《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

14.（2023·全国甲卷）在△ABC中，AB = 2，∠BAC = 60°，BC = $\sqrt{6}$，D为BC上一点，AD为∠BAC的平分线，则AD = ________.

答案：
答案　2
　解析　如图所示，记AB=c，AC=b，BC=a。
　解法一：由余弦定理可得，2²+b²−2×2×b×cos60°=6，因为b＞0，解得b=1+$\sqrt{3}$。由$S_{\triangle ABC}$=$S_{\triangle ABD}$+$S_{\triangle ACD}$可得，$\frac{1}{2}$×2×b×$\sin60^{\circ}$=$\frac{1}{2}$×2×AD×$\sin30^{\circ}$+$\frac{1}{2}$×AD×b×$\sin30^{\circ}$，解得AD=$\frac{\sqrt{3}b}{1+\frac{b}{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}(1+\sqrt{3})}{3+\sqrt{3}}$=2。
　　　　　　　　　　　　　　　　 解法二：由余弦定理可得，2²+b²−2×2×b×cos60°=6，因为b＞0，解得b=1+$\sqrt{3}$，由正弦定理可得，$\frac{\sqrt{6}}{\sin60^{\circ}}$=$\frac{1+\sqrt{3}}{\sin B}$=$\frac{2}{\sin C}$，解得$\sin B$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，$\sin C$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为1+$\sqrt{3}$＞$\sqrt{6}$＞2，所以C=45°，B=180°−60°−45°=75°，又∠BAD=30°，所以∠ADB=75°，所以AD=AB=2。

15.（2022·全国甲卷）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　$\sqrt{3}$−1
　解析　设CD=2BD=2m＞0，则在△ABD中，AB²=BD²+AD²−2BD·ADcos∠ADB=m²+4+2m，在△ACD中，AC²=CD²+AD²−2CD·ADcos∠ADC=4m²+4−4m，所以$\frac{AC²}{AB²}$=$\frac{4m²+4−4m}{m²+4+2m}$=$\frac{4(m²+4+2m)−12(1+m)}{m²+4+2m}$=4−$\frac{12}{(m+1)+\frac{3}{m+1}}$≥4−$\frac{12}{2\sqrt{(m+1)·\frac{3}{m+1}}}$=4−2$\sqrt{3}$，当且仅当m+1=$\frac{3}{m+1}$，即m=$\sqrt{3}$−1时等号成立。所以当$\frac{AC}{AB}$取得最小值时BD=$\sqrt{3}$−1。
　　　　　　　　　　　　　　　

16.（2021·全国乙卷）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$\sqrt{2}$
　解析　由$S_{\triangle ABC}$=$\frac{1}{2}$acsinB，得$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$acsin60°，即$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$ac，解得ac=4。所以a²+c²=3ac=12。由余弦定理，得b²=a²+c²−2accosB=12−2×4×$\frac{1}{2}$=8，所以b=2$\sqrt{2}$。

17.（2023·黑龙江哈尔滨三中一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知csin(B + $\frac{\pi}{3}$) - bsinC = 0，则角B的大小为（ ）
A. $\frac{\pi}{3}$
B. $\frac{2\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{6}$
D. $\frac{5\pi}{6}$

答案： 17.A　[因为$c\sin(B+\frac{\pi}{3})$−$b\sin C$=0，所以$\frac{1}{2}$$c\sin B$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$$c\cos B$−$b\sin C$=0，所以由正弦定理边化角得，$\frac{1}{2}$$\sin C\sin B$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\sin C\cos B$−$\sin B\sin C$=0，因为C∈(0,π)，$\sin C$≠0，所以$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\cos B$−$\frac{1}{2}$$\sin B$=0，即$\tan B$=$\sqrt{3}$，因为B∈(0,π)，所以B=$\frac{\pi}{3}$。故选A.]

18.（2023·江西省赣州市第三中学适应性考试）已知△ABC的三边a，b，c及对角A，B，C，周长为5，且满足(sinA + sinB)² = sinAsinB + 7sin²B，若b = 1，则△ABC的面积S = （ ）
A. $\frac{\sqrt{15}}{4}$
B. $\frac{7}{8}$
C. $\frac{\sqrt{15}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{15}}{8}$

答案： 18.A　[因为($\sin A$+$\sin B$)²=$\sin A\sin B$+7$\sin²B$，由正弦定理得(a+b)²=ab+7b²，所以a=2b或a=−3b(舍去)，△ABC的周长为5，b=1，则a=2，c=2，由等腰三角形的性质知AC边上的高为h=$\sqrt{2²−(\frac{1}{2})^{2}}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，所以S=$\frac{1}{2}$×1×$\frac{\sqrt{15}}{2}$=$\frac{\sqrt{15}}{4}$。故选A.]

