第九章 解三角形 期末复习卷-2025-2026学年高一下学期数学人教B版必修第四册

**基本信息** 高一数学人教B版必修第四册第九章解三角形提升版单元卷，覆盖正弦定理、余弦定理等核心知识，通过分层设问与实际情境题（如博物馆壁画测量），适配期末复习，培养数学眼光、思维与语言。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|正弦定理应用、边角关系判断、外接圆半径|单选基础巩固（如判断三角形形状），多选综合辨析（如面积与外接圆半径关系）| |填空题|3题/15分|三角形多解条件、仰角测量（雕像高度）、面积与边长计算|结合文化情境（司马迁雕像测量），考查数学建模| |解答题|5题/77分|定理综合应用、面积取值范围、实际测量（壁画仰角差）|多问分层设计（如19题含建模与最值），突出数学思维推理与实际问题解决|

2025-2026年高一数学人教B版必修第四册期末复习 第九章解三角形（提升版） （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．在中，，，则一定是（   ） A．等边三角形 B．等腰非等边三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 2．在中，角，，所对应的边分别为，，，．若，则（     ） A．3或 B．3或 C． D． 3．已知的内角的对边分别为，满足，且则（    ） A． B． C． D． 4．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若为锐角三角形，，且，求面积的取值范围（   ） A． B． C． D． 5．在锐角中，角，，所对的边分别为，，.若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．在中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，为边上靠近点A的三等分点，，，，则（   ） A． B． C．1 D．3 8．已知，是两个暗礁群，将其视为质点，相距．为保障航行安全，欲在一条东西方向的航道（视为直线）上选取，点建两座灯塔，其中选取在距比距近的地方，且在灯塔处测得在它的南偏东方向，测得在它的南偏东方向．从灯塔沿航道向正东行驶可到灯塔，在灯塔处测得在它的南偏西方向，则在处测得在它的（     ） A．南偏西方向 B．南偏西方向 C．南偏西方向 D．南偏西方向 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．的内角，，的对边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，且为钝角，则 10．中，角所对的边分别为，，，则（    ） A． B．的外接圆半径为 C．面积的最大值为 D．的内切圆半径的最大值为 11．在中，角，，所对边分别为，，，的中点为，，且，延长到点，使点为线段的中点，下列说法正确的是（     ） A． B．的面积的最大值为 C．若为锐角三角形，的取值范围为 D．的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足，的有两解，则b的取值范围为______. 13．司马迁是我国西汉伟大的史学家、文学家，其雕像位于韩城市司马迁祠内．某学习小组开展数学建模活动，欲测量司马迁雕像的高度．如图，选取与司马迁雕像底部同一水平面内的三个共线的测量基点，，，且在，，处测得雕像顶端的仰角分别为30°，45°，60°，米，则司马迁雕像高度为________米．    14．在中，为边上一点，，，，且的面积为，则的值为__________． 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．在中，角，，的对边分别是，，，已知，，. (1)求的值； (2)求证：； (3)求. 16．在中，角所对边分别为，且满足. (1)求角的大小； (2)若是线段的中点，且，，求； (3)若为锐角三角形，，求的取值范围. 17．的内角的对边分别为，已知. (1)求角的值； (2)若的面积为，求； (3)若，求周长的最大值. 18．在中，角的对边分别为，满足. (1)求角的大小； (2)若，，求的周长； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 19．我们把在某一点观察物体最高点和最低点所形成仰角的差值称之为“仰角差”．