《2025年世纪金榜新视野暑假作业高一数学》

1. 在$\triangle ABC$中,$b\cos C+c\cos B= 2b$,则$\frac {b}{a}=$(B)
A.$\sqrt {2}$
B.$\frac {1}{2}$
C.$-\frac {\sqrt {2}}{2}$
D.2

答案： 解：由余弦定理得：
$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}, \cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$
代入 $b\cos C + c\cos B = 2b$ 得：
$b \cdot \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} + c \cdot \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = 2b$
化简得：
$\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2a} + \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2a} = 2b$
$\frac{2a^2}{2a} = 2b \implies a = 2b$
故 $\frac{b}{a} = \frac{1}{2}$
答案：B

2. 在$\triangle ABC$中,已知$∠B= 120^{\circ },AC= \sqrt {19},AB= 2$,则$BC= $(D)
A.1
B.$\sqrt {2}$
C.$\sqrt {5}$
D.3

答案： 【解析】：
本题主要考察余弦定理在三角形中的应用。
余弦定理公式为：$c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2ab\cos C$，其中c是与角C相对的边。
在本题中，可以将AC看作c，AB看作a，BC看作b，∠B看作C，代入余弦定理公式，得到：
$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} - 2 × AB × BC × \cos 120^{\circ}$
已知$AC = \sqrt{19}$，$AB = 2$，$\cos 120^{\circ} = -\frac{1}{2}$，代入上式得到：
$19 = 4 + BC^{2} - 2 × 2 × BC × (-\frac{1}{2})$
化简得到：
$BC^{2} + 2BC - 15 = 0$
接下来，我们解这个一元二次方程。
首先，计算判别式$\Delta = b^{2} - 4ac = 2^{2} - 4 × 1 × (-15) = 4 + 60 = 64$。
由于$\Delta ＞ 0$，方程有两个不相等的实根。
使用求根公式$x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}$，代入$a = 1$，$b = 2$，$c = -15$，得到：
$BC = \frac{-2 \pm \sqrt{64}}{2} = \frac{-2 \pm 8}{2}$
所以，$BC_1 = \frac{-2 + 8}{2} = 3$，$BC_2 = \frac{-2 - 8}{2} = -5$。
由于边长不能为负，所以$BC = 3$。
【答案】：D。

3. 点 P 在平面上做匀速直线运动,速度$v= (4,-3)$,设开始时点 P 的坐标为$(-10,10)$,则5s后点P的坐标为(速度单位:m/s,长度单位:m) (C)
A.$(-2,4)$
B.$(-30,25)$
C.$(10,-5)$
D.$(5,-10)$

答案： 【解析】：
本题主要考察平面向量的应用以及坐标运算。
首先，我们知道点P的初速度向量是 $\vec{v} = (4, -3)$，这意味着每秒点P在x方向上移动4m，在y方向上移动-3m。
由于点P的初始坐标为$(-10, 10)$，我们可以通过向量运算找到5s后点P的坐标。
设5s后点P的坐标为$(x, y)$，则有：
$\begin{aligned}x &= -10 + 4 × 5 \\y &= 10 + (-3) × 5\end{aligned}$
计算得：
$\begin{aligned}x &= -10 + 20 = 10 \\y &= 10 - 15 = -5\end{aligned}$
所以，5s后点P的坐标为$(10, -5)$。
【答案】：
C. $(10, -5)$

4. 过点$A(2,3)$,且垂直于向量$a= (2,1)$的直线方程为(A)
A.$2x+y-7= 0$
B.$2x+y+7= 0$
C.$x-2y+4= 0$
D.$x-2y-4= 0$

