(1)解三角形-【衡水金卷·先享题】2024-2025学年高一数学必修3+4同步周测卷（人教B版）

高一同步周测卷/数学必修第四册 (一)解三角形 (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,bc,且cosA=号，B=否b=55,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 A B c n没 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，a,b,c分别为角A,B,C的对边，若cos合S,则△ABC的形状为 22c A.正三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形或直角三角形 D.等腰直角三角形 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 A.10 3 B.30 3 C.0 2 D.30 2 6.已知△ABC中，角A,B,C对应的边分别为a,b,c,D是AB上的四等分点（靠近点 A)且CD=1,∠ACB=罗，则a+3b的最大值为 A.82 B.83 3 C.23 D.4√3 3 数学（人教B版）必修第四册第1页（共4页）】 衡水金卷·先享题 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=459 B.a=15,b=20,A=309 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10m小组成员利用测角仪已测得∠ACB=晋，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 5 6 7 8 答案 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 图1 图2 高一同步周测卷一 数学（人教B版）必修第四册第2页（共4页） 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=√J3,且(a+b)2=c2+3ab. (1)求C; (2)求△ABC周长的最大值， 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2sinA十sinB=S sin 2B b (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. 数学（人教B版）必修第四册第3页（共4页） 衡水金卷·先享题· 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20nmle处的D点出现 可疑船只，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20 n mile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. E B 高一同步周测卷一 数学（人教B版）必修第四册第4页（共4页）高一周测卷 ·数学（人教B版）必修第四册· 高一同步周测卷/数学必修第四册（一） 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 断三角形的形状 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） 解三角形与三角函 6 选择题 中 0.35 数的综合 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 多 0.71 面积公式的综合 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 ·23· ·数学（人教B版）必修第四册· 参考答案及解析 叁考答案及解析 一、选择题 1.A【解折】由cosA=言得s如A=子由正弦定理 音在△ACD巾，品-且CD=1,则AD· .=CD BD CD sinA=sin0,在△BCD中， si如(5-9)）simB:则 sin Asim2B得a=siA 6 53×5=6.故选A sin B 2 BD·sinB=sin(号-0)，由BD=3AD=￥，即 2.A【解析】不妨设△ABC的三边满足a<b<c,因为 千(snA+3sinB)=sin叶sin(号-0)，又由正弦定 △ABC的三边之比为3：5：7，故可设a=3x,则b= 5x,c=7x,由△ABC中最大边所对的角最大，可得 理知c=2Rsin∠ACB=√3R(R为△ABC的外接圆半 △ABC的最大内角为∠C,由余弦定理可得cosC= 径)，所以(snA+3sinB)=sm9+ 2 cos 0- a2+62-c2=9x2+25x2-49x2=-1 2ab 2X3xX5x ,又∠c∈ 名如9=子m9+9a9=血（叶号），则 (0,),所以∠C-三，故最大角为故选A 3 誓(2RnA+RnB)=a(叶号)，即a十动 3.D【解析】由余弦定理可得cosB= AB IBC AC--是所以A忘·d 2AB·BC 2×7X5 是m(+学)以因为导<0叶号<号故当0叶号 =|AB1|BC·cos(元-B)=-7X5X 35 =-19. 受即0=晋时，(a十36m=g-85故选B √33 故选D. 二、选择题 4B【解析】因为o令-生，所以十sA 7.ABD【解析】易知A,B,C∈(0°，180°)，A十B十C= 2c 2 告，整理得0sA=仁又由正弦定理 b 3 c sin A sin B 180,对于A,由正弦定理可知sinA=名sinB=号 一C得cosA=册2，所以sin Ceos A=nB ∈（停停），由正弦函数的图像与性质可得45<A sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,sin Acos C= <60°或120°<A<135°，又a>b→A>B,则A有两个 0,又A∈(0，π)，所以sinA≠0，则cosC=0,又C∈ 解，即A正确：对于B,同上sinB=名snA=号∈ (0,元)，所以C=受，则△ABC为直角三角形.故选B. (分，号)，则30<B<46或15<B<150,又a<b 5.D【解析】因为AB的中点为D(1,2),AC的中点 →A<B,则B有两个解，即B正确；对于C,同上得 为E(0,1),BC的中点为F(3,3),所以△ABC的九 点圆是△DEF的外接圆，DE=√E,DF=√5，EF= sinC-snB-8sn50<sim50,且c6>C<B √13，cos∠EDF= 2+5-13 →C<50°，故C只有一解，即C错误：对于D,如下图 2×WE×√5 一，则∠EDE 所示，AD1BC,则易知AD=25sin23<空<13< 为钝角，所以sin∠EDF=√I-cos'∠EDF= 1 √10 25,即此时有两解，即D正确.故选ABD. 设△DEF的外接圆半径为R,由正弦定理得2R= EF sin∠EDF= 压=/I30,所以R=D.故选D. 2 25 √10 6,B【解析】设∠ACD=,则∠BCD=5-B,且0<0< 239 ·24· 高一周测卷 ·数学（人教B版）必修第四册· 8.ACD【解析】对于A,由题意得CD=100m, 由余弦定理得cosC=a十-c =ab1 ∠BCD,∠BDC,故由正弦定理求得CB,从而再解 2ab 2ab-2, Rt△ABC求得AB=BCtan∠ACB,故A正确：对于 (4分) B,由题意得CD=100m,∠ACB,∠BCD,∠ACD四 因为C∈(0，π)，所以C= 31 (6分) 个条件，在△BCD中，已知CD=100m,∠BCD,三 (2)由(1)可知a+b2-c2=a2+b2-3=ab, 角形形状不确定，即无法确定其他边和角，而 所以(a十b)2-3=a2+b2十2ab-3=3ab≤ ∠ACB,∠ACD分别在△ABC,△ACD中，也无法确 定其他的边和角，因此无法通过解三角形求得AB, 3(a十b),当且仅当a=b=3时取等号， (9分) 4 故B错误；对于C,由题意得CD=100m,∠ACD, 所以a+b≤23，所以a十b+c≤33， ∠ADC,在△ACD中，由正弦定理求得AC,从而再 即△ABC周长的最大值为3√3， (13分) 解Rt△ABC求得AB=ACsin∠ACB,故C正确；对 12,解：(1)因为2sinA十sinB_c 于D,可设AB=h,利用∠ACB=否和∠ADB,分别 sin 2B 表示出BC,BD,然后在△BCD中，结合∠BCD和 则由正弦定理可得2sinA十sinB_sinC sin 2B sin B' (2分) CD,利用余弦定理列出关于h的方程，即可求得h,D 由倍角公式可得2sinA+sinB=sinC 正确.故选ACD. 2sin Bcos B sin B' 三、填空题 2sin A=2cos Bsin C-sin B, 又因为A十B十C=π， 9. 2 ,2√5【解析】在△ABC中，B=60°，AC=23, sin A=sin (B++C)=sin Bcos C+cos Bsin C, BC4,由正致定理得品=二所以如A 所以2 sin Bcos C+2 cos Bsin C=2 cos Bsin C sin B, 即(2cosC+1)sinB=0. (5分) BCsin B 2 =1,又A∈(0°，180°)，所以A= 且B∈(0，元)，则sinB≠0， AC 25 (6分) 90,放C=30,osC-9snC=,所以S士AC 可得0sC=名 (7分) ·BC.snC-合×25X4×2-25. 又因为C∈(0，)，所以C=号， 10.100√15【解析】由题意，∠DCB=30°，∠CDB= 又A=若，所以B=元-A-C=吾=A, 60°，所以∠CBD=90°，所以在Rt△CBD中，BD= 所以△ABC是等腰三角形 (8分) D=30,0-号cD=305,又∠DC1=75. (2)若选择①：CM为△ABC的中线， 1 2 设AM=BM=x(x>0), ∠CDA=45°，所以∠CAD=60°，在△ACD中，由正弦 由余弦定理可得cos∠CMA=x十1-4 定理得品=0，所以AC CD 600× √3 cos∠CMB=x2+1-BC (11分) 2 2x 因为∠CMA+∠CMB=π， 200√6，在△ABC中，∠ACB=∠ACD-∠BCD=75 可得cos∠CMA十cos∠CMB=0, (12分) -30°=45°，由余弦定理得AB2=AC+BC-2AC· BC·cos∠ACB=(200√6)2+(300√3)2-2×200√6 即+1一4++1一BC=0, 2x 2x X30×号-15000，所以An=100VE. 整理得BC=2x2-2>0,可知x>1, 四、解答题 又因为cOs∠ACB=2十BC-4x」 2X2XBC 2, 11.解：(1)因为(a+b)2=c2+3ab, 解得x2=3,即x=1, 所以a2+b2-c2=ab, (3分) 所以AB=2x=23. (15分) ·25· ·数学（人教B版）必修第四册· 参考答案及解析 若选择②：CM为△ABC的角平分线， ∴.走私船的速度大小为l0√3 n mile/,h. (8分) 则∠ACM=∠BCM=号， (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, 在△ACM中，由余弦定理得AM=22+1-2×2× BE=60,BC=30,∠CBE=60°， 1X=3,即AM=F, ∴.CE=√BE+BC-2BE·BCcos60°=30√3， 可知AMP+CM=AC,则CM⊥AB, (13分) :BE=BC2+CE,∴.∠BCE=90°，∠BEC=30°， 可知AC=BC,AM=MB=√3， 所以AB=2AM=2√3. 在R△BED中，m∠BED-铝-停， (15分) ∴∠BED=30°，∠CEF=120°， 若选择③：CM为△ABC的高线， :走私船速度为l0√3 n mile/,h,缉私船速度 则∠CMA=∠BMC=至， 为30 n mile/,h, 则AMP=AC-CM=3, ∴.EF=10/5t,CF=30t, (12分) 即AM=E,则∠BAC=否， (12分) 在△CEF中，根据余弦定理得CF=CE+EF2 2CE·EFcos120°， 则∠ABC=若， 即900t=2700+300t-2×30W3×10√3tcos120°， 可知AC=BC,AM=MB=√3， 化简得2t-3t-9=0,解得t=- （舍去）或1=3， 所以AB=2AM=23, (15分) (16分) 13.解：(1)连接BD, 此时CE=EF=30√3， :D点位于A哨所北偏东30°方向20 n mile处， ∴.∠ECF=30°， 18分) .∠BAD=90°+30°=120°，AD=20, (2分) ∴.缉私船沿北偏西30°方向行驶，3小时后即早上8 .AB=20, 点15分可截获走私船. (20分) ∴.BD=√AD2+AB2-2AD·ABcos120=20√5， (3分) AB=AD,∴.∠ABD=∠ADB=30°， (4分) ,E点位于B哨所北偏西30°方向60 n mile处， ∴.∠DBE=90°-30°+30°=90°， (5分) .DE=√BD+BE=403, (6分) 403-10/n mile/h, (7分) 4 ·26·