某博物馆截面如图所示，墙壁上有一幅壁画，最高点为，最低点为，观察点所在的水平线与壁画的竖直线交点为，在点处观察点，仰角为，然后面对壁画前进处的点观察点，其仰角的正切值为7． (1)求壁画最高点与点的距离； (2)若在，两点观察壁画的最高点和最低点的仰角差相等． ①求壁画最低点与点的距离； ②在观察水平线上，应处在距离点多远处观察壁画，才能使得仰角差最大？ 2 / 18 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026年高一数学人教B版必修第四册期末复习 第九章解三角形（提升版） （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．在中，，，则一定是（   ） A．等边三角形 B．等腰非等边三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 【答案】A 【分析】由正弦定理化角为边，再利用余弦定理求得，然后由余弦定理及已知求得，结合角大小得三角形形状． 【详解】在中，对于， 由正弦定理得：，即， 由余弦定理得：， 又，所以，又， 所以由余弦定理可得， 所以，即， 所以，结合，可得一定是等边三角形. 2．在中，角，，所对应的边分别为，，，．若，则（     ） A．3或 B．3或 C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理、两角差的正弦公式、二倍角公式、三角形内角和定理化简，可得或，结合正弦定理，求得的值. 【详解】因为，所以， 又， 所以， 结合， ， 当时，，由于，所以，所以. 当时，，所以. 综上所述，本小题选A. 3．已知的内角的对边分别为，满足，且则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正弦定理及三角变换公式可得，结合题设条件可得，从而可构建关于的方程，故可求的值. 【详解】因为，由正弦定理可得，而， 故即， 所以， 由题设条件可知均不为直角，故，故， 而所以， 故， 而，解得，若，则均为负， 则都为钝角，这与为三角形内角矛盾，故， 而为三角形内角，故. 4．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若为锐角三角形，，且，求面积的取值范围（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出角的范围，再应用正弦定理得出面积，最后应用正切的值域计算求解. 【详解】因为在中，，所以， 又因为为锐角三角形，所以，解得． 又因为，所以由正弦定理可得：， 由三角形面积公式可得： ， 又因为，所以，则， 故，即， 所以面积的取值范围是． 5．在锐角中，角，，所对的边分别为，，.若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由正弦定理边化角得到，再结合正弦定理得到，进而可求解. 【详解】因为，，所以， 即， 所以， 即， 又在锐角三角形中，， 则或，即或（舍去）. 因为. 由正弦定理可得， 则 因为是锐角三角形，所以， 所以，所以， 则. 6．已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理求出，，利用平面向量数量积的运算性质、三角恒等变换并结合角的取值范围可求得的最大值. 【详解】由正弦定理可得，则，， 因为，所以， 所以 ， 因为，所以， 故当时，取最大值. 7．在中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，为边上靠近点A的三等分点，，，，则（   ） A． B． C．1 D．3 【答案】A 【分析】过点作，利用等腰三角形的性质得到，再由条件求出，在中建立等式，求解. 【详解】 如图，过点作， 因为，所以是中点，且 又因为为边上靠近点A的三等分点，所以， 又因为，所以， 则，. 又因为，联立， 因为，所以，解得 在中，由余弦定理得 ， 解得，所以 8．已知，是两个暗礁群，将其视为质点，相距．为保障航行安全，欲在一条东西方向的航道（视为直线）上选取，点建两座灯塔，其中选取在距比距近的地方，且在灯塔处测得在它的南偏东方向，测得在它的南偏东方向．从灯塔沿航道向正东行驶可到灯塔，在灯塔处测得在它的南偏西方向，则在处测得在它的（     ） A．南偏西方向 B．南偏西方向 C．南偏西方向 D．南偏西方向 【答案】C 【分析】根据方位角推导三角形内角度数，依次在用正弦定理求、在用余弦定理求，最后在中用余弦定理推导出处的方位角. 