《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(2024全国甲理,11,5分,难)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B = 60°,b² = $\frac{9}{4}ac$,则sin A+sin C = ( )
A.$\frac{3}{2}$
B.$\sqrt{2}$
C.$\frac{\sqrt{7}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： 解法一:
∵B=60°,b²=$\frac{9}{4}$ac,
∴sinAsinC=
s4in²B=$\frac{1}{3}$
由余弦定理得b²=a²+c²−2accosB=a²+c²−ac,
∴a²+c²=14ac,
∴sin²A+sⅵn²C=s4inAsinC=$\frac{13}{12}$,
∴(sinA+sinC)²=sin²A+sin²C+2sinAsinC=$\frac{13}{12}$+2×$\frac{1}{3}$=$\frac{7}{4}$,
∴sinA+sinC=$\frac{\sqrt{7}}{2}$,故选C.
解法二:
∵b²=²9ac,
∴由正弦定理得sin²B=s9inAsinC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$2,
∴sinAsinC=$\frac{1}{3}$,
又
∵A+C=120°,
∴sinCsinA=$\frac{1}{2}$[cos(A−C)−cos(A+C)],
∴$\frac{1}{3}$=$\frac{1}{2}$[s(A−C)−($\frac{1}{2}${,
∴cos(A−C)=$\frac{1}{6}$
∴2cos²$\frac{A−C}{2}$−1=$\frac{1}{6}$,
∴cOS²$\frac{A−C}{2}$=$\frac{7}{12}$
又$\frac{H}{3}$＜$\frac{A−C}{2}$＜$\frac{H}{3}$,因此cos$\frac{A−C}{2}$=$\frac{\sqrt{21}}{6}$,
sinA+sinC=2sinA2+Ccos$\frac{A−C}{2}$=$\sqrt{3}$COS$\frac{A−C}{2}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$,故选C.

2.(2024新课标I,15,13分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin C = $\sqrt{2}\cos B$,a²+b² - c² = $\sqrt{2}ab$.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+$\sqrt{3}$,求c.

答案： 解析
(1)由余弦定理的推论得cosC=$\frac{a²+b²−c}{2ab}$=$\frac{\sqrt{2}ab}{2ab}$=
$\frac{\sqrt{2}}{2}$,又0＜C＜π,
∴C=$\frac{H}{4}$
由sinC=$\sqrt{2}$cosB得√2cosB=sin$\frac{H}{4}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴cosB=$\frac{1}{2}$,由0＜B＜π得B=$\frac{H}{3}$.
(2)由$\frac{b}{sinB}$=.得bs in√b√c2.
令√。3√c2t,t＞0,则b==$\sqrt{3}$t,c=$\sqrt{2}$t,
∵A=π−B−C=$\frac{5π}{12}$
∴sinA=sin$\frac{T}{4}$荀=$\frac{\sqrt{6}\sqrt{2}}{4}$,
∵SABC=$\frac{1}{2}$bcsinA=$\frac{1}{2}$　$\sqrt{3}$　$\sqrt{2}$tx$\frac{\sqrt{6}\sqrt{2}}{4}$=3　$\sqrt{3}$,
∴t=2,因此c=2√2.

3.(2024新课标II,15,13分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A + $\sqrt{3}\cos A$ = 2.
(1)求A;
(2)若a = 2,$\sqrt{2}b\sin C$ = c\sin 2B,求△ABC的周长.

答案： 解析
(1)由已知得$\frac{1}{2}$sinA+$\frac{\sqrt{3}}{2}$csA=sinA+)=1,,因为0＜A＜π,所以$\frac{H}{3}$＜A+＜＜$\frac{4π}{3}$,所以A+=$\frac{T}{2}$,即A=$\frac{H}{6}$.
(2)由√2bsinC=2csinBcosB及正弦定理$\frac{a}{sinA}$=$\frac{6}{sinB}$=
$\frac{c}{sinC}$,得√2sinBsinC=2sinCsinBcosB,又sinB≠0,且sinC ≠0,所以cosB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,则sinB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,则b=$\frac{a}{sinA}$sinB=12x -2 $\frac{\sqrt{2}}{2}$=2√2,又sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$,所以c=$\frac{a}{sinA}$.sinC=ī2×$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$=
　　　　　　　　　　　　　　　　2
　$\sqrt{2}$　$\sqrt{6}$,即a+b+c=2+3√2　$\sqrt{6}$
所以△ABC的周长为2+3√2　$\sqrt{6}$

