第11章解三角形章末模拟测试卷 -2025-2026学年高一下学期数学苏教版必修第二册

**基本信息** 高中数学解三角形单元卷，涵盖正弦定理、余弦定理及实际应用，通过基础题、综合题及文化情境题（如秦九韶三斜求积术、刘徽望海岛问题）梯度考查，适配单元复习，提升数学抽象与建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|余弦定理（1）、正弦定理应用（2）|基础定理直接应用，如第3题用正弦定理化角为边判断钝角三角形| |多选|4/20|解三角形多解问题（10）、三斜求积术（12）|结合数学文化，如第12题用秦九韶公式求面积及周长| |填空|4/20|二倍角与正余弦定理（13）、望海岛问题（16）|实际问题建模，如第16题用测望术求岛高及距离| |解答|6/70|定理综合应用（17）、实际情境（21）|分层设计，如22题结合角平分线与三角恒等变换考查逻辑推理|

第11章　解三角形 （考试时间：120分钟 满分：150分） 姓名： 考号： 成绩： 一、单项选择题: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. 在△ABC中,若AB=,BC=3,C=120°,则AC=(　　) A.1 B. 2 C.3 D.4 2.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a=3,b=4,A=,则cos B=(　　) A. B. C.- D.± 3.在△ABC中,若sin2A+sin2B<sin2C,则△ABC的形状是(　　) A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.不能确定 4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,b=3,B=2A,则c=(　　) A. B.2 C. D.3 5.如图,一船自西向东匀速航行,上午10时到达灯塔P的南偏西75°距塔64海里的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处,则这只船的航行速度为(　　) A.2 海里/时 B.4 海里/时 C.8 海里/时 D.16 海里/时 6.在△ABC中,若bsin 2A+asin B=0,b=c,则的值为(　　) A.1 B. C. D. 7.一游客在A处望见正北方向有一塔B,在北偏西45°方向的C处有一寺庙,此游客骑车向西行1 km后到达D处,这时塔和寺庙分别在游客的北偏东30°和北偏西15°方向,则塔B与寺庙C的距离为(　　) A.2 km B. km C. km D.1 km 8.(2025苏州期末)在△ABC中,已知角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若9b2+6bccos A=11c2,则角B的最大值为(　　) A. B. C. D. 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分. 9.(2025如东期中)在△ABC中,下列关系可能成立的是(　　) A.a=1,b=2,A=30°,B=60° B.a=4,c=6,sin A=,cos C=- C.b=3c,B=2C D.a+b+c=sin A+sin B+sin C 10.在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有两解的是(　　) A.b=10,A=45°,C=70° B.b=45,c=48,B=60° C.a=14,b=16,A=45° D.a=7,b=5,A=80° 11.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,下列叙述正确的是(　　) A.若,则△ABC为等腰三角形 B.若△ABC为锐角三角形,则sin A>cos B C.若tan A+tan B+tan C<0,则△ABC为钝角三角形 D.若a=bsin C+ccos B,则C= 12.(2025盐城质检)中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”,即以小斜幂,并大斜幂,减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂,减上,余四约之,为实;一为从隅,开平方得积.把以上文字写成公式,即S=(S为三角形的面积,a,b,c为三角形的三边).现有△ABC满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶,且△ABC的面积S△ABC=6,则下列结论正确的是(　　) A.△ABC的周长为10+2 B.△ABC的三个内角满足A+B=2C C.△ABC的外接圆半径为 D.△ABC的中线CD的长为3 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=2,c=3,A=2B,则a=　　　　.  14.(2025镇江期中)在△ABC中,A=,AB=,AC=4,则BC边上的高的长度为　　　　. 15.在△ABC中,边a,b,c所对的角分别为A,B,C,△ABC的面积S满足4S=b2+c2-a2.若a=4,则△ABC外接圆的面积为　　　　　.  16.我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法:“今有望海岛,立两表齐高三丈,前后相去千步,令后表与前表参相直.从前表却行一百二十三步,人目着地,取望岛峰,与表末参合.从后表却行一百二十七步,人目着地,取望岛峰,亦与表末参合.问岛高及去表各几何?”这一方法领先印度500多年,领先欧洲1 300多年.其大意为:测量望海岛PQ的高度及离岸距离,在海岸边立两根等高的标杆AB,CD(PQ,AB,CD共面,均垂直于地面),使目测点E与P,B共线,目测点F与P,D共线,测出AE,CF,AC即可求出岛高和距离(如图).