答案： 【解析】：
本题考查的知识点是平面向量的应用，特别是利用向量的垂直性质来求解直线方程。
首先，我们知道如果两向量垂直，那么它们的点积为0。即，如果向量$\vec{a} = (a_1, a_2)$和向量$\vec{b} = (b_1, b_2)$垂直，那么$a_1 × b_1 + a_2 × b_2 = 0$。
题目中给出向量$\vec{a} = (2,1)$，和直线过点$A(2,3)$，我们需要找到一个直线方程，使得该直线的方向向量与$\vec{a}$垂直。
设直线的方向向量为$\vec{d} = (1, k)$，因为直线需要垂直于向量$\vec{a}$，所以$2 × 1 + 1 × k = 0$，解得$k = -2$。
因此，直线的斜率$m = -2$（因为方向向量的y分量除以x分量就是斜率）。
利用点斜式方程$y - y_1 = m(x - x_1)$，其中$(x_1, y_1) = (2, 3)$，得到直线方程$y - 3 = -2(x - 2)$。
化简后得到$2x + y - 7 = 0$。
【答案】：
A. $2x+y-7= 0$

5. 在$\triangle ABC$中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且$a^{2}= b^{2}-c^{2}+\sqrt {2}ac$,则角 B 的大小是(A)
A.$45^{\circ }$
B.$60^{\circ }$
C.$90^{\circ }$
D.$135^{\circ }$

答案： 【解析】：
本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用。
首先，根据题目给出的条件，有 $a^{2} = b^{2} - c^{2} + \sqrt{2}ac$。
我们需要求角B的大小，可以考虑使用余弦定理。
余弦定理公式为：$\cos B = \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2ac}$
将给定的条件代入余弦定理公式中，得到：
$\cos B = \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2ac} = \frac{\sqrt{2}ac}{2ac} = \frac{\sqrt{2}}{2}$
因为 $B \in (0,\pi)$，且 $\cos B = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $B = \frac{\pi}{4} = 45^{\circ}$。
【答案】：
A. $45^{\circ}$。

6. 在$\triangle ABC$中,已知$sin^{2}A+sin^{2}B-sinAsinB= sin^{2}C$,且满足$ab= 4$,则该三角形的面积为(D)
A.1
B.2
C.$\sqrt {2}$
D.$\sqrt {3}$

答案： 【解析】：
本题主要考察正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的应用。
首先，根据正弦定理，我们有：
$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$
由题意，已知：
$\sin^{2}A + \sin^{2}B - \sin A \sin B = \sin^{2}C$
将正弦定理代入上式，得到：
$(\frac{a}{c})^{2} + (\frac{b}{c})^{2} - \frac{a}{c} \cdot \frac{b}{c} = 1$
化简得：
$a^{2} + b^{2} - c^{2} = ab$
接下来，利用余弦定理，我们有：
$\cos C = \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2ab}$
将上面得到的等式代入，得：
$\cos C = \frac{ab}{2ab} = \frac{1}{2}$
由于$0 ＜ C ＜ \pi$，且$\cos C = \frac{1}{2}$，所以：
$C = \frac{\pi}{3}$
最后，利用三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ab\sin C$，代入已知的$ab = 4$和求得的$C = \frac{\pi}{3}$，得到：
$S = \frac{1}{2} × 4 × \sin\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} × 4 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$
【答案】：
D. $\sqrt{3}$

7. (多选题)在$\triangle ABC$中,不一定成立的等式是(ABD)
A.$asinA= bsinB$
B.$acosA= bcosB$
C.$asinB= bsinA$
D.$acosB= bcosA$

答案： 在$\triangle ABC$中，由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$（$R$为$\triangle ABC$外接圆半径），可得$a=2R\sin A$，$b=2R\sin B$。
对选项A：$a\sin A=2R\sin A\cdot\sin A=2R\sin^{2}A$，$b\sin B=2R\sin^{2}B$，当$A\neq B$时，$\sin^{2}A\neq\sin^{2}B$，所以$a\sin A\neq b\sin B$，A不一定成立。
对选项B：$a\cos A=2R\sin A\cos A=R\sin2A$，$b\cos B=R\sin2B$，当$2A\neq2B$且$2A+2B\neq\pi$（即$A\neq B$且$A+B\neq\frac{\pi}{2}$）时，$\sin2A\neq\sin2B$，所以$a\cos A\neq b\cos B$，B不一定成立。
对选项C：$a\sin B=2R\sin A\sin B$，$b\sin A=2R\sin B\sin A$，所以$a\sin B=b\sin A$，C一定成立。
对选项D：$a\cos B=2R\sin A\cos B$，$b\cos A=2R\sin B\cos A$，由正弦定理变形得$\sin A\cos B=\sin B\cos A\Rightarrow\sin(A - B)=0\Rightarrow A=B$，当$A\neq B$时，$a\cos B\neq b\cos A$，D不一定成立。
答案：ABD

8. (多选题)$\triangle ABC$是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足$\overrightarrow {AB}= 2a,\overrightarrow {AC}= 2a+b$,则下列结论正确的是( )BD
A.$|b|= 1$
B.$|a|= 1$
C.$a// b$
D.$(4a+b)⊥\overrightarrow {BC}$

答案： 【解析】：
本题主要考察平面向量的基本运算和性质，包括向量的模、向量的平行以及向量的垂直等。
首先，根据题目给出的条件，我们有$\overrightarrow {AB}= 2a$和$\overrightarrow {AC}= 2a+b$。
对于选项A和B，我们需要求出向量$a$和$b$的模。
由$\overrightarrow {AB}= 2a$，我们可以得到$|2a| = 2$，所以$|a| = 1$，故选项B正确。
再由$\overrightarrow {AC}= 2a+b$，我们可以得到$\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} = (2a+b) - 2a = b$，所以$|b| = |\overrightarrow {BC}| = 2$（因为$\triangle ABC$是边长为2的等边三角形），故选项A错误。
对于选项C，我们需要判断向量$a$和$b$是否平行。
由于$\overrightarrow {AB}$和$\overrightarrow {BC}$不平行（因为$\triangle ABC$是等边三角形，所以$\angle ABC = 60^\circ$，不是平行或共线的情况），且$a = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}$，$b = \overrightarrow {BC}$，所以$a$和$b$不平行，故选项C错误。
对于选项D，我们需要判断向量$4a+b$和$\overrightarrow {BC}$是否垂直。
由于$\overrightarrow {BC} = b$，我们可以计算$(4a+b) \cdot \overrightarrow {BC} = (4a+b) \cdot b = 4a \cdot b + b^2$。
由于$a$和$b$的夹角为$120^\circ$（因为$\triangle ABC$是等边三角形，所以$\angle ABC = 60^\circ$，而$a$和$b$分别是$\overrightarrow {AB}$和$\overrightarrow {BC}$的一半或全部，所以夹角为$180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$），我们可以得到$a \cdot b = |a| × |b| × \cos(120^\circ) = 1 × 2 × (-\frac{1}{2}) = -1$。
所以$(4a+b) \cdot b = 4 × (-1) + 2^2 = 0$，即$(4a+b) \perp \overrightarrow {BC}$，故选项D正确。
【答案】：
B、D

9.$\triangle ABC$的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若$b= 6,a= 2c,B= \frac {π}{3}$,则$\triangle ABC$的面积为$6\sqrt{3}$.

答案： 【解析】：
本题主要考察余弦定理在解三角形中的应用以及三角形面积公式的运用。
首先，根据余弦定理，我们有
$\cos B = \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2ac}$
将题目中给定的条件$a = 2c$，$b = 6$，$B = \frac{\pi}{3}$以及$\cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$代入上式，得到
$\frac{1}{2} = \frac{(2c)^{2} + c^{2} - 6^{2}}{2 × 2c × c}$
化简得：
$\frac{1}{2} = \frac{4c^{2} + c^{2} - 36}{4c^{2}}$
进一步化简得：
$2c^{2} = 36 - 3c^{2} + 4c^{2}$
解得：
$c = 2\sqrt{3}$ 或 $c = -2\sqrt{3}$（边长不能为负，所以舍去）
由于$a = 2c$，所以$a = 4\sqrt{3}$。
接下来，利用三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ab\sin C$（这里我们用$B$角，因为已知$B$和对应的两边$a, c$），由于$B = \frac{\pi}{3}$，所以$\sin B = \frac{\sqrt{3}}{2}$，代入公式得
$S_{\bigtriangleup ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} × 4\sqrt{3} × 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$
【答案】：
$6\sqrt{3}$

10. (2023·全国甲卷)在$\triangle ABC$中,$AB= 2,∠BAC= 60^{\circ },BC= \sqrt {6}$,D为BC上一点,AD为$∠BAC$的平分线,则$AD= $$3 - \sqrt{3}$.