1.(2023全国乙文,4,5分,易)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a$\cos B$ - b$\cos A$ = c,且C = $\frac{\pi}{5}$,则B = ( )
A.$\frac{\pi}{10}$
B.$\frac{\pi}{5}$
C.$\frac{3\pi}{10}$
D.$\frac{2\pi}{5}$

答案：
∵acosB−bcosA=c,
∴sinAcosB−sinBcosA=sinC,
∴sin(A−B)=sinC,
∴A−B=C(A−B+C=π舍去),
又C=$\frac{T}{5}$
∴A−B=$\frac{H}{5}$,又A+B=$\frac{4π}{5}$,
∴B=$\frac{3π}{10}$,故选C.
　一题多解
　　由acosB−bcosA=c得sinAcosB−sinBcosA=sinC,
　即sinAcosB−sinBcosA=sinAcosB+cosAsinB,
∴cosAsinB=0,又知sinB≠0,
∴COSA=0,又
∵A∈(0,π),
∴A=$\frac{H}{2}$
∴B=$\frac{T}{2}$−C=$\frac{TT}{25}$=$\frac{3π}{10}$.故选C.

2.(2020课标III理,7,5分,易)在△ABC中,$\cos C$ = $\frac{2}{3}$,AC = 4,BC = 3,则$\cos B$ = ( )
A.$\frac{1}{9}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$

答案： 由cosC=$\frac{AC²+BC²−AB²}{2AC.BC}$得$\frac{2}{3}$=$\frac{16+9−AB2}{2×4×3}$
∴AB=3,
∴cosB=$\frac{BA²+BC²−AC}{2BA.BC}$=$\frac{9+9−16}{2×3×3}$=$\frac{1}{9}$,故选A.

3.(2021全国甲文,8,5分,中)在△ABC中,已知B = 120°,AC = $\sqrt{19}$,AB = 2,则BC = ( )
A.1
B.$\sqrt{2}$
C.$\sqrt{5}$
D.3

答案： 解法一:设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,在△ABC中,由题意知b=　$\sqrt{19}$,c=2,由余弦定理b²=c²+
a²−2cacosB,得19=4+a²−2.2a.cos120°,整理得a²+2a−15=0,解得a=3或a=−5(舍),所以BC=3.故选D.
解法二:在△ABC中,由正弦定理得$\frac{AC}{sinB}$=$\frac{AB}{sinC}$,即x$\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\frac{\sqrt{19}}{sin120°}$=$\frac{2}{sinC}$,所以sinC=$\frac{2}{\sqrt{19}}$=　$\sqrt{\frac{3}{19}}$,又0°＜C＜60°,所以cosC=$\sqrt{1−sin²C}$=$\frac{4}{\sqrt{19}}$,所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{4}{\sqrt{19}}$+($\frac{1}{2}$)x　$\sqrt{\frac{3}{19}}$=$\frac{3√3}{2\sqrt{19}}$,所以BC=
　　　　　　$\sqrt{19}$×$\frac{3√3}{2\sqrt{19}}$
$\frac{\sqrt{19}sinA}{sinB}$=　　√23　　=3.

4.(2021全国乙,文15,理15,5分,中)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为$\sqrt{3}$,B = 60°,a²+c² = 3ac,则b = ______.

答案： 答案2√2

5.(2023全国甲理,16,5分,中)在△ABC中,∠BAC = 60°,AB = 2,BC = $\sqrt{6}$,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD = ______.

答案： 答案2
解析　在△ABC中,由余弦定理得BC=AB+AC−2AB.AC.cos∠BAC,即(√6)²=2²+AC²−2×2ACxcos60°,即AC²−2AC−2=
0,解得AC=1　$\sqrt{3}$或AC=1　$\sqrt{3}$(舍),由于AD平分∠BAC,且∠BAC=60°,所以∠BAD=∠CAD=30°.S△ABC=S△ABD+S△ACD,即$\frac{1}{2}$×2×(√3+1)×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{1}{2}$×2×ADx$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$×(√3+1)×ADx$\frac{1}{2}$,即√3×(√3+1)=AD+$\sqrt{3}$A+1D,解得AD=2.
　一题多解
　　在△ABC中,由正弦定理得$\frac{AB}{sinC}$=$\frac{BC}{sinBAC}$,即$\frac{2}{sinC}$=
$\frac{\sqrt{6}}{sin60°}$,得sinC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,又知0°＜C＜120°,
∴C=45°,
∴B=75°,在△ABD中,∠BAD=30°,
∴∠ADB=180°−30°−75°=75°,
∴△ABD为等腰三角形，
∴AD=AB,又AB=2,
∴AD=2.

6.(2021浙江,14,6分,中)在△ABC中,∠B = 60°,AB = 2,M是BC的中点,AM = 2$\sqrt{3}$,则AC = ______, $\cos\angle MAC$ = ______.

答案： 答案2$\sqrt{13}$;$\frac{2\sqrt{39}}{13}$
解析　在△ABM中,AB=2,∠B=60°,AM=2√3,
由余弦定理得AM²=AB²+BM²−2AB.BM.cosB,
即12=4+BM²−4.BM.$\frac{1}{2}$,解得BM=4或BM=−2(舍),
∵M为BC的中点，
∴BM=MC=4,BC=8,
在△ABC中,由余弦定理得AC²=AB²+BC²−2AB.BC.cosB,
∴AC²=4+64−2×2×8×$\frac{1}{2}$=52,
∴AC=2$\sqrt{13}$
在△AMC中，由余弦定理的推论可得
COS∠MAC=$\frac{AM²+AC²−MC²}{2AM.AC}$=$\frac{12+52−16}{2×2\sqrt{3}×2\sqrt{13}}$=$\frac{2\sqrt{39}}{13}$

7.(2022全国甲,文16,理16,5分)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB = 120°,AD = 2,CD = 2BD.当$\frac{AC}{AB}$取得最小值时,BD = ______.

答案：
答案√3−1
解析　解法一:利用余弦定理表示所求的边长.
第一步:巧设变量,探寻三角形，合理表示边长.
设BD=m(m＞0),则CD=2m.
在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD²+BD²−2AD.
BD.cos∠ADB=m²+2m+4,
在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD²+CD²−2AD.
CD.cos∠ADC=4m²−4m+4.
第二步:构造函数，巧妙变换，求其范围.
∴$\frac{AC²}{AB²}$=$\frac{4m²−4m+4}{m²+2m+4}$=4$\frac{12(m+1)}{m²+2m+4}$=4m+11+2−3'
　　　　　　　　　　　　　　　　m+1
∵m＞0,
∴m+1＞1,
∴m+1+m+3≥2√3,当且仅当m+1=$\frac{3}{m+1}$,即m=$\sqrt{3}$−1时取“=”,
此时，$\frac{AC²}{AB²}$取得最小值，即$\frac{AC}{AB}$取得最小值.
所以当$\frac{AC}{AB}$取得最小值时,BD=$\sqrt{3}$−1.
解法二:利用坐标法解决边长问题.
设BD=m(m＞0),以D为坐标原点,DC边所在直线为x轴建立如图所示的直角坐标系,则B(−m,0),C(2m,0),A(1,√3),　则　$\frac{AC²}{AB²}$　=　((2mm+−11))²²++33　=　4mm²²+−24mm++44　=
$\frac{4(m²+2m+4)−12m−12}{m²+2m+4}$=4−$\frac{12(m+1)}{(m+1)²+3}$=4−　　　12　　　≥
　　　　　　　　　　　　　　　　　(m+1)+$\frac{3}{m+1}$
4−2√3,当且仅当m+1=$\frac{3}{m+1}$,即m+1=$\sqrt{3}$,m=$\sqrt{3}$−1时,等号成立,即BD=$\sqrt{3}$−1.