【详解】为东西航道，在中，，， ，因此 由正弦定理，代入得， 在中，，， 由余弦定理： ， 代入化简得，解得或， 因为，且，所以. 在中，， 由余弦定理得， 即， 由余弦定理可得，，所以， 是与正西方向的夹角，换算为南偏西方向：， 因此在的南偏西方向. 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．的内角，，的对边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，且为钝角，则 【答案】ABD 【分析】结合三角恒等式和三角形的正弦定理的边角转化、余弦定理，分别对每个选项进行化简计算从而进行解答. 【详解】选项A：因为， 所以由三角恒等式可得， 即， 所以由正弦定理可得，故选项A正确； 选项B：由余弦定理可得， 由A可知，代入可得 ，当且仅当时等号成立， 因为， 所以，故选项B正确； 选项C：由余弦定理可得， 由A可知， 所以，由正弦定理可得， 所以，故选项C错误； 选项D：由A可知， 因为， 所以， 因为， 所以． 因为为钝角， 所以，即， 因为， 所以，故选项D正确. 10．中，角所对的边分别为，，，则（    ） A． B．的外接圆半径为 C．面积的最大值为 D．的内切圆半径的最大值为 【答案】ACD 【分析】根据余弦定理将等式中的角转化为边化简即可求出边的值，根据正弦定理即可判断B选项，利用已知角列出面积公式，根据基本不等式求解面积的最大值，根据等面积法利用内切圆半径列出面积公式，根据半径表达式计算最大值． 【详解】由余弦定理可得，整理得，解得，故A正确； 由正弦定理可得，则（为三角形外接圆的半径）； ， 由余弦定理可知， 因为，当且仅当时，等号成立； 故，故，则面积的最大值为； 设为的内切圆半径，则， 则，因为，当且仅当时，时，等号成立； 则， 令，则，则， 当时，即，取最大值，的内切圆半径的最大值为． 11．在中，角，，所对边分别为，，，的中点为，，且，延长到点，使点为线段的中点，下列说法正确的是（     ） A． B．的面积的最大值为 C．若为锐角三角形，的取值范围为 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】A选项，变形，由正弦定理得到，得到；B选项，由基本不等式可得，从而根据得到答案；C选项，由向量基本定理和正弦定理可得，从而得到的取值范围；D选项，先表达出，再由正弦定理和三角函数得到的最小值，从而得到答案 【详解】A选项，，由正弦定理得， 即，， ， 因为，所以， 因为，所以，A正确； B选项，延长到点，使点为线段的中点，故， 在中，由余弦定理得，故， 由基本不等式可得， 故，解得，当且仅当时，等号成立， 由面积公式可得， 故的面积最大值为，B错误； C选项，因为的中点为，所以， 两边平方可得 ， 由B知，，故， 由正弦定理得， 故， 故 ， 因为为锐角三角形，，所以， 解得， 故，， 所以， 所以， 所以，C正确； D选项，， 故 ， 由B知，， 故， 由C知，， 所以 ， 其中 ， 故 ， 其中，因为，所以，， 故当时，取得最小值， 最小值， 故的最小值为，D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足，的有两解，则b的取值范围为______. 【答案】 【分析】点的轨迹为与射线轴夹角为的射线，不包括点，结合图形分析求解即可. 【详解】在中，，边，边， 固定顶点，则点的轨迹为与射线轴夹角为的射线，不包括点， 点到边的距离为. 要使有两解，等价于以为圆心、半径作圆，该圆与射线有两个不同的交点，即对应两个符合条件的点， 需同时满足两个约束条件： ① 圆与射线相交，即圆心到射线的距离小于半径，得； ② 两个交点均在射线的正半轴上，即在的右侧，得. 因为 ，且， 联立得，所以的取值范围为. 13．司马迁是我国西汉伟大的史学家、文学家，其雕像位于韩城市司马迁祠内．某学习小组开展数学建模活动，欲测量司马迁雕像的高度．如图，选取与司马迁雕像底部同一水平面内的三个共线的测量基点，，，且在，，处测得雕像顶端的仰角分别为30°，45°，60°，米，则司马迁雕像高度为________米．    【答案】 【分析】设，由仰角分别得到，根据求解. 【详解】因为平面，设雕像高度，根据仰角的直角三角形关系： 在处仰角，则，故， 在处仰角，则，故， 在处仰角，则，故， 如图可知，， 即， 解得：，因为高度为正，故. 14．在中，为边上一点，，，，且的面积为，则的值为__________． 