19.（2024·四川成都石室中学高三开学考试）已知△ABC中，A = $\frac{2\pi}{3}$，c = 2，△ABC的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，D为边BC的中点，则AD的长度是 （ ）
A. $\frac{5\sqrt{7}}{14}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. 1
D. 2

答案： 19.B　[因为△ABC的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{1}{2}$bcsinA=$\frac{1}{2}$×2b×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得b=1，由余弦定理可知a=$\sqrt{b²+c²−2bccosA}$=$\sqrt{1+4−2×1×2×(−\frac{1}{2})}$=$\sqrt{7}$，因为D为边BC的中点，所以BD=DC=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，因为∠ADC+∠ADB=π，所以$\cos\angle ADC$+$\cos\angle ADB$=0，即$\frac{AD²+\frac{7}{4}−1}{2AD·\frac{\sqrt{7}}{2}}$+$\frac{AD²+\frac{7}{4}−4}{2AD·\frac{\sqrt{7}}{2}}$=0，所以AD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$。故选B.]

20.（2024·湖南岳阳一中高三开学考试）如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37 m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为 （ ）
A. 91 m B. 74 m C. 64 m D. 52 m
　　　　

答案： 20.B　[在Rt△ABC中，AC=2AB=74，在△MCA中，∠MCA=105°，∠MAC=45°，则∠AMC=180°−∠MCA−∠MAC=30°，由正弦定理得$\frac{MC}{\sin\angle MAC}$=$\frac{AC}{\sin\angle AMC}$，即$\frac{MC}{\sin45^{\circ}}$=$\frac{74}{\sin30^{\circ}}$，解得MC=74$\sqrt{2}$，在Rt△MNC中，MN=74$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=74m。故选B.]

21.（2024·湘豫名校高三诊断联考）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为AB边上一点，∠ACD = 30°，∠BCD = 90°，CD = 2，则2a + b的最小值为 （ ）
A. $\frac{2\sqrt{3}}{3}$
B. 2
C. $\frac{4\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{16\sqrt{3}}{3}$

答案：
21.D　[如图，∠ACD=30°，∠BCD=90°，CD=2，则$S_{\triangle ABC}$=$S_{\triangle ACD}$+$S_{\triangle BCD}$，得$\frac{1}{2}$absin120°=$\frac{1}{2}$×2bsin30°+$\frac{1}{2}$×2asin90°，所以$\frac{\sqrt{3}}{2}$ab=b+2a，等式两边同除以ab，得$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{1}{a}$+$\frac{2}{b}$，则2a+b=$\frac{2}{\sqrt{3}}$(2a+b)($\frac{1}{a}$+$\frac{2}{b}$)=$\frac{2}{\sqrt{3}}$(4+$\frac{b}{a}$+$\frac{4a}{b}$)≥$\frac{2}{\sqrt{3}}$(4+2$\sqrt{\frac{b}{a}·\frac{4a}{b}}$)=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$，当且仅当b=2a=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$时，等号成立，所以2a+b的最小值为$\frac{16\sqrt{3}}{3}$。
　　　　　　　　　　　　　　　　　 故选D.]

22.（2023·四川名校高三仿真测试一）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若5cos²A + 4cosBcosC = 4sinBsinC - sin²A，且a = $\sqrt{3}$，b + c = 2，则△ABC的面积为________.

答案： 答案　$\frac{\sqrt{3}}{12}$
　解析　由题意得5$\cos²A$+4$\cos(B+C)$+$\sin²A$=0，所以4$\cos²A$−4$\cos A$+1=0，所以(2$\cos A$−1)²=0，解得$\cos A$=$\frac{1}{2}$，因为A∈(0,π)，所以A=$\frac{\pi}{3}$。在△ABC中，A=$\frac{\pi}{3}$，a=$\sqrt{3}$，b+c=2，所以由余弦定理得$\cos A$=$\frac{b²+c²−a²}{2bc}$=$\frac{(b+c)²−2bc−a²}{2bc}$=$\frac{4−3}{2bc}$−1=$\frac{1}{2}$，所以bc=$\frac{1}{3}$，所以△ABC的面积为$\frac{1}{2}$×bcsinA=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{12}$。