(6)平面向量的应用：余弦定理与正弦定理-【衡水金卷·先享题】2024-2025学年高一数学必修2同步周测卷（北师大版）

高一同步周测卷/数学必修第二册 (六)平面向量的应用：余弦定理与正弦定理 (考试时间40分钟，满分100分) 一、选择题（本题共6小题，每小题5分，共30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,已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c且c0sA=青，B=号b=5尽，则 a= A.6 B.√6 C.8 D.2√2 2.已知△ABC的三边之比为3：5：7，则最大角为 B平 c.晋 D 3.已知在△ABC中，AB=7,BC=5,AC=6,则AB·BC的值为 A.19 B.-14 C.-18 D.-19 4.在△ABC中，已知sinA+2sinB=sinC,则该三角形的形状为 A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确定 5.数学家欧拉在1765年发现了九点圆，即在任意的三角形中，三边的中点、三条高的垂 足、三条高的交点（垂心）与三角形顶点连线的中点，这九个点共圆，因此九点圆也称 作欧拉圆.已知在△ABC中，A(一2,0)，B(4,4),C(2,2),则△ABC的九点圆的半径 为（附：参考公式：sin2a十cos2a=1) A.110 B.V130 3 3 c. D.30 2 数学（北师大版）必修第二册第1页（共4页） 衡水金卷·先享题 6.我国油纸伞的制作工艺非常巧妙.如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分 同一平面内两条伞骨所成的角∠BAC,且AB=AC,从而保证伞圈D能够沿着伞柄 滑动.如图2，伞完全收拢时，伞圈D已滑到D'的位置，且A,B,D'三点共线，AD'= 40c,B为AD'的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈D沿着伞柄向下滑动的 距离为25cm,则当伞完全张开时，∠BAD的余弦值是 B(C) R专 D' c 图1 图2 D专 二、选择题（本题共2小题，每小题6分，共12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) 7.已知在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列选项中，三角形有两解的是 A.a=14,b=7√3，B=45° B.a=15,b=20,A=30° C.b=47,c=38,B=50° D.b=25,c=13,C=239 8.石家庄电视塔是石家庄的地标性建筑，吸引众多游客来此拍照，如图1所示.现某中学数 学兴趣小组对电视塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，如图2所示，A为电视 塔的最顶端，B为基座（即B在A的正下方），在世纪公园上(B在同一水平面内)选取C,D 两点，测得CD的长为100m,小组成员利用测角仪已测得∠ACB=否，则根据下列各组中 的测量数据，能确定计算出电视塔高度AB的是 A.∠BCD,∠BDC B.∠BCD,∠ACD C.∠ACD,∠ADC D.∠BCD,∠ADB D 图1 图2 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 高一同步周测卷六 数学（北师大版）必修第二册第2页（共4页） 三、填空题（本题共2小题，每小题5分，共10分） 9.已知在△ABC中，B=60°，AC=2√3，BC=4,则cosC= ,△ABC的面积 S- .(本题第一空2分，第二空3分) 10.山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标（如图1），其主体建筑采用与地形吻合 的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和 无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间 的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平 方向飞行600米到点D,此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A,B,C,D 在同一铅垂面内)，则A,B两点之间的距离为 米 D 图1 图2 四、解答题（本题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 11.(本小题满分13分) 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c=√3，且(a+b)2=c2+3ab. (1)求C; (2)求△ABC周长的最大值. 数学（北师大版）必修第二册第3页（共4页） 衡水金卷·先享题 12.