∫(x)的图象是开口向上的抛物线，且与x 误；对于C,若acos A=bcos B,由正弦定理可得 轴没有公共点.由此可得，对任意实数x,f(x)>0恒 sin Acos A=sin Bcos B,即sin2A=sin2B,因此可 成立.故选B. 8.A【解析】延长BA,CD交于点E,则由题可知 得2A=2B或2A=元一2B,可得A=B或A+B=交， △EBC为正三角形， 所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，即C错误； 对于D.由A心BoSC·根据正弦定理可得 b sin A= cos A cos B cos C,由A=sinB sin Bsin C cos A cosB可得 sin Acos B-cos Asin B=0,即sin(A-B)=0,所以 AB:同理由0层曲可得B=C.因比AB C,所以△ABC是等边三角形，即D正确.故选AD. 10.ABD【解析】对于A,sinB=sin Asin C,由正弦定 理可得=ac,且a,b,c>0,则a,b,c成等比数列， 由题设结论△ABP,△CMP,△AME的外接圆有唯 故A正确；对于B,将ccos B十bcos C=2c,利用正弦 一公共点，该公共点即为题中的点Q,故点Q在 定理化简得：sin Ccos B+sin Bcos C=2sinC,即 △AME的外接圆上，如上图，又由题AD=DM=1, sin(C十B)=2sinC,所以sinA=2sinC,利用正弦 ∠BAD=∠ADM=180°-∠BCD=180°-60°= 定理化简得：2c=a,所以b=ac=2c2,所以b=√2c, 120°，所以∠AMD=30°，故∠EAM=180°-∠AMD -∠AED=180°-30°-60°=90°，所以△AME是直 所以a:b:c=2c:√2c:c=2:√2：1，所以A角最大，由 角三角形，故其外接圆半径R=AD=1,在△ABD cosA=c+Q=+2C二4c<0,得A角为钝 2cb 2cXv2c 中，由余弦定理得BD 角，故B正确：对于C,若A,B,C成等差数列，则2B √22+1-2×2×1×cos120=√7，所以BQ的最小 值为√7-1.故选A. =A十C,且A十B+C=x,可得B=于，则由余弦定 理可得csB=+-122-是≠ 2ac 2cX2c 之，故C钻误：对于D.若(=4，可得6=4巨a=8 由sB心+c-子，BE0.可得mB 2ac 气所以S6m=合aesin B=-47,故D正，确故 选ABD. ·71· ·数学· 参考答案及解析 11.BCD【解析】对于A,如果A,B两点与旗杆底部不 14.6v√5-9【解析】 在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A 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 8,故B正确； 如图，由对称性可知，折叠后的图形与另外一半不完 全重合时比完全重合时面积大，此时，折叠后面积为 对于C,在Rt△ADC中直接利用锐角三角函数求出 正六边形面积的号与△PMN面积的3倍的和，由 旗杆的高DC=ACtan a,故C正确； 正六边形的性质和对称性知，PM十PN+MN=1, 0 ∠MPN=120°，在△PMN中，由余弦定理可得 MN=(1-PM-PN)2=PMP+PN-2·PM· PNcos120°，得2(PM+PN)-PM·PN-1=0, 由基本不等式可知PM+PN≥2√PM·PN,则0 ≥4√PM·PN-PM·PN-1,故PM·PN 4/PM·PN+1≥0，因为0<PM<1,0<PN<1, C 对于D,如下图，△ABD中由正弦定理求AD,则旗 解得PM·PN≤(2-3)=7-43，当且仅当 杆的高CD=ADsin a,故D正确. PM-PN=2-5时等号成立，故Saw-合PM, D PN·n120≤×(7-4/3)，又正六边形的面 积S=6×气-3所以折叠后的面积最大值为气 2 B 故选BCD. ×(7-43)×3+2 ×3y5=65-9. 2 三、填空题 四、解答题 12.2 【解析】因为sinA:sinB:sinC=4:7:9,则由 15.解：(1)在△ABC中，因为bcos B+C 正弦定理可设a=4k,b=7k,c=9k.由余弦定理得 aA=+E-42支86出=是故 2bc 2X7k×9k 由正弦定理可得sin Bsin =sin Asin B,(2分) 2 m(受+A）=-osA=是 因为0<B<π，所以sinB≠0， 13.5(答案不唯一，满足4<a<8即可)【解析】由正 =2sim2cos2' 所以sin之 A (4分) 弦定理，得B即smB-A-,因 b 因为0<<受 a<8 为三角形有两解，所以 (b>a 所以sin含≠0， ∈(4,8). 所以cos乞=2 ·72· 高三一轮复习A ·数学· 所以号-， .a2+c2-0=ac, (3分) ∴.2 accos B=ac, 即A=2x (6分) cwsB=子 (2)由1)得sinA= 2,Cos A=-1 :B∈(0，π)， 又snA-号则6-5 B=牙 (5分) (8分) 再由余弦定理可知cosA=?