第11章 解三角形 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（苏教版）

第11章 （时间：120分钟 一、选择题：本题共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.（2024·江苏盐城高一期中)在△ABC中，内 角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,且满足 a:b:c=3:4:6,则cosA的值为(） 48 D.、43 48 2.（2024·江苏淮安高一期中)已知a,b,c分别 为△ABC内角A,B,C的对边，△ABC的面 积S=a2+b2-c 4 ,则C= () A.90°B.60° C.45° D.30° 3.(2024·江苏无锡高一月考)在△ABC中， 角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=5√2，c= 10,A=30°，则B是 A.135° B.105或15° C.45或135° D.15° 4.(2024·江苏连云港高一期中)在△ABC中， “A>B”是“sinA>sinB”的 () A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.(2024·江苏南京师大附中高一期中)在 △ABC中，D为边BC上一点，AD=6,BD=3, ∠ABC=45°，则sin∠ADC的值为 () A.2*3 B.1+2 3 4 D. 4 第11章 章末检测 总分：150分)》 6.(2024·江苏无锡一中高一期末)如图，曲柄 连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连 杆AB的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄 在CB。位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆 的端点A在A,处.设连杆AB长100mm,曲柄 CB长35mm,则曲柄自CB。按顺时针方向旋 转53.2时，活塞移动的距离（即连杆的端，点A 移动的距离AA)约为（结果保留整数）（参考 数据：sin53.2°≈0.8) () A.17mm B.18mm C.19mm D.20 mm 7.(2024·江苏扬州高一月考)在△ABC中， 3,∠BAC的平分线AD交BC边于 2 ∠BAC= 点D,△ABD的面积是△ADC面积的2倍，则 tan B= () 53 A. 3 2 C. D.23 3 8.(2024·江苏淮安高一期末)在△ABC中， 角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=√3， 且√3cosB+sinB=c,则△ABC的周长的取值 范围为 ()》 A.(3,23] B.[√3,23] C.（2√3,33] D.[2√3,3√3] 学霸061 二、选择题：本题共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.(2024·江苏苏州高一月考)已知锐角三角形 的三边长分别为2,7，x,则实数x的可能取 值是 () A.3√5 B.43 C.7 D.3√6 10.(2024·江苏南通海门中学高一期中)在 △ABC中，角A,B,C所对的边分别为a, b,c,下列说法中正确的是 () A.若bcos C+ccos B=b,则△ABC是等腰三 角形 B.若a=2,b=3,A=30°，则符合条件的 △ABC有两个 C.若sin2A=sin2B,则△ABC为等腰三角形 D.若sin2B+sin2C=sin2A,则△ABC为直 角三角形 11.（2024·江苏扬州高一月考)在△ABC 中，AB=2√2，BC=4,AC=2√10，M是BC的 中点，则 A.线段AM的长度为25 B.AM·BC=-16 C.LAMB+∠ACB=T D.在线段AB的延长线上存在点P,使得 ∠CPM的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.(2024·江苏南通海门中学高一月考)在 △ABC中，B=开，BC边上的高等于3BC, 则cosA= 必修第二册·SJ 13.（2024·江苏南京高一期末)如图，在平面四 边形ABCD中，∠BAD=∠CBD=75°， ∠BAC=30°，∠ABD=45°，AB=√6，则CD的 长为 D 14.(2024·江苏无锡高一月考)已知在四边 形ABCD中，AB=BC=CD=1,DA=√3，设 △ABD与△BCD的面积分别为S1,S2, 则S+S号的最大值为 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤 15.