周测卷(十三)余弦定理、正弦定理-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三数学一轮复习周测卷

13 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十三） 数学·余弦定理、正弦定理 (考试时间40分钟，总分100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36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.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=60°，b=3,c=2,则cosB的值为 A.、 14 C.、f 7 2.我国南宋时期杰出的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，其内容为：“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 限，开平方得积”把以上文字写成公式，即S=日。：-（色+9万（其中S为△AC 的面积，a,b,c为△ABC的三个内角A,B,C所对的边).若bcos C+ccos B=4,b=5,且 sinB+sinC=3,则利用“三斜求积”公式可得△ABC的面积S= sin A A.2√6 B.46 C.6√6 D.86 3.在△ABC中，若sinA:sinB:sinC=4:5:6,则△ABC是 A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.等边三角形 4.天津市滨海新区最高的楼叫天津周大福金融中心，简称“津沽棒”，也有人戏称它为“金箍棒” 如图所示，为了测量大楼高度，在大楼附近的水平地面上共线的三点A,B,C处测得其顶点P 的仰角分别为30°，60°，45°，且AB=BC=650米，则津沽棒的高度OP为 A.2605米 B.260米 C.130/15米 D.360√6米 5.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若c=1,a+b=cosA+cosB,则该 三角形的外接圆的面积为 A.3 B. c.2 D.π 数学·周测卷（十三）第1页（共4页） 13 鱼歇龙门卷 ,在△ABC中，SinA-C)+sinC=sinB,且BC边上的高为3，则 A.△ABC的面积有最大值，且最大值为 B.△ABC的面积有最大值，且最大值为3 C,△4BC的面积有最小值，日最小值为号 D.△ABC的面积有最小值，且最小值为3 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。带￥题目为能力提升题，分值不 计入总分。 7.在△ABC中，AB=√3，B=60°，若满足条件的三角形有两个，则AC的取值可能是 A.1.5 B.1.6 C.1.7 D.1.8 8.在锐角三角形ABC中，角A,B,C所对应的边分别是a,b,c,则下列结论一定成立的有 A.sin2A+sin'B<sin'C B.sin(A+B)=sin C C.若A>B,则sinA>sinB D.若A=不则<B<牙 *已知某四面体的四条棱长度为α，另外两条棱长度为b,则下列说法正确的是 A.若a=2且该四面体的侧面存在正三角形，则b∈（√6一√2，√6十√2） B.若a=3且该四面体的侧面存在正三角形，则四面体的体积V,∈(0,33】 4」 C.若a=4且该四面体的对棱均相等，则四面体的体积V,∈(0,1283 27 D.对任意α>1，记侧面存在正三角形时四面体的体积为V1,记对棱均相等时四面体的体积为 V2,恒有(V1)max>(V2)max 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 9.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,PA=AC=2,∠ABC=30°，则三棱锥P-ABC的外接 球的表面积为 10.如图，在△ABC中，D是AC边上一点，∠ABC为钝角，∠DBC= 90.若caC-3则sm∠ADB-若AB-,BC-1, DC=2AD,则△ABD的面积为 数学·周测卷（十三）第2页（共4页） 班级 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。带￥题目为能 力提升题，分值不计入总分。 姓名 11.(20分) 在△ABC中，设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足(a+b)b=c2. 得分 (1)求证：C=2B; (2)求a十46 bcos B的最小值. 选择题 答题栏 04““““4““ 1日 2 3 4 5 12.(20分) 6 △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinA+sinC+cos2B+sin(π一A)sin(π+ C)=1. 8 (1)求B; (2)若a=2,c=3,求△ABC内切圆的半径； (3)若M为△ABC的垂心，且点M在△ABC内，直线AM与BC交于点D,且BM=4,求 AB+MD的最大值， 数学·周测卷（十三）第3页（共4页） 鱼款龙门卷 桌状山是一种山顶水平如书桌，四面绝壁临空的地质奇观.位于我国四川的瓦屋山是世界第二 大的桌状山，其与峨眉山并称蜀中二绝.苏轼曾有诗云：“瓦屋寒堆春后雪，峨眉翠扫雨余天”. 某地有一座类似瓦屋山的桌状山可以简化看作如图1所示的圆台，图中AB为圆台上底面的一 条东西方向上的直径，某人从M点出发沿一条东西方向上的笔直公路自东向西以243km/h 的速度前进，15分钟后到达N点.在M点时测得A点位于北偏西45°方向上，B点位于北偏西 15°方向上；在N点时测得A点位于北偏东15°方向上，B点位于北偏东45°方向上，且在N点 时观测A的仰角的正切值为。设A点在地表水平面上的正投影为A',B点在地表水平面上 的正投影为B',A',B',M,N在地表水平面上的分布如图2所示. (1)该山的高度为多少千米？ (2)已知该山的下底面圆的半径为3十√3km,当该山被冰雪完全覆盖时，冰雪的覆盖面积为多 少平方千米？ A B' 北 北 图1 图2 数学·周测卷（十三）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 由平面向量数量积的定义可得AB·AC=AB1· IAGIcos9-2X4X2 所以CN·A店=(2A店-AC)·A店=2A2 A店.Ad=2×2-2=0, 又因为C,AB均为非零向量， 故CN⊥AB,即CN⊥AB. (3)解：因为点P为线段NC上的一点，设NP λNC,其中0≤λ≤1， 数学（十 一、选择题 1.B【解析】由余弦定理a2=b2十c2-2 bccos A=9十 4-2×3×2×日-=7，解得a=厅，放cosB= a2+c2-62=7+4-9=7 2ac 2×√7×214 2.B【解析】因为bcos C十ccos B=4,由余弦定理可 +c.2+c2-6 得b.a2+b2-c2 =4,解得a=4, 2ab 2ac 又因为sinB+sinC 3,由正弦定理可得十=3， sin A 且6=5，即5=8，解得c=7,所以S 6. 3.C【解析】因为sinA:sinB:sinC=4:5:6,由 正弦定理得a:b:c=4:5:6,设a=4t(t>0),则 6=5t,c=6t,由余弦定理得c0sC=a2+62-C 2ab 62十2536t-日>0，则C为锐角，又C为最大 2×4t×5t 内角，故△ABC为锐角三角形， 4.C【解析】设塔的高PO=h, 在R△POA中，OA=,OP tan30° ,同理0B=,0C= 30T>4 在△OAC中，∠OBA+ ∠OBC=π，则cos∠OBA=-cos∠OBC,所以 OB2+AB2-OA2 2OB·AB =一 o,即 7. 含五+6560-3M吉2+650- 一，解得h= 8. 2. 3h·650 2.3 h·650 ·36· 则AP-AN=NP=λ(AC-AN), 所以A=(1-Aa+aC-122a遮+aC, 又因为矿=号AC+号A应，且A,Ad不共线， 1-入1 所以24 解得入=2， =2’ 此时点P为线段NC的中点. 130W√15，所以塔的高度为130√15米. B【解析】因为c=1,所以十中=c0sA十c0sB,由 正弦定理得sinA十sinB =cosA十cosB,则sinA+ sin C sinB=cos Asin C+cos Bsin C,所以sin(B+C)+ sin(A十C)-cos Asin C+cos Bsin C,整理得 sin Bcos C+sin Acos C=0,所以(sinB+sinA)cosC= 0,因为A,B,C∈(0，π)，所以sinA>0,sinB>0, cosC∈(-1,1)，故cosC=0,即C=,则该三角形 11 的外接圆的半径，=2c=2,所以外接圆的面积为 2= D【解析】因为sin(A-C)+sinC=sinB=sin(A+ C),所以sin Acos C-cos Asin C+sinC=sin Acos C+ cos Asin C,所以2 cos Asin C=sinC,又C为三角 形内角，所以sinC≠0，所以cosA= 2,所以A= 牙，设角A,B,C的对边分别为a,bc,BC边的高为 人，由三角形面积公式可得sinA= 2ah,又h= 所以c=a,又cosA=6+c2-a2=1 √3 2bc二=2，所以 a2=b2+c2-bc≥bc=a,当且仅当b=c时取等号， 所以a≥l,所以S=方ah≥g 41 选择题 BC【解析】根据题意可得，满足条件的△ABC有两 个，可得ABXsin B<-AC<AB→<AC<5, BCD【解析】对于A,因为△ABC为锐角三角形， 所以osC>0,由余弦定理得，coC。6C人 ·数学· 0,即a2+b2-c2>0,由正弦定理得，sin2A十sin2B> sinC,故A错误；对于B,sin(A十B)=sin(π-C)= sinC,故B正确；对于C,因为△ABC为锐角三角 形，且A>B,所以>A>B>0,又因为y=sinx 在(0,2）上单调递增，所以sinA>sinB,故C正确；对 于D,由A=T得，C=-A-B=- 4T-B,由△ABC <B<,<B<受， 为锐角三角形得， 即 3 0<c<,0<-B<, 解得不<B<,故D正确。 ACD【解析】对于A选项，如图所示，四面体A-BCD 中，依题意，不妨设AC=CD=AD=AB=2,BC= BD=b,设E是CD的中点，所以BE=√62-1，AE= √3，设∠EAB=a,则0<a<π，在三角形ABE中，由 余弦定理得BE2=22+(W3)-2×2×√3×cosa,即 b2-1=7-4√3c0sa,b2=8-43c0sa,由于8 4√3cosa∈(8-4√3,8+4√3)，所以b∈(W6-√2wW6+ √2)，故A选项正确.对于B选项，如图所示，四面体 A-BCD中，不妨设AC=CD=AD=AB=a,BC= BD=b,设E是CD的中点，则BE⊥CD,AE⊥CD, BE∩AE=E,BE,AEC平面ABE,所以CD⊥平面 ABE.设∠EAB=a,则0<a<,由于AE=3a 2a,所 ne)a=语a'sin a.当a=3 sina=1时等号成立，B选项错误. 对于C选项，如图所示，四面体A BCD中，不妨设AB=CD=b,BC=AD=BD= AC=a,设E是CD的中点，则BE⊥CD,AE⊥CD, BE∩AE=E,BE,AEC平面ABE,所以CD⊥平面 ABE.在三角形ABE中，BE=AE=Q一 一4，所以 1 442Wa 2,所以 ·3 参考答案及解析 616.6.6 1 616(+a2 3 -9。当只仅当 62 3b2 2,即 -a心，即a-6时等号成立.放当 4 a=4时，y∈o,语]，即∈(o,12],c进 项正确.对于D选项，由上述分析可知，(V)mx= e-狼e.w-22.-e,w）> (V2)max,所以D选项正确. 