+c一a (2(1):B=等， 2bc 1 即b+5b-24=0, .b=a2+c2-2ac· 2 解得b=3或b=一8（舍）， (11分) 又：2b2=2c2+ac, 所以△ABC的周长为a+b+c=7+3+5=15. (13分) a 16.解：(1)，c=a(1+2cosB), 6 2c, (7分) .'sin C=sin A.(1+2cos B), 又A十B+C=π， ∴.sinC=sin(A+B), (2分) .cos C=+-c2 是e+- 27 2ab 2.3 7 ∴.sin(A+B)-2 sin Acos B=sinA,得cos Asin B -sin Acos B=sin A, (9分) ∴.sin(B-A)=sinA, (4分) 则B-A=A或B-A十A=π（舍）， (1)若边c=2,由(1)可知a=3,b=7,B=号， B=2A. (5分) SAABC= 2acsin B=3/3 1 (2)6sin Bsin 2A-2cos A. 2· (7分) a sin A sin A .S△BDE 3v3 (11分) ∴2c0sA=5,即A=晋 4 ∴B=号，C=受则c=V3+(33)=6.(9分) 令BD=m,BE=,则Same=3y5-号m 4 2 .mm=3, (13分) 3由题意及(2)得，名-20osA 又由余弦定理得DE=m2+W2-2mnX号 ≥mn=3 ,△ABC为锐角三角形， (当m=n=√3时等号成立)， 0<A<空 ∴DE的最小值为3， (15分) 0<2A<受， (11分) 0<-A-2A<受， D 解得吾<A<安， (13分) ∴V2<2cosA<5, B “会的取值范围为（反w5). (15分) 18.解：(1)根据题意得：CD=10,CE=10√3，AC= 17.解：(1)，m∥n, 10V7,∠DCE=70°-40°=30°. .(a+b)(sin A-sin B)=(a-c)sin C,(1 在△CDE中，由余弦定理得， ∴.(a+b)(a-b)=c(a-c),即a2-b=ac-c2, DE=√CD+CE-2CD·CE·cOs∠DCE ·73· ·数学· 参考答案及解析 V10+(10v3)-2×10X103×5 所以小张由C岛直接乘小艇去B市，其费用至少需 =10, 385元. (17分) 所以客轮的航行速度V1=10×2=20(海里/小时). 19.解：(1)在△AB0中，OA=4,OB=2,∠AOB=a (4分) (2)因为CD=DE,所以∠DEC=∠DCE=30°， 所以∠AEC=180°-30°=150. 由余弦定理得AB=OA十OB2-2OA·OB·cosa 在△ACE中，由余弦定理得，AC=AE+CE一 =16+4-2X4×2×号=12， 2AE·CE·cos∠AEC, 即AB=2√3，于是四边形OACB的周长为OA十OB 整理得AE+30AE-400=0, 解得AE=10或AE=-40(舍去). +2AB=(6+43)cm. (4分) 所以客轮从E处到A岛所用的时同-品-专小 (2)因为OB·AC+OA·BC≥AB·OC,且△ABC 为等边三角形，OB=2,OA=4, 时， (7分) 所以OB+OA≥OC,所以OC≤6， 小张若能赶上这班客轮，则满足10,7≤ 1 即OC的最大值为6，取等号时∠OBC十∠OAC=π， 6 ,解 (6分) 得v≥15√7. 所以cos∠OBC+cos∠OAC=0,不妨设AB=x, 所以小艇的速度至少为15√7海里/小时. (10分) 则+436++16-36=0，解得x=27, 4x 8x (3)在△ABC中，∠BAC=120°，sin∠ACB= /2I 14 所以c0s∠A0C=16+36-281 2×4×6=2· 所以ms∠ACB- 所以∠A0C=答 (10分) sinB=sin[180°-（∠BAC+∠ACB)] (3)在△ABO中，由余弦定理得AB=OA+OB2- =sin(∠BAC+∠ACB) 2OA·OB·cosa=20-16cosa, =sin∠BACcos∠ACB+cos∠BACsin∠ACB 所以AB=V√20-16cosa,0<a<r, (12分) 7 (12分) 于是四边形OACB的面积为S=S△B十S△A 14 BC AC 20A,0B:sme+9As = 由正弦定理in∠BAC-sin B,解得BC=35, (14分) =4sin a+3 (20-16cos&) 所以小张由C岛直接乘小艇去城市B的总费用为 fo)=(+叶50) =4sina-4 3cos a+5v5=8sin(a-于）+5V5, (15分) =35(分叶1+9） 当。晋=受，即a一语时，四边形O4ACB的面积取 6 ≥35(2√号·D+1)=385. 得最大值为8十5√3， 当且仅当2=50，即=10∈(0,30]时，/(0) 所以当a一语时，四边形OACB的面积最大，最大值 =385(元)， 为8+5√3. (17分) ·74·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 珥湖的潮岸取另外两个测量基点M,N,测得MN=3805米，∠PMQ=8T,∠QMN=∠PNM =臣·∠PNQ-则P,Q两点间的距离为 A.1500米 B.8005米 C.1800米 D.1900米 7.