（13分)(2024·江苏连云港高一期中)在 △ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a, b,c.已知sin2C=√3sinC. (1)求C; (2)若b=4,且△ABC的面积为2√3，求 △ABC的周长. 学霸062 16.（15分)（2024·江苏宿迁高一月考)在17.（15分)(2024·江苏镇江高一月考)如图， △ABC中，角A,B,C所对的边分别为a, 某海域的东西方向上分别有A,B两个观测 bc,asin C=3bsin A,cosA=3 塔，它们相距5√6海里，现A观测塔发现有 一艘轮船在D点发出求救信号，经观测得知 (1)证明：△ABC为等腰三角形； D点位于A点北偏东45°，同时B观测塔也 (2)若D是边BC的中点，AD=√34，求 发现了求救信号，经观测D点位于B点北偏 △ABC的面积， 西75°，这时位于B点南偏西45°且与B点 相距30海里的C点有一救援船，其航行速 度为30海里/小时. (1)求B点到D点的距离 (2)若命令C处的救援船立即前往D点营 救，救援船能否在1小时内到达救援地 点？请说明理由.（参考数据：√2≈1.41， √3≈1.73，√7≈2.65) 第11章学霸063 18.（17分)(2024·江苏南京外国语学校高19.(17分)(2024·江苏常州高一期中)三角形 一月考)如图，在△ABC中，D,E为边BC上 的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克 两点，且满足∠BAD=∠CAE,BD=1,DE=5, 洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未 EC=3. 被当时的人们所注意.1875年，布洛卡点被 求证把上0说 一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的 名字命名.当△ABC内一点P满足条件 2求证把定做 ∠PAB=∠PBC=∠PCA=0时，则称点P为 △ABC的布洛卡点，角0为布洛卡角.如图， (3)求△ABC面积的最大值， 在△ABC中，角A,B,C所对边长分别为a, b,c,点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角 为0. B D (1)若0=30°.求证： ①a2+b2+c2=4,V3S△ABc(SAARG为△ABC 的面积)； ②△ABC为等边三角形 (2)若A=20,求证：sin2A=sin Bsin C. 必修第二册·SJ学霸064为2+√6+32. 6.解：(1)由题意得2sinB0sB= 7bc0sB,因为A为纯角， 7 所以wB≠0，则2如B=6,则品B后解 7 得血4因为4为纯角，则4 14“*7=3 (2)选择①6=7，则sinB=5b-5× 因为4=西所以B为 锐角则B=号， 此时A+B=T,不合题意，舍弃 选择②侧B=片，因为日为三角形内角，则血日 代入2如8=得2×-停解得63， 2 ()源源 则9aw=7C=×7x3x5百-155 2 144 选择③inA=)3,则有cX2◆23，解得c5 则由正弦定理得“ nC解得如c=55 c即 14 2 因为G为三角形内角，则mG-√小一（管丁-共 则如B=n(4+c)=s血(+C）=血mG+om 2 3sin C= ()源 wcinxx15 则= 2 1441 第11章章末检测 1.C解析：a:b:c=3:4:6,不妨设a=3k,b=4,c=6k,k>0,由余 弦定理，osAB+c2-a2_162+36k2-9g243】 2bc 48k2 48故选c 2.C解析：由余弦定理得a2+b2-c2=2 abcos C,由三角形面积公式 得S=2dsnc,故abin C=2qC,因为>0，b>0,故nC 4 cos C 1,即tanC=1,又因为C∈(0，π)，故C=45°.故选C. ini放2.0 3.B解析：由正弦定理可得a=c nc故smG 2 ,而30°<C<150,故C=45°或C=135,故B=105°或B=15.故 √2 选B. 4.C解析：因为A>B,由大角对大边可得a>b,由正弦定理得 sin 4= nB且A,Be(0,m),mA>0,sinB>0,所以si咖A>sinB,充分性 h 成立；同理当sinA>sinB时，A,B∈(0，T),sinA>0,sinB>0,由正 imAB,可得a>b,由大边对大角可得A>B,必要性成 弦定理得.。 立.综上，在△ABC中，“A>B”是“sinA>sinB”的充要条件.故选C. 