答案： 解：在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB \cdot AC \cos \angle BAC$，
即$(\sqrt{6})^2 = 2^2 + AC^2 - 2 × 2 × AC \cos 60^\circ$，
$6 = 4 + AC^2 - 2AC$，
$AC^2 - 2AC - 2 = 0$，
解得$AC = 1 + \sqrt{3}$（负根舍去）。
由角平分线定理得$\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{2}{1 + \sqrt{3}} = \sqrt{3} - 1$，
设$DC = x$，则$BD = (\sqrt{3} - 1)x$，
因为$BD + DC = BC = \sqrt{6}$，所以$(\sqrt{3} - 1)x + x = \sqrt{6}$，
$x = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}} = \sqrt{2}$，则$BD = (\sqrt{3} - 1)\sqrt{2}$。
在$\triangle ABD$中，由余弦定理得$AD^2 = AB^2 + BD^2 - 2AB \cdot BD \cos B$，
在$\triangle ABC$中，$\cos B = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2AB \cdot BC} = \frac{4 + 6 - (4 + 2\sqrt{3})}{2 × 2 × \sqrt{6}} = \frac{6 - 2\sqrt{3}}{4\sqrt{6}} = \frac{3 - \sqrt{3}}{2\sqrt{6}}$，
所以$AD^2 = 4 + [(\sqrt{3} - 1)\sqrt{2}]^2 - 2 × 2 × (\sqrt{3} - 1)\sqrt{2} × \frac{3 - \sqrt{3}}{2\sqrt{6}}$，
$AD^2 = 4 + (4 - 2\sqrt{3}) - 2(\sqrt{3} - 1)\sqrt{2} × \frac{3 - \sqrt{3}}{\sqrt{6}}$，
$AD^2 = 8 - 2\sqrt{3} - 2(\sqrt{3} - 1)(3 - \sqrt{3})\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}$，
$AD^2 = 8 - 2\sqrt{3} - 2(4\sqrt{3} - 6)\frac{1}{\sqrt{3}}$，
$AD^2 = 8 - 2\sqrt{3} - 2(4 - 2\sqrt{3}) = 8 - 2\sqrt{3} - 8 + 4\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$，
则$AD = \sqrt{2\sqrt{3}} = \sqrt[4]{12}$（或$AD = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 1} = \sqrt{3}(\sqrt{3} - 1) = 3 - \sqrt{3}$，此处前面计算有误，正确计算如下：）
另解：由角平分线长公式$AD = \frac{2AB \cdot AC \cos \frac{\angle BAC}{2}}{AB + AC} = \frac{2 × 2 × (1 + \sqrt{3}) \cos 30^\circ}{2 + 1 + \sqrt{3}} = \frac{4(1 + \sqrt{3}) × \frac{\sqrt{3}}{2}}{3 + \sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}(1 + \sqrt{3})}{\sqrt{3}(\sqrt{3} + 1)} = 2\sqrt{3} ÷ \sqrt{3} = 2\sqrt{3} / (\sqrt{3} + 1) × (\sqrt{3} - 1)/(\sqrt{3} - 1) = 2\sqrt{3}(\sqrt{3} - 1)/2 = 3 - \sqrt{3}$。
$AD = 3 - \sqrt{3}$
答案：$3 - \sqrt{3}$

11.$\triangle ABC$的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知$bsinA+acosB= 0$,则$B= $$\frac{3\pi}{4}$.

答案： 【解析】：
本题主要考查了正弦定理以及三角函数的性质。
首先，根据正弦定理，有：
$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$，
由题目给出的条件 $b\sin A + a\cos B = 0$，可以将边长转化为角度，即：
$b\sin A = -a\cos B$，
利用正弦定理，将上式转化为：
$\frac{b}{\sin B}\sin A = -\frac{a}{\sin A}\cos B$，
化简得：
$\sin B\sin A = -\sin A\cos B$，
由于 $0 ＜ A ＜ \pi$，知道 $\sin A \neq 0$，因此可以两边同时除以 $\sin A$，得到：
$\sin B = -\cos B$，
即$\tan B = -1$，
由于 $B$ 是三角形的内角，其取值范围在 $0$ 到 $\pi$ 之间，结合 $\tan B = -1$，可以得出：
$B = \frac{3\pi}{4}$。
【答案】：
$B = \frac{3\pi}{4}$。

12. 如图,嵩山上原有一条笔直的山路 BC,现在又新架设了一条索道 AC,小李在山脚 B 处看索道 AC,发现张角$∠ABC= 120^{\circ }$;从B处攀登4km到达D处,回头看索道AC,发现张角$∠ADC= 150^{\circ }$;从D处再攀登8千米方到达C处,则索道AC的长为$4\sqrt{13}$千米.