(本小题满分15分) 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,b=2,且2 sin Beos(-C)=-b sin A (1)若A=否，求证：△ABC是等腰三角形： (2)在以下三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并进行解答， 若点M在边AB上，CM=1,且满足 ,求边长AB. ①CM为△ABC的一条中线；②CM为△ABC的一条角平分线；③CM为△ABC的 一条高线 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 13.(本小题满分20分) 某海岸的A哨所在凌晨1点15分发现哨所北偏东30°方向20nile处的D点出现 可凝船只，因天气恶劣能见度低，无法对船只进行识别，所以将该船雷达特征信号进 行标记并上报周围哨所.早上5点15分位于A哨所正西方向20nile的B哨所发 现了该可疑船只位于B哨所北偏西30°方向60 n mile处的E点，并识别出其为走私 船，立刻命令位于B哨所正西方向30nile处C点的我方缉私船前往拦截，已知缉 私船速度大小为30 n mile/h.(假设所有船只均保持匀速直线航行) (1)求走私船的速度大小； (2)缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出截获走私船的具体时间. B 高一同步周测卷六 数学（北师大版）必修第二册第4页（共4页）高一周测卷 ·数学（北师大版）必修第二册· 高一同步周测卷/数学必修第二册（六） 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) ① ②③④ ⑤ ⑥ 档次 系数 正弦定理的应用（已 1 选择题 易 0.80 知两角及一边) 余弦定理的应用（已 选择题 易 知三边) 0.72 余弦定理与平面向 3 选择题 5 中 0.65 量的综合 利用正、余弦定理判 4 选择题 5 中 0.55 断三角形形状 正、余弦定理与三角 选择题 5 形外接圆的半径的 中 0.45 综合（数学文化） 利用正、余弦定理解 6 选择题 5 / 中 0.35 决动态几何问题 7 三角形中的两解 选择题 6 中 0.50 问题 与三角形有关的方 8 选择题 6 中 0.35 案设计问题 正弦定理与三角形 9 填空题 5 0.71 面积公式的综合 多 解三角形的实际应 10 填空题 5 中 0.40 用一距离问题 利用正、余弦定理解 11 解答题 13 三角形，利用基本不 中 0.60 等式求最值 利用正、余弦定理解 12 解答题 15 中 0.45 多个三角形 解三角形的实际应 13 解答题 20 中 0.35 用 角度问题 ·21· ·数学（北师大版）必修第二册· 参考答案及解析 季考答案及解析 一、选择题 以BD=20cm,在△ABD中，cos∠BAD= 1.A【解析】由osA=号，得sinA=子.由正弦定理 AB+AD-BD-402500=合，放选A 2AB·AD 2×20×15 二、选择题 sin A sin B,得a=sinA a 5v3X3 5 7.ABD【解析】易知A,B,C∈(0°，180°)，A十B十C= sin B =6.故选A 5 2 10,对于A,曲正孩定理可知nA=号如B-写 2.A【解析】不妨设△ABC的三边满足a<b<c,因为 △ABC的三边之比为3：5：7，故可设a=3x,则b= ∈（号，），由正弦函数的图象与性质可得45<A 5x,c=7x,由△ABC中最大边所对的角最大，可得 <60°或120°<A<135°，又a>b→A>B,则A有两个 △ABC的最大内角为∠C,由余弦定理可得cosC= a2+b-c2=9zx+25-49x=- 解，即A正确：对于B.同上sinB=合snA-子∈ 2ab 2×3x×5x 2,又∠c∈ (0,m),所以∠C-,故最大角为至故选A (号，号)，则30<B<45或135°<B<150,又a<b →A<B,则B有两个解，即B正确：对于C,同上得 3.D【解析】由余弦定理可得cosB C-装-是所以.成 simC=6sinB=8sin50°<sn502,且c<6C<B 2AB·BC →C<50°，故C只有一解，即C错误；对于D,如下图 =|AB|1BC·cos(m-B)=-7X5×9 5 =-19. 所示，AD1BC,则易知AD=25sin23°<空<13< 故选D. 25,即此时有两解，即D正确.故选ABD. 4.C【解析】由已知及正弦定理得a2十26=c2,所以 得cosC=十。-会<0，因为0<C<,所 2ab 25 以C为钝角，即该三角形的形状为钝角三角形.故 选C. 23 5.D【解析】因为AB的中点为D(1,2),AC的中点 B R 8.ACD 为E(0,1),BC的中点为F(3,3),所以△ABC的九 【解析】对于A,由题意得CD=100m, ∠BCD,∠BDC,故由正弦定理求得CB,从而再解 点圆是△DEF的外接圆.DE=√2，DF=√5，EF= Rt△ABC求得AB=BCtan∠ACB,故A正确；对于 √3，cos∠EDF= 2+5-13=-3 ,则∠EDF 2X2X5 /10 B,由题意得CD=100m,∠ACB,∠BCD,∠ACD四 个条件，在△BCD中，已知CD=100m,∠BCD,三角 为钝角，所以sin∠EDF=√I一cos∠EDF= 1 w10 形形状不确定，即无法确定其他边和角，而∠ACB, 设△DEF的外接圆半径为R,由正弦定理得2R= ∠ACD分别在△ABC,△ACD中，也无法确定其他 EF 13= 的边和角，因此无法通过解三角形求得AB,故B错 sin∠EDF √30，所以R=30.故选D. 1 2 误：对于C,由题意得CD=100m,∠ACD,∠ADC, w/10 在△ACD中，由正弦定理求得AC,从而再解 6.A【解析】当伞完全张开时，AD=40-25=15cm, Rt△ABC求得AB=ACsin∠ACB,故C正确；对于 因为B为AD'的中点，所以AB=AC=号AD- D,可设AB=h,利用∠ACB=吾和∠ADB,分别表 20cm,当伞完全收拢时，AB十BD=AD'=40cm,所 示出BC,BD,然后在△BCD中，结合∠BCD和CD, ·22· 高一周测卷 ·数学（北师大版）必修第二册· 利用余弦定理列出关于h的方程，即可求得h,D正 2asin Bcos C+bsin A=0, 确.故选ACD. 由正弦定理得2 sin Asin Bcos C+sin Bsin A=0, 三、填空题 (2分) :25【解析】在△ABC中，B=60,AC=2√3， 所以(2cosC+1)sin Asin B=0. (5分) 又A,B∈(0，π)，则sinA≠0，sinB≠0， BC=,由正孩定理得品，所以血A 可得cosC=-立， 1 (6分) 又因为C∈(0，π)， BCsin B 4X3 =1,又A∈(0°，180°)，所以A= AC 2√/3 所以C=三， (7分) 90,故C-30,osC-号simC-合，所以S=号AC 又A=若， ·BC·sinC=×25X4X号=25. 所以B=一A-C=若=A, 10.100√15【解析】由题意，∠DCB=30°，∠CDB= 所以△ABC是等腰三角形. (8分) 60°，所以∠CBD=90°，所以在Rt△CBD中，BD= (2)若选择①：CM为△ABC的中线， CD=0,BC-号cD=305,又ZCA=75 设AM=BM=x(x>O), ∠CDA=45°，所以∠CAD=60°，在△ACD中，由正弦 由余弦定理可得cos∠CMA=+1一4 2x AC 定理得n行 sin0,所以AC=600×2 CD cos∠CMB=2+1-BC (11分) 3 2 2x 2 因为∠CMA+∠CMB=元， 200√6，在△ABC中，∠ACB=∠ACD-∠BCD=75 可得cos∠CMA+cos∠CMB=0, (12分) -30°=45°，由余弦定理得AB=AC+BC-2AC· 即心+1-4+2+)=BC=0, 2x 2x BC·cos∠ACB=(200√6)2+(3003)2-2X2006 整理得BC=2x2-2>0,可知x>1, X3003× 2 =150000,所以AB=100√15. 又因为cos∠ACB=2+BC-4红 2×2×BC 四、解答题 解得x2=3,即x=√3， 11.解：(1)因为(a十b)2=c2+3ab, 所以AB=2x=2√3. (15分) 所以a2+b-c2=ab, (3分) 由余弦定理得cosC=Q+6-c2=ab 若选择②：CM为△ABC的角平分线， 2ab 2ab2 则∠ACM=∠BCM=号， (4分) 在△ACM中，由余弦定理得AM=22+1一2X2× 因为Ce(0,x),所以C=号 (6分) 1×号=3，即AM=万， (2)由(1)可知a2+-c2=a2+-3=ab, 可知AM十CMP=AC, 所以(a+b)2-3=a2十b2+2ab-3=3ab≤ 则CM⊥AB, (13分) 3a十b》,当且仅当a=b=5时取等号， (9分) 4 可知AC=BC,AM=MB=√3， 所以a十b≤2√3，所以a十b十c≤3√3， 所以AB=2AM=23. (15分) 即△ABC周长的最大值为3√5. (13分) 若选择③：CM为△ABC的高线， 12.解：(1)由2 sin Beos(-C)=-b sin A a 则∠CMA=∠BMC-受， ·23· ·数学（北师大版）必修第二册· 参考答案及解析 则AM=AC-CMP=3, BE=BC+CE,∴.∠BCE=90°，∠BEC=30°， 即AM=√3， :在R△ED中，m∠BED-器-， 则∠BAC=若， (12分) .∠BED=30°，.∠CEF=120°， 则∠ABC=若， :走私船速度为l0√3 n mile/h,缉私船速度为 30 n mile/h, 可知AC=BC,AM=MB=√/3， ∴.EF=10√/3t,CF=30t, (12分) 所以AB=2AM=2√3. (15分) 在△CEF中，根据余弦定理得CF=CE十EF一 13.解：(1)连接BD, 2CE·EFcos120°， :D点位于A哨所北偏东30方向20 n mile处， 即900e=2700+300t-2×30√3×10√3tcos120°， .∠BAD=90°+30°=120°，AD=20, (2分) AB=20, 化简得2F-3-9=0,解得1=-号（合去）或4=3 ∴.BD=√AD+AB-2AD·ABcos120=20√3， (16分) (3分) 此时CE=EF=30√3， AB=AD,∴.∠ABD=∠ADB=30°， (4分) ∴.∠ECF=30°， (18分) 'E点位于B哨所北偏西30°方向60 n mile处， ∴.缉私船沿北偏西30°方向行驶，3小时后即早上 ∴.∠DBE=90°-30°+30°=90°， (5分) 8点15分可截获走私船. (20分) ∴.DE=√BD+BE=405, (6分) 403=10/n mile/h, (7分) ∴.走私船的速度大小为l03 n mile/.h. (8分) (2)连接CE, 设在F点处截获走私船，截获走私船所需时间为t, :BE=60,BC=30,∠CBE=60°， ∴.CE=√BE+BC-2BE·BCcos60=30√3， ·24·