必修第二册·SJ 5.C解析：如图所示，在△ABD中，由正弦定理得inZABD AD BD ,即6 3 n之BAD即n45PB故sin /BAD=-2又因为∠AD<】 4 ∠ABC,故∠BAD只能是锐角，故m∠BD=乐，所以 √2√2 sin∠ADC=sin(∠BAD+∠ABD)=sin(∠BAD+45)= 4 2 ,号故途c B D (第5题) (第7题) 6.B解析：在△ABC中，AB=100mm,BC=35mm,LACB=53.2°，因 为sin53.2°≈0.8，所以cos53.2°≈0.6.由余弦定理得AB2=CB2+ CA2-2CA·CB·cos53.2°，所以1002=352+CA2-2CA×35×0.6→ CA2-42CA-8775=0曰→CA=117或CA=-75(舍去). 因为AC=100+35=135(mm),所以AA=AC-AC=135-117= 18(mm).故选B. 7C解析：如图，因为∠MC=,LBAC的平分线D交C边于点 D,所以LBAD-LC40所以a2·ABsn 3_B=2 S△ADG 2AD·ACsin-3 由正弦定理可得纪-出合2，放血G=2血8，故如（行-B） 2sinB,故号co3B-2imB=2sinB,故3cosB=5sinB→tanB9 3 故选C 8.C解析：方法一：设△ABC的外接圆半径为R,则 b sin A sin B snC2R,因为5cosB+sinB=c,a=5,所以aosB+sinB=e,可 2Rsin Acos B+sin B=2Rsin C=2Rsin(A+B),E 2Rsin Acos B+ sinB=2 Rsin Acos B+2 Rcos Asin B,可得sinB=2 Rcos Asin B.因为 B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以2 Rcos A=1,结合2 Rsin A=a=√3， 可得amA=万，又Ae(0,m),所以A=号，可得A sin A sin B sinC2,则△ABC的周长为1=a+b+e=月+2sinB+2sinC=V3+ 2sin BsininBco Bin 5 in 石)因为8e(,号)所以<8+则血( 君)-（行，可得1e(2,3].散△c的周长的取值他 围为(25,35].故选C 方法二：由b+c>a,a=√3可知△ABC周长>2W3,排除ABD.故选C. 9.BC解析：因为2,7，x是三角形的三边，则2+x>7且2+7>x,得5< x<9,设这个三角形中长为7，x的边所对角分别为α，B,显然长为2 的边所对角必为锐角，而这个三角形为锐角三角形，则由余弦定理 22+x2-72 cos a= >0, 得 2×2×x +72_2即，’解得35<x<√53，所以实数 x2<53, cos B=2x2x7>0, 的取值范围是(3√5，√53)，故BC正确，AD错误.故选BC. 学霸040 10.ABD解析：对于A,由已知有b=bcos C+ccos B,故sinB=sin Bcos C+ sin Ccos B=in(B+C)=sinA,所以b=a,故A正确；对于B,我们 只需要确定满足条件的c的个数，由余弦定理知c满足的方程是 a2=b2+c2-2 bccos A,即4=9+c2-3√3c,而该方程有两个解c= 35±√7 2 ，故B正确；对于C,若A=T ，B=，c=，则 6n2A=simT=in2三in2B,但△ABC不是等腰三角形， C错误：对于D,若sin2B+sin2C=sin2A,则有2 sin Acos A= sin 2A=sin 2B+sin 2C=2sin(B+C)cos(B-C)=2sin Acos(B-C). 故cosA=cos(B-C),从而0=cos(B-C)-cosA=cos(B-C)+ c0s(B+C)=2 cos Bcos C.这表明cosB=0或cosC=0,即B=T或 2 C=7,故D正确故选ABD, 11.ACD解析：对于A选项，如图，连接AM,因为C,M,B三点共线， 所以∠AMB+∠AMC=T,所以cos∠AMC+cos∠AMB=0.设AM=x, 又4B=22,4C=2V而，MC=MB=2,由余弦定理得+4-40， 4x +4-8=0,得x=25,故A正确。 对于B选项，成矿.成=x(店+A衣)·成=子(+花)（花 应=之×(42-前2)-之×(40-8)=16，故B错误 对于C造项.om∠BC-80兰又LAce(0,,则 2×4×2W2 ∠Ac-翠因为∠AN=∠，品器则△aO△Mc,得 AB BM ∠AMB+LACB=LAMB+∠MAB,又由外角和定理，∠ABC=3n。 4 则LAWB+LACB=牙故C正确 对于选项D,如图，作一圆与直线AB相切，且过C,M两点.P1为 除直线与圆相切的切点P外任意一点，由图及三角形外角性质， ∠CP,M<∠MNC=∠MPC,则当P为直线与圆相切的切点时， ∠MPC最大. 