设a,b,是△ABC的边长，对任意实数x,f(x)=bcx2+(b+c2-a)x十2bc有 A.f(x)=0 B.f(x)>0 C.f(x)≤0 D.f(x)<0 8.在△A1BC1中，若M1,N1,P1三点分别在边A1B1,BC1,C1A1上（均不在端点上)，则 △A,M1P1,△B1M1N1,△CN1P1的外接圆交于一点O,称为密克点.在梯形ABCD中，∠B= ∠C=60°，AB=2AD=2,M为CD的中点，动点P在BC边上（不包含端点），△ABP与△CMP 的外接圆交于点Q(异于点P),则BQ的最小值为 A.7-1 B.2 C.3 D.√7+1 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.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则 A.若a=ccos B,则△ABC是直角三角形 B.若a2+b2一c2>0,则△ABC是锐角三角形 C.若acos A=bcos B,则△ABC是等腰三角形 b D.若os A cos BcosC"则△ABC是等边三角形 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 三一轮复习周测卷十二 数学第2页（共4页） 囚 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，3，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5到达B处，再次测量旗杆顶 端的仰角β 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 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） 12.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 sim(F+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a的值可以是 (仅需填写一个符合要求的数值) 14.如图，点O是边长为1的正六边形ABCDEF的中心，1是过点O的任一 直线，将此正六边形沿着1折叠至同一平面上，则折叠后所成图形的面 积的最大值为 14题图 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,bc,bcos B,C=asin B. 2 (1)求角A的大小： 2)若a=7,且csinA=5,求△ABC的周长」 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(1十2cosB). (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2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+b,sinC),n= (a-c,sin A-sin B),m//n. (1)求B; (2)若2b=2c2+ac. (i)求cosC的值； (iⅱ)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,C两岛相距10√7海里，每天上午9点整均有一客轮在位于C岛的北偏西40°且距C岛 10海里的D处，沿直线方向匀速开往A岛，在A岛停留10分钟后前往B市.某天上午9：30 测得客轮位于C岛的北偏西70°且距C岛10√3海里的E处，此时小张从C岛乘坐速度为v海 里/小时的小艇沿直线方向前往A岛换乘客轮去B市. (1)求客轮的速度； 正北方向 (2)若小张能乘上这班客轮，问小艇的速度至少为多少海里/小时？（由小艇换 乘客轮的时间忽略不计) (3)现测得∠BAC=120°，sin∠ACB= 任已知速度为。海里时 (∈(0,30])的小艇每小时的总费用为(20十0十50)元，若小张由C岛直接 乘小艇去B市，则至少需要多少费用？ 19.(本小题满分17分) 如图，半圆O的直径为4cm,A为直径延长线上的点，OA=4cm,B为半圆上任意一点，以AB 为一边作等边三角形ABC.设∠AOB=a. (1)当Q=时，求四边形OACB的周长； (2)克罗狄斯·托勒密(Ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定 理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时 取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求∠AOC; (3)当为多少时，四边形OACB的面积最大？并求出面积的最大值. 三一轮复习周测卷十二 数学第4页（共4页） 囚