若AB=CD=r,AE=a,CF=b,EF=d,则PQ=　　　　,EQ=　　　　.  四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且asin B+1=bsin A+2cos C. (1)求角C的大小; (2)若a=2,a2+b2=2c2,求△ABC的面积. 18.(12分)(2025扬州月考)在①;②sin C+cos C=;③面积S=,这三个条件中任选一个,补充在下面的问题的横线上,并回答问题. 问题:在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,A为锐角,a=6,b=4sin B,且　　　　,求△ABC的周长.  注:如果选择多个条件分别解答,那么按第一个解答计分. 19.(12分)(2025海安调研)如图,在平面四边形ABCD中,∠ABC=π,∠BAC=∠DAC,CD=4,AB=2. (1)若BC=,求sin∠ADC; (2)若∠ADC=,求AC. 20.(12分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(2sin A-sin B)2=4sin2C-sin2B. (1)求角C的大小; (2)若b=1,c=,求cos 2(B-C)的值. 21.(12分)某市一湿地公园建设项目中,拟在如图所示的一片水域打造一个浅水滩,并在A,B,C,D四个位置建四座观景台,在凸四边形ABCD中,AB=千米,AD=BC=CD=1千米. (1)用cos A表示cos C; (2)现要在A,C两处连接一根水下直管道,已知cos A=,问最少应准备多少千米管道(结果可用根式表示). 22.(12分)如图,在△ABC中,C=,角B的平分线BD交AC于点D,设∠CBD=θ,其中tan θ=. (1)求sin A; (2)若=28,求AB的长. 参考答案 1.A　由余弦定理AB2=BC2+AC2-2BC·ACcos C,将各值代入,得AC2+3AC-4=0,解得AC=1或AC=-4(舍去).故选A. 2.D　由正弦定理知sin B=, 所以cos B=±.故选D. 3.A　在△ABC中,sin2A+sin2B<sin2C, 由正弦定理知sin A=,sin B=,sin C=,代入上式得a2+b2<c2, 由余弦定理可得cos C=<0,又因为C是三角形的内角,所以C∈, 所以△ABC为钝角三角形,故选A. 4.C　由正弦定理可知.因为a=2,b=3,B=2A,所以,即,解得cos A=,则cos B=cos 2A=2cos2A-1=. 由余弦定理可知cos A=,即,解得c=2或c=, 当c=2时,cos B==-,故舍去, 经检验,c=符合题意,所以c=.故选C. 5.C　由题意,PM=64海里,∠MPN=120°,在△PMN中,由正弦定理,得MN==32海里,所以船的航行速度为=8海里/时.故选C. 6.C　因为bsin 2A+asin B=0, 所以sin Bsin 2A+sin Asin B=0, 即2sin Bsin Acos A+sin Asin B=0. 由于sin Bsin A≠0,所以cos A=-. 因为0<A<π,所以A=,又b=c, 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=2c2+c2+2c2=5c2, 所以.故选C. 7. C　如图,由题可得∠BDA=90°-30°=60°,在Rt△ABD中,AD=1,所以AB=.在△ACD中,AD=1,∠ADC=105°,∠DAC=45°,所以∠DCA=30°, 所以由正弦定理,得AC=. 在△ABC中,由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos 45°=+3-2×=2,所以BC=.故选C. 8.C　由9b2+6bccos A=11c2,得9b2+6bc·=11c2,整理得b2=, cos B=,当且仅当3a=2c时取等号, 又因为B∈(0,π),所以B的最大值为.故选C. 9.BD　由于=2,,2≠,故A选项不可能成立; 由于=10,=10,因此,故B选项有可能成立; 若B=2C,则sin B=sin 2C=2sin Ccos C,即b=2ccos C,因为b=3c,所以cos C=,显然不可能,故C选项不可能成立; 由于a+b+c=2R(sin A+sin B+sin C)(R为△ABC外接圆的半径), 所以当△ABC的外接圆半径R=时,D选项成立.故选BD. 10.BC　选项B满足csin 60°<b<c,选项C满足bsin 45°<a<b,所以B,C有两解;对于选项A,可求B=180°-A-C=65°,三角形有一解;对于选项D,由sin B=,且b<a,可得B为锐角,只有一解,所以三角形只有一解. 故选BC. 11.BCD　对于A,由,可得sin Acos A=sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B, 因为A,B∈(0,π),可得2A=2B或2A=π-2B,即A=B或A+B=, 所以△ABC为等腰或直角三角形,所以A不正确; 对于B,由△ABC为锐角三角形,可得A+B>,则A>-B, 因为A,B∈,所以-B∈, 又因为函数y=sin x在x∈上为单调递增函数,所以sin A>sin=cos B,所以B正确; 对于C,因为A,B,C∈(0,π),由tan A+tan B+tan C<0, 可得tan A,tan B,tan C中一定有一个小于0成立,不妨设tan C<0,可得C∈, 所以△ABC为钝角三角形,所以C正确; 对于D,因为a=bsin C+ccos B,所以由正弦定理可得sin A=sin Bsin C+sin Ccos B, 因为A=π-(B+C),可得sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C, 所以sin Bsin C+sin Ccos B=sin Bcos C+cos Bsin C,可得sin Bsin C=sin Bcos C, 因为B∈(0,π),可得sin B>0,所以sin C=cos C,即tan C=1,所以C=,所以D正确.