由圆幂定理，有BP2=BM·BC,得BP=2√2，又BM=2, ∠MBP=T 4 由余玻定理得WP:48-2x2x2x号=4，则△BwP为等展直 角三角形 又由P-8M:Bc,有0C,又LCBP=LPaM,则ACBP △PBM,放∠CPB=∠PWB=子又∠MPB=,得∠CPM=子 4 Γ4 故在线段AB的延长线上存在点P,使得∠CPM的最大值为牙， D正确.故选ACD. C 12.-10 10 解析：设BC边上的高为AD,则BC=3AD,所以AC= √AD2+DC=√5AD,AB=√2AD.由余弦定理，得cosA= 参考答案 AB+4C2-BC2_240+5AD2-9AD.VD故答案为四 2AB·AC 2×W2ADxW5AD10 10 13.√10解析：在△ABD中，∠BAD=75°，∠ABD=45°，所以 ∠ADB=60°，又AB=6,由正弦定理可得n∠ADB"sin ZABD'' AB AD 用高D5年得0-2 在△ABC中，∠CBD=75°，∠BAC=30°，∠ABD=45°，所以 ∠ACB=180°-30°-45°-75°=30°，又AB=√6，由正弦定理可得 AB AC 6 AC sinZACB乙ABc·即n30en20,解得AC=32, 又因为LBAD=75°，∠BAC=30°，所以∠CAD=45°，在△ADC中， 由余弦定理可得CD2=AD2+AC2-2AD·AC·co8∠CAD,即CD2= 22+(32)-2×2×3√2×c0s45°=10，所以CD=√10.故答案 为√10. 14.冬解析：在四边形ABCD中，AB=BC=CD=1,DA=万， 设△ABD与△BCD的面积分别为S,,则S=之B·AD: sin A=3 inA.,S CD BC sin C=sin C. 在△ABD中，利用余弦定理得BD2=AD2+AB2-2·AD·AB·cosA, 即BD2=3+1-2√5cosA=4-2W5cosA. 在△BCD中，利用余弦定理得BD2=CD2+CB2-2·CD·CB· cos C,BD2=1+1-2cos C=2-2cos C, 所uosG=5w4-1期+=2i4+子G=子1 os2M0+4(1-cos2c)=-}[ 1 ，11271 3os42)-4小当 厅=4了，甲omA-气时.有绿大值是大值为放套 6 案为名 15.解：(1)由sin2C=W3sinC,得2 sin Ccos C=3sinC,在△ABC 中，sinC≠0，心co8C=2,又Ce(0,m),Cs7 6 (2)SA=2 absin C=2 Xax4x- =25,a=25,由余弦定 2 理得c2=a2+6-2 aboosC=12+16-2x2v5×4x3 2=4,c=2, ∴.a+b+c=2W3+4+2=6+2W3,∴.△ABC的周长为6+2W3. 16.(1)证明：2 asin C=3 bsin A,由正弦定理得2ac=3ba,c= 之：4号由余做定理得”行代人子化情 3 可得a=之b,a=c,△ABC为等腰三角形， (2)解：由(1)可知a=6=6,D是边BC的中点，BD=0C= 1 在△ABC和△ABD中，利用余弦定理的推论得cosB=2+c2- 2ac (3)）广e- 2 1 ,代入A0=V3ac=三可得6=45， 2× 2 ac 由emA=号得血4=个-c万-2则SAc=子nA: ×2m4229-16a 17.解：(1)由题意知，AB=5v6,∠DBA=90°-75°=15°，∠DAB=90°- 45°=45°，所以∠ADB=180°-45°-15°=120°. 学霸041 在△ABD中，由正弦定理可得，BD Dsi乙iDa即D AB 8ih450 i所以BD=5v6sin45°3v6X 5w6 sin120° =10(海里) 2 (2)在△BCD中，∠CBD=180°-75°-45°=60°，BC=30海里， BD=10海里 由余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BC·BDeos CBD=900+100-2× 30x10x2=700,所以CD=10w7海里，所以需要的时间为107× 30 60=20W7≈20×2.65=53（分钟）<60分钟. 答：救援船能够在1小时内到达救授地点 AB BD 18.(1)证明：在△ABD中，由正弦定理得 sin LADB=sin∠BAD sin∠BAD 在△ABC中，由正弦定理得。AC EC sin LAEC sin L EAC=sin L EAC AC 1 3sin∠AEC sin∠EAC AC ABAB sin∠ADB 又∠BAD=∠CAE,所以 `3sin∠AEC sin∠ADB AC3sin∠AEC (2)证明：由∠BAD=∠CAE,BD=1,DE=5,EC=3, 所以a侧_2 ·AB·DA·sin∠BAD AB·DA_1 SAAEC 1 2·AC·AE·sin∠BAD AC·AE3, S△ME之·AB·AE·sin(LBAD+LDAE) 1 AB·AE63 SAACD 1 ·AC·AD·sin(LBAD+LDAE) AC·AD84, 两式相乘得4B·DA.4B·AE_AB21x31 C·AEAC·ADAC2344,所以AB AC 2 (3)解：设AB=,则AC2x,由{2C9→3<x<9,在△ABC 中，cos∠ACB=AC2+BC2-AB2_42+81- 2+27 2AC·BC 36x 12x，则 sin2∠ACB=1-cos2∠ACB=1- 2+2712 -x4+90x2-272 12x 144x2 2 (S△Bc)2= 2 AC·BC·sin∠ACB 16（-4+902-272)= 第12章 12.1复数的概念 第1关（练速度） 1.B解析：复数z=1-√2i的实部为1，虚部为-√2.