三、填空题 9.20π【解析】如图，在△ABC中， AC=2,∠ABC=30°，所以 AC 2 sin∠ABCsin30=4,则由正弦 0 定理可得△ABC外接圆半径为 O'A=2,因为PA⊥平面ABC,所 以三棱锥P-ABC的外接球半径为 R=0P=0A=+(y=v2+=5,所以 外接球表面积S=4πR2=20π. 10,弓号【解折】由题意可知，m乙小DB-n(e+ 1 C)=c0sC=3:在△ABC中，AB=AC+BC2- 2AC·BC·cosC,即73=AC+1-2AC×3,解 得AC-号（负值含去），由DC=2AD得AD-号， DC=3,故BD=√32-1=2√2，故△ABD的面积 为号AD·DB·sm∠ADB=号×各×2EX 1√2 3-2 四、解答题 11.(1)证明：在△ABC中，由已知及余弦定理， 得(a十b)b=c2=a2+b2-2 abcos C, 即b=a-2 cos C, 由正弦定理，得sinB=sinA-2 sin Bcos C, 又A=π-(B十C), sin B=sin(B+C)-2sin Bcos C=sin Bcos C+ cos Bsin C-2sin Bcos C=cos Bsin C-sin Bcos C= sin(C-B). 高三一轮复习周测卷 因为O<sinB=sin(C-B), 所以0<C-B<C<x, 因为B十(C一B)=C<π， 所以B=C-B,故C=2B. (2)解：由(1)C=2B得B+C=3B∈(0，π)， 所以B∈(0，)，cosB∈（分小， 由1)得a=6(1+2cosC),C=2B,得2+6 bcos B 5+2cosC_5+2cos2B_5+2(2cos2B-1) cos B cos B cos B 4cos B+3 cosB≥2√4cosB· 3 cos B =4W3, 当且仅当B=石∈(0，)时等号成立， 所以当B=云时，志管的放小值为4,5。 12.解：(1)因为sin2A+sinC+cos2B+sin(π-A) sin(+C)=1, 所以sin2A+sinC-sin Asin C=1-cos2B=sin2B. 由正弦定理得a2十c2-b2=ac, 所以cosB=Q2+c2-b1 2ac 2’ 因为0<B<,所以B=子 (2)由(1)知a2十c2-b2=ac,代入数据得b=√7. 因为△ABC的面积S= 2acsin B=3/3 2 所以△ABC内切圆的半径r= 2S3W3 a+b+c5+√7 33(5-√7)_53-√2I 18 6 (3)如图，设∠DBM=a,0<a<行， 则∠BMA=十a,且MD=BMsin&=4sina. 因为∠ABD=子，所以∠BAD= 6 由正弦定理得BM AB sin 6 sin(+) 所以AB=8sin(经+a)=8cosa… 3 所以AB+MD=8cosa+4sina=4W5sin(a+p), 其中tanp=2, 故AB十MD的最大值为4√5. *解：(1)由题意可知∠B'MN=∠A'NM=75°， ∠A'MN=∠B'NM=45°， 所以∠NA'M=60°， MN 在△A'MN中，由正弦定理sin∠NAM AN sin∠A'MN' MN=245·君8-65，所以_4义 √2 2 2 2 即A'N= X66 3√6 =3V6×2 =6√2， 3 3 V3 2 2 又因为N点观测A时仰角的正切值为，A4'=62· =6, 6 所以该山的高度为√6千米 A: 北 M (2)设△A'MB'的外接圆为圆O,因为∠A'MB′= ∠A'NB'=30°，∠B'MN=∠A'NM=75°， 又由题意可知A'B'MN, 所以∠B'NM=∠A'MN=∠B'A'M=∠NB'A'=45°， 所以∠MB'N=∠NA'M=180°-45°-75°=60°， 所以∠B'A'N+∠NMB'=∠A'B'M+∠MNA'= 60°+45°+75°=180， 所以根据圆的性质，A',B',M,N四点共圆， 在△A'MN中，由正弦定理得圆O的直径为 MN sin∠NA'M 63二12 √3 2 在△AMB'中，由正弦定理得A'B'=12sin∠A'MB'=6, B 延长A'B'与圆台交于C点，由题意下底面圆半径为 3+√3km, 在直角△BBC中，由勾股定理得 ·数学· 圆台的母线长BC=√(BB)十(B'C)= √(6)2+(3)2=3. 圆台的侧面积为π·(3十3十√3)·3=(3√3十18)π(km2), 数学( 一、选择题 1.C【解析】由zi=3-2z得zi+2x=3.