故选BCD. 12.AB　A项:设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 因为sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶,所以由正弦定理可得a∶b∶c=2∶3∶. 设a=2t,b=3t,c=, 因为S△ABC=6, 所以6, 解得t=2,则a=4,b=6,c=2. 故△ABC的周长为10+2,A正确. B项:因为cos C=,0<c<π, 所以C=,A+B=π-=2C,B正确. C项:因为C=,所以sin C=, 由正弦定理,得2R=,R=,C错误. D项:由余弦定理,得cos B=, 在△BCD中,BC=4,BD=, 由余弦定理,得cos B=,解得CD=,D错误.故选AB. 13.　A=2B⇒sin A=sin 2B⇒sin A=2sin Bcos B,由正弦定理,得a=2bcos B, 又由余弦定理,得a=2b·,将b=2,c=3代入,可得a2=10,故a=.故答案为. 14.　在△ABC中,A=,AB=,AC=4,所以S△ABC=×4×. 由余弦定理可得BC=, 所以BC边上的高为.故答案为. 15.16π　设△ABC外接圆的半径为R. 在△ABC中,S=bcsin A,b2+c2-a2=2bccos A. 因为4S=b2+c2-a2, 所以4bcsin A=2bccos A,可知tan A=. 又A∈(0,π),所以A=,则2R==8,所以R=4. 故△ABC外接圆的面积为S=πR2=16π.故答案为16π. 16.　设∠AEB=α,∠CFD=β, 则tan α=,tan β=. 在△PEF中,, 得PE=, 所以PQ=PEsin α= = =. EQ=PEcos α=. 17.解 (1)由正弦定理,得, ∴asin B=bsin A, 又asin B+1=bsin A+2cos C, ∴2cos C=1,cos C=, 又0<C<π, ∴C=. (2)由余弦定理,得c2=a2+b2-ab. ∵a=2,a2+b2=2c2, ∴4+b2=2(4+b2-2b),解得b=2, ∴S△ABC=absin C=×2×2×sin . 18.解 =4,代入a=6,得sin A=,又A为锐角,故A=. 若选①,=bccos A=,由cos A=,得bc=15, 又a2=b2+c2-2bccos A,即b2+c2-bc=36,(b+c)2-3bc=36,得b+c=9, ∴△ABC的周长为a+b+c=15. 若选②,sin C+cos C=,即sin Csin B+cos Csin B=sin(B+C)+sin C, 化简得sin B=cos B+1,即2sin=1, 解得B-(舍去). 故B=,此时△ABC为等边三角形,周长为3a=18. 若选③,S=bcsin A=,得bc=, 又a2=b2+c2-2bccos A,即b2+c2-bc=36,(b+c)2-3bc=36,得b+c=8, ∴△ABC的周长为a+b+c=14. 19.解 (1)在△ABC中,AB=2,BC=,∠ABC=π, 由余弦定理可得, AC=. 由正弦定理可得,所以sin∠BAC=, 又∠BAC=∠DAC,所以sin∠DAC=sin∠BAC=. 在△ACD中,CD=4,AC=,sin∠DAC=, 由正弦定理可得,则sin∠ADC=. (2)在△ABC中,AB=2,∠ABC=π, 由正弦定理可得,则sin∠BAC=. 在△ACD中,∠ADC=,CD=4, 由正弦定理可得,则sin∠DAC=. 因为∠BAC=∠DAC,所以,解得BC=2. 由余弦定理可得, AC==2. 20.解 (1)因为(2sin A-sin B)2=4sin2C-sin2B, 整理可得sin2A+sin2B-sin2C=sin Asin B, 利用正弦定理可得a2+b2-c2=ab, 由余弦定理,得cos C=, 又因为C∈(0,π), 所以C=. (2)因为C=,b=1,c=, 所以由正弦定理,得sin B=. 由b<c,可得B为锐角,所以cos B=, 所以cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C=, 所以cos 2(B-C)=2cos2(B-C)-1=2×2-1=. 21.解 (1)如图,连接BD. 在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=4- 2cos A. 在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos C=2-2cos C, 故有4-2cos A=2-2cos C,从而cos C=cos A-1. (2)因为cos A=,所以由(1)可得cos C=-. 因为C∈,所以C=,而CD=CB,故∠CDB=. 此时BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=+12-2××1×=3,即BD=. 从而AB=BD,所以△ABD为等腰三角形. cos∠ADB=cos A=,sin∠ADB=, cos∠ADC=cos=cos= . 所以AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cos∠ADC=12+12-2×1×1×. 从而AC=千米. 22.解 (1)由题意,∠CBD=θ,且tan θ=. 因为θ∈, 所以sin θ=cos θ,sin2θ+cos2θ=cos2θ+cos2θ=cos2θ=1, 所以cos θ=,sin θ=. 则sin∠ABC=sin 2θ=2sin θcos θ=2×,所以cos∠ABC=2cos2θ-1=2×-1=, sin A=sin=sinsin 2θ+cos 2θ=. (2)由正弦定理,得,即, 所以BC=AC, ① 又=||||cos∠ACB=28, 所以||||=28, ② 由①②解得AC=4, 由,得,解得AB=5. 学科网（北京）股份有限公司 $