故选B. 2.C解析：因为x,yeR,且3x+i=2+i,则3x=2,y=1,解得x=3, 2 y=1.故选C 3.ACD解析：A中，0是实数也是复数，A不正确；B中，实数集与复 数集的交集是实数集，B正确；C中，复数集与虚数集的交集是虚 数集，C不正确；D中，当a=0时，ai=0,所以实数0在纯虚数集中 没有对应元素，D不正确.故选ACD. 4B解析：由题知m,90,解得m=3.故选B (m+2>0, 5.C解析：根据复数、纯虚数的定 义以及它们之间的关系进行判 断.依题意，I,R,M三个集合之间 复数集I 的关系如图所示 纯虚数集 实数集 M 所以MURCI,(C,M)UR=C,M, C,M∩R=R,M∩(C,R)≠O, 必修第二册·SJ 6(x2-45)2+729,由3<x<9,得9<x2<81,当x2=45时，△ABC 面积的最大值为27. 19.证明：(1)①若0=30°，则S AABC=S△PAB+S△PBc+SAPAC=2C· APsin 0+ +7a·Bnsm0+2b.CPsn0=7n8(e·P+a,Bp &,CP)=4(e·AP+a·BP+b·CP),所以c·AP+a·Bp+6y CP=4S△ABC: 在△PAB,△PBC,△PAC中，分别由余弦定理得BP2=c2+AP2- 2c·APcos0,CP2=a2+Bp2-2a·BPcos0,Ap2=b2+Cp2-2b· CPcos 0, 三式相加整理得2cos0(c·AP+a·BP+b·CP)=a2+b2+c2,即 N5×4 S AARC=a2+b2+c2,所以a2+b2+c2=45SAA8c ②由余弦定理可得a2=b2+c2-2 bccos A,则a2+b2+c2-4V5S△ABc= 262+2c2-2bccos A-43SAABC=262+2c2-2bccos A-23 bcsin A= 2+2-4妆n(4+石）≥4c-4c=0,当且仅当6：c且 血(4+石）=1时取等号 因为4e0,m,所以4+名=（石石），所以4+=受，所 以A=号，即当且仅当6=c且A=号时取等号，即当且仅当△MC 3 为等边三角形时取等号，所以a2+b2+c2≥43S△ABc,当且仅当 △ABC为等边三角形时取等号， 又由①知a2+b2+c2=45 S AARG,所以△ABC为等边三角形， 1 (2)由(1)得Sa4c=2i血(e·AP+a·BP+b·CP),所以 c·AP+a·BP+b·CP= 2公e,因为02+B+e2=2s0(c·AP+ a·BP+b·CP),所以a2+b2+c2=2cos0· 2SahB6=2c0s0· sin 6 bcsin 20=4bc cos20. sin 6 又由余弦定理可得b2+c2=a2+2 bccos20=a2+2bc(cos20-sin20), 所以2a2+2bc(cos20-sinm20)=4 bccos20,所以a2=bc(sin20+ cos20),所以a2=bc,由正弦定理可得sin2A=sin Bsin C. 复数 故A,B,D均错误，只有C正确.故选C. 6.ABD解析：选项A,复数由实数与虚数构成，在虚数中又分为纯虚 数和非纯虚数，故错误，符合题意；选项B,若复数z=x+yi(x,y∈R) 是虚数，则必有y≠0，但可以x=0,故错误，符合题意；选项C,若复 数z=x+yi(x,y∈R)是纯虚数，必有x=0,y≠0，因此只要x≠0，复 数x一定不是纯虚数，故正确，不符合题意；选项D,当a,b∈R时， a+i与b+i都是虚数，不能比较大小，故错误，符合题意.故选ABD. 7.A解析：3i-√2的虚部为3,3i2+√2i=-3+√2i的实部为-3.故选A 8.5解析：复数z=3+2a+(2-3a)i的实部与虚部互为相反数， .3+2a=-(2-3a),解得a=5.故答案为5. 91-1解折：()ix1…{101y-1故答案为 1,-1. 10.2解析：由(2x2-3x-2)+(2-5x+61=0得2-3x-20,解得 x2-5x+6=0, x=2.故答案为2. 11.3或6解析：MnN={3},.3eM且-1生M,.m≠-1,3+ (m2-5m-6)i=3或m=3,.m2-5m-6=0且m≠-1或m=3,解 得m=3或m=6,经检验符合题意. 学霸042