设复数之= x十yi(x,y∈R),则之=x-yi,所以(x+yi)i十 2(x-yi)=3,所以2x-y+(x-2y)i=3,所以 2xy=3解得=2”所以之=2+i x-2y=0, y=1,1 2.C【解析】由2(2+z)=i(1-z),设之=a+bi(a, b∈R),得(2a+4)-2bi=b+(1-a)i,由实部和虚 部分别相等知 a+46,解得a=-3则在复 -2b=1-a, 6=-2, 平面内对应的点（一3，一2）在第三象限. 3D【解析】由棣莫弗公式，w=(cos+in石)°- 5π n5m=-5+ cos 6+isin 6-22i. 4.B【解析】设x=a+bi,其中a,b∈R,则之-1+i= (a-1)+(b+1)i,因为|x|=1,所以a2+b2=1,即 点(a,b)的轨迹是以(0,0)为圆心，1为半径的圆，所 以|x-1十i=√(a-1)2+(b+1)2即为圆上动点到 定点(1，一1)的距离，所以|之一1+i的最大值为 √(0-1)+(0+1)产+1=√2+1. 5.A【解析】设x=a+bi(a,b∈R),则2千一2十 a+bi a+6D(2-D_2a十6+(26-ai,因为2年为纯虚 (2+i)(2-i) 5 12a+b=0'所以b=-2a≠0x=a-2ai, 数，所以2b-a≠0， 因为|x|=1,所以√a2+(-2a)7=1,解得a= 土有则6=干25，即：的虚部为士25。 6.A【解析】设之2=a十bi(a,b∈R),因为z=2i,所 以a2-62十2ab1=2i,所以a-=0,解得 2ab=2, 所以之2=1十i或之2=-1-i.因 b=-1, 之2 为十之：=i这1，所以之1=十，当2=1十i时， 1+i(1+i)(-1-i) 之1=-1+i广1+D(-1-=-i,则1x|=1:当 -1-i(-1-i)(-1-i) x2=-1-i时，x1=-1+i(-1+iD(-1-i) =i, ·3 参考答案及解析 圆台的上底面面积为元·32=9元km2, 所以侧面积与上底面面积相加知，该山被冰雪覆盖的 面积为(3√3十27)π平方千米. 十四) 则之1=1. A【解析】由对称性及z1之2之3= 0,不妨设之3=0，则之1十之2=8十 2i,之1之2=15十10i.由根与系数 的关系知之1，之2是方程之2一B a E (8+2i)之+15+10i=0的两个根，则方程x2一(8十 2i)z+15十10i=0的两根为5,3+2i.不妨设之1=5， 之2=3十2i,则△ABC在复平面上的顶点坐标为A(5, 0),B(3,2),C(0,0),则a=BC=√13，b=AC=5, c=AB=2√2，设三角形内心为I(x1,y1),由内心的 性质aA+bIB十cIC=0知，√13(5-x1,-y1)+ 5(3-x1,2-y1)+2√2(-x1,-y1)=(0,0),所以 √13y1+10-5y1-2√2y1=0,解得y1= 5+2w2+V1又10=5+2+3<5+22+V13< 10 5+4十4<20，所以y1∈(0.5,1). 二、选择题 7.ACD【解析】因为z1,z2是关于x的方程x2十px十 q=0(p,9∈R)的两个根且之1=1十i,所以之2=1-i, 即之1=之2，故A正确；z号=(1十i)2=2i,x号=(1-i)2= 一2i,所以z≠之2，故B错误；因为z1十之2=(1+i)十 (1一i)=2=一p,所以p=一2，故C正确；之1之2= (1+i)(1-i)=12-i2=2=q,故D正确. 8.ACD【解析】对于A,之=1+i-i=1+iDi-i i i·i 1一2i的虚部为-2，故A正确；对于B,令之1=i, 之2=一i,满足z十z=0,故B错误；对于C,设之= a十bi,则a2+b2=1,且-1≤a≤1，由x-2=a-2+ bi,得|之-2|=√J(a-2)2+b=√a2+b2-4a+4= √5-4a,所以|之一2|mim=√5-4=1，故C正确，对 于D,令之1=a+bi|=ac+bd+(bc-ad)i +di= = c2+d2 (ac Fbd)+(be-ad)a)(cd) c2+d2 c2+d2 √a2+b|x11 V+d2,故D正确. 三、填空题 Q号+V3i(答案不唯一)【解析】设之=a+bi(a,6∈