【答案】 【分析】由三角形面积得到，由余弦定理得，利用正弦定理得到答案 【详解】，，， 故，解得，    由勾股定理得，故， 所以，， 设，则，在中，由余弦定理得 ，即， 解得，负值舍去， 所以， 在中，由正弦定理得， 即，所以 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．在中，角，，的对边分别是，，，已知，，. (1)求的值； (2)求证：； (3)求. 【答案】(1) (2)由（1）得，则， 由余弦定理可知， 又， 且在中，由，可知，，，即， 所以； (3) 【分析】（1）根据余弦定理解三角形； （2）根据三角形的边长结合余弦定理可得，即可得证； （3）由三角形的三个内角关系直接计算. 【详解】（1）由已知，则， 又在中，，即， 由余弦定理可知， 解得； （2）由（1）得，则， 由余弦定理可知， 又， 且在中，由，可知，，，即， 所以； （3）由（2）得，所以， 又，则， 则. 16．在中，角所对边分别为，且满足. (1)求角的大小； (2)若是线段的中点，且，，求； (3)若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理边化角可求得，进而得到； （2）利用余弦定理和向量运算可构造方程组求得，代入三角形面积公式即可； （3）利用正弦定理边化角，结合两角和差公式、二倍角和辅助角公式可将问题转化为正弦型函数值域问题的求解；根据的范围可求得结果. 【详解】（1）由正弦定理得：，，即， ，. （2）由余弦定理得：…①； 为线段的中点，， ，即…②， ②①得：，解得：， . （3）由正弦定理得：，，， ； 为锐角三角形，，解得：， ，，， 又，，即的取值范围为. 17．的内角的对边分别为，已知. (1)求角的值； (2)若的面积为，求； (3)若，求周长的最大值. 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）利用正弦定理通过解已知方程即可求出角A的值； （2）利用三角形的面积公式求出，结合余弦定理即可求解； （3）利用余弦定理求出，再结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）已知，根据正弦定理可得，， 由于在中，，所以，， 因此，化简得， 由于，，所以，由于，解得. （2）由（1）可知，，又因为的面积为，即， 化简得，， 又因为，根据余弦定理，可得， 化简得， 所以，即，结合，解得. （3）由（1）可知，，又因为， 根据余弦定理，可得， 化简得，即，， 根据基本不等式，有，所以，解得，即， 当且仅当，即时取等号， 所以周长的最大值为. 18．在中，角的对边分别为，满足. (1)求角的大小； (2)若，，求的周长； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意利用余弦定理边角转化可得，即可得结果； （2）利用余弦定理解得，即可得周长； （3）利用正弦定理边角转化，结合三角恒等变换可得，进而可得取值范围. 【详解】（1）因为，所以， 由余弦定理可得， 因为，所以解得. （2）由余弦定理可得， 因为，所以解得， 因此的周长为. （3）由正弦定理可得， 所以，， 因为，所以， 则 ， 因为是锐角三角形，所以，即， 解得，即， 所以，即， 因为， 所以，即面积的取值范围是. 19．我们把在某一点观察物体最高点和最低点所形成仰角的差值称之为“仰角差”．某博物馆截面如图所示，墙壁上有一幅壁画，最高点为，最低点为，观察点所在的水平线与壁画的竖直线交点为，在点处观察点，仰角为，然后面对壁画前进处的点观察点，其仰角的正切值为7． (1)求壁画最高点与点的距离； (2)若在，两点观察壁画的最高点和最低点的仰角差相等． ①求壁画最低点与点的距离； ②在观察水平线上，应处在距离点多远处观察壁画，才能使得仰角差最大？ 【答案】(1)7 (2)①1；② 【分析】（1）根据三角函数的定义，列出方程即可求解； （2）设，，由正弦定理列出方程即可求解；设距点距离为时，仰角差最大，此时位于点，设，由两角差的正切公式及基本不等式即可求解． 【详解】（1）在中，，所以， 在中，， 因为， 所以， 所以壁画最高点与点的距离为7． （2）①设，， 在中，，则， 在中，， 在中，由正弦定理得，， 在中，， 在中，由正弦定理得，， 解得，即． ②设距点距离为时，仰角差最大，此时位于点，设， 在中，，在中，， 则 ，当且仅当，即时等号成立， 所以当距离点处观察壁画，才能使得仰角差最大． 2 / 18 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $