《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

14.(2024广东广州华南师大附中月考,15)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且△ABC的面积S = $\frac{\sqrt{3}}{2}$accosB.
(1)求角B的大小;
(2)若a = 2,且$\frac{\pi}{4}$ ≤ A ≤ $\frac{\pi}{3}$,求边c的取值范围.

答案： 解析：
(1)$S=\frac{\sqrt{3}}{2}ac\cos B=\frac{1}{2}ac\sin B$，$\therefore\tan B=\sqrt{3}$，$\because B\in(0,\pi)$，$\therefore B=\frac{\pi}{3}$。
(2)$\because a = 2$，$B=\frac{\pi}{3}$，$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，$\therefore c=\frac{2\sin C}{\sin A}=\frac{2\sin(\frac{2\pi}{3}-A)}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}\cos A + 1}{\sin A}+1=\frac{\sqrt{3}}{\tan A}+1$。$\because\frac{\pi}{4}\leqslant A\leqslant\frac{\pi}{3}$，$\therefore 2\leqslant c\leqslant\sqrt{3}+1$。即边$c$的取值范围是$[2,\sqrt{3}+1]$。

15.(2024山东日照一模,15)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知$\sqrt{2}$a - 2bsinA = 0且a = 5,c = 4$\sqrt{2}$
(1)求角B及边b的大小;
(2)求sin(2C + B)的值.

答案： 解析：
(1)因为$\sqrt{2}a-2b\sin A = 0$，所以由正弦定理得$\sqrt{2}\sin A-2\sin B\sin A = 0$。因为$\sin A＞0$，所以$\sqrt{2}-2\sin B = 0$，$\sin B=\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为$B$是锐角，所以$B=\frac{\pi}{4}$。由余弦定理得$b=\sqrt{a^{2}+c^{2}-2ac\cos B}=\sqrt{25 + 32-2\times5\times4\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{17}$。
(2)由余弦定理的推论得$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{25 + 17-32}{2\times5\times\sqrt{17}}=\frac{1}{\sqrt{17}}$，因为$C$是锐角，所以$\sin C=\sqrt{1-\cos^{2}C}=\sqrt{1-\frac{1}{17}}=\frac{4}{\sqrt{17}}$，所以$\sin(2C + B)=\sin(2C+\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin 2C+\cos 2C)=\frac{\sqrt{2}}{2}(2\sin C\cos C+2\cos^{2}C - 1)=\sqrt{2}\sin C\cos C+\sqrt{2}\cos^{2}C-\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\times\frac{4}{\sqrt{17}}\times\frac{1}{\sqrt{17}}+\sqrt{2}\times\frac{1}{17}-\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{7\sqrt{2}}{34}$。

1.(2024湖南长沙长郡中学二模,15)已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中a = 4,4$\sqrt{3}$cosC = $\sqrt{3}$b - csinA.
(1)求A;
(2)已知AM为∠BAC的平分线,且与BC交于点M,若AM = $\frac{2\sqrt{2}}{3}$,求△ABC的周长.

答案： 解析：
(1)根据题意可得$\sqrt{3}a\cos C+c\sin A=\sqrt{3}b$，由正弦定理得$\sqrt{3}\sin A\cos C+\sin A\sin C=\sqrt{3}\sin B$，又$\sqrt{3}\sin B=\sqrt{3}\sin(A + C)=\sqrt{3}\sin A\cos C+\sqrt{3}\cos A\sin C$，故$\sin A\sin C=\sqrt{3}\cos A\sin C$，又$\sin C\neq0$，所以$\sin A=\sqrt{3}\cos A$，则$\tan A=\sqrt{3}$，因为$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{\pi}{3}$。
(2)因为$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABM}+S_{\triangle ACM}$，所以$\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC=\frac{1}{2}AM\cdot c\cdot\sin\angle BAM+\frac{1}{2}AM\cdot b\cdot\sin\angle CAM$，又$AM$平分$\angle BAC$，所以$\angle BAM=\angle CAM=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{\pi}{6}$，所以$\frac{1}{2}bc\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}\times\frac{2\sqrt{2}}{3}c\times\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{2\sqrt{2}}{3}b\times\frac{1}{2}$，则$\sqrt{3}bc=\frac{2\sqrt{2}}{3}(b + c)$，即$bc=\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}(b + c)$，由余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\angle BAC$，即$16=b^{2}+c^{2}-bc$，所以$16=(b + c)^{2}-3bc=(b + c)^{2}-\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(b + c)$，解得$b + c = 2\sqrt{6}$（负值舍去），故$\triangle ABC$的周长为$2\sqrt{6}+4$。