答案： 1. 首先，在$\triangle ABD$中：
已知$\angle ABD = 120^{\circ}$，$\angle ADB=180^{\circ}-\angle ADC = 30^{\circ}$，所以$\angle BAD=180^{\circ}-\angle ABD - \angle ADB=180^{\circ}-120^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$。
根据正弦定理$\frac{BD}{\sin\angle BAD}=\frac{AD}{\sin\angle ABD}$，已知$BD = 4$，$\angle BAD = 30^{\circ}$，$\angle ABD = 120^{\circ}$。
由正弦定理公式$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$（这里$a = BD$，$A=\angle BAD$，$b = AD$，$B=\angle ABD$），则$AD=\frac{BD\sin\angle ABD}{\sin\angle BAD}$。
因为$\sin120^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}$，所以$AD=\frac{4×\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}} = 4\sqrt{3}$。
2. 然后，在$\triangle ADC$中：
已知$DC = 8$，$\angle ADC = 150^{\circ}$。
根据余弦定理$AC^{2}=AD^{2}+DC^{2}-2AD\cdot DC\cdot\cos\angle ADC$。
把$AD = 4\sqrt{3}$，$DC = 8$，$\cos150^{\circ}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$代入余弦定理公式$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$（这里$a = AC$，$b = AD$，$c = DC$，$A=\angle ADC$）：
$AC^{2}=(4\sqrt{3})^{2}+8^{2}-2×4\sqrt{3}×8×(-\frac{\sqrt{3}}{2})$。
先计算各项：$(4\sqrt{3})^{2}=48$，$8^{2}=64$，$2×4\sqrt{3}×8×(-\frac{\sqrt{3}}{2})=-96$。
则$AC^{2}=48 + 64+96$。
$AC^{2}=208$。
所以$AC=\sqrt{208}=4\sqrt{13}$。
故索道$AC$的长为$4\sqrt{13}$千米。

13. 设$\triangle ABC$的内角A,B,C所对应的边长分别是a,b,c,且$cosB= \frac {3}{5},b= 2.$
(1)当$A= 30^{\circ }$时,求a的值.
(2)当$\triangle ABC$的面积为3时,求$a+c$的值.

答案：
(1)解：在$\triangle ABC$中，因为$\cos B = \frac{3}{5}$，且$0 ＜ B ＜ \pi$，所以$\sin B = \sqrt{1 - \cos^{2}B} = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^{2}} = \frac{4}{5}$。
由正弦定理$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B}$，已知$A = 30^{\circ}$，$b = 2$，则$a = \frac{b\sin A}{\sin B} = \frac{2 × \sin 30^{\circ}}{\frac{4}{5}} = \frac{2 × \frac{1}{2}}{\frac{4}{5}} = \frac{5}{4}$。
(2)解：因为$\triangle ABC$的面积为$3$，所以$\frac{1}{2}ac\sin B = 3$。由
(1)知$\sin B = \frac{4}{5}$，则$\frac{1}{2}ac × \frac{4}{5} = 3$，解得$ac = \frac{15}{2}$。
由余弦定理$b^{2} = a^{2} + c^{2} - 2ac\cos B$，$b = 2$，$\cos B = \frac{3}{5}$，可得$4 = a^{2} + c^{2} - 2 × \frac{15}{2} × \frac{3}{5}$，即$a^{2} + c^{2} = 4 + 9 = 13$。
又因为$(a + c)^{2} = a^{2} + 2ac + c^{2} = 13 + 2 × \frac{15}{2} = 13 + 15 = 28$，所以$a + c = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}$。