（考試時間：120分鐘 試卷滿分：150分）
注意事項:
1.答題前,先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。
2.選擇題的作答:每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂
黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
3.非選擇題的作答:用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷
草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。
4.考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并上交。
第Ⅰ卷（選擇題）
一、單選題（本題共 8 小題，每小題 5 分，共 40 分。在每小題給出的四個選項中， 只有一項是符合題目要求的）
1．在中，若，則一定是（ ）
A．正三角形B．直角三角形C．等腰或直角三角形D．等腰三角形
【答案】D
【分析】由余弦定理化簡計算即可.
【詳解】由及余弦定理得：，即.
故選：D
2．已知向量，，且，則（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根據(jù)，兩邊平方后可得，求出的值，進而求出
【詳解】，兩邊平方得 ，
展開整理得.
,解得.
故選：C
3．如圖所示，四邊形為等腰梯形，，，，分別為，的中點，若，則（ ）

A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根據(jù)平行向量的線性運算結(jié)合平面向量基本定理運算求解.
【詳解】因為，，所以，
因為為的中點，所以，
所以，所以，.
可知：AD錯誤，BC正確.
故選：BC.
【點睛】本題考查平面向量的基本定理，要求考生了解平面向量基本定理及其意義.
4．在中，，，分別為角，，的對邊，已知，，且，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理將邊化角，再由兩角和的正弦公式求出，由面積公式求出，再由余弦定理求出，即可得解.
【詳解】，
由正弦定理可得，
整理可得，
所以，
為三角形內(nèi)角，，
∴，∵，，則，故B錯誤；
∵，，
，解得，
由余弦定理得，
解得或（舍去），故C正確，D錯誤.
又，所以，則三角形為等邊三角形，
所以，則，故A錯誤.
故選：C.
5．如圖所示，正方形的邊長為2，點，，分別是邊，，的中點，點是線段上的動點，則的最小值為（ ）

A．B．3C．D．48
【答案】A
【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)，，（），即可得到、，根據(jù)數(shù)量積的坐標(biāo)表示得到，再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)計算可得.
【詳解】如圖建立平面直角坐標(biāo)系，則、、、，
設(shè)，，（），則，
所以，
所以，即，
所以，，
所以
，
又，所以當(dāng)時取得最小值為.

故選：A
6．已知中，角對應(yīng)的邊分別為，是上的三等分點（靠近點）且，，則的最大值是（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】A
【分析】先利用正弦定理的邊角變換與余弦定理可求得，再設(shè)，利用正弦定理與正弦函數(shù)的和差角公式得到，從而得解.
【詳解】因為，
由正弦定理得，則，即，
所以，，則，

設(shè)，則，且，
在中，，則，
在中，，則，
又，即，
又由正弦定理知（為的外接圓半徑），
所以，
則，即，
又，故當(dāng)，時，.
故選：A
7．中，三邊之比，則（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【分析】首先由結(jié)合余弦定理得出，然后根據(jù)二倍角公式和正弦定理即可得出結(jié)果.
【詳解】因為， 不妨設(shè)，
則，
由正弦定理可得
.
故選：C.
8．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，，若點M滿足，且∠MAB＝∠MBA，則△AMC的面積是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由正弦定理及誘導(dǎo)公式結(jié)合可得.
由，結(jié)合可得，.后由∠MAB＝∠MBA，結(jié)合正弦定理，可得，即可得面積
【詳解】由正弦定理及誘導(dǎo)公式，可得：
，
化簡得：，又，則.
又，則 ，.
因，則，，
則在MAC中，，解之：.
則，
則MAC中，邊對應(yīng)高，
則MAC面積．
二、多選題（本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對得 5 分，有選錯得 0 分，部分選對得 2 分）
9．已知平面向量，，，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則向量在上的投影向量為
D．若，則向量與的夾角為銳角
【答案】BC
【分析】根據(jù)向量線性運算即數(shù)量積公式可判斷AB選項，根據(jù)投影向量定義可得判斷C選項，由 可得，但此時向量與的夾角可以為零角并非銳角，可得D錯誤.
【詳解】解：已知平面向量，，，
對于A，若，可得，即，解得，所以A選項錯誤；
對于B，若，根據(jù)平面向量共線性質(zhì)，可得，即，所以B選項正確；
對于C，若，則，
由投影向量定義可知向量在上的投影向量為，
所以C選項正確；
對于D，若，則，所以；
但當(dāng)時，，
此時向量與的夾角為，所以D選項錯誤；
故選：BC.
10．在△ABC中，已知a＝2b，且，則（ ）
A．a(chǎn)，c，b成等比數(shù)列
B．
C．若a＝4，則
D．A，B，C成等差數(shù)列
【答案】ABC
【分析】首先根據(jù)三角恒等變換，將已知條件化簡得，再結(jié)合條件，再依次判斷選項即可得到答案.
【詳解】因為，
所以，
即，即.
對選項A，因為，所以、、成等比數(shù)列，故A正確；
對選項B，因為，，即，所以，
即，故B正確；
對選項C，若，則，，
則，
因為，所以.
故，故C正確.
對選項D，若、、成等差數(shù)列，則.
又因為，則.
因為，設(shè)，，，，
則，故D錯誤.
故選：ABC
11．在銳角中，角所對的邊為，若，且，則的可能取值為（ ）
A．B．2C．D．
【答案】ACD
【分析】由面積公式及余弦定理求出，再由正、余弦定理將角化邊，即可求出，再由正弦定理及三角恒等變換公式將轉(zhuǎn)化為關(guān)于的三角函數(shù)，最后由三角函數(shù)的性質(zhì)計算可得.
【詳解】在銳角中，由余弦定理及三角形面積定理得：
，
即有，而，則，
又，
由正弦定理、余弦定理得，，化簡得：，
由正弦定理有：，即，，
又是銳角三角形且，有，，解得，
因此，
由得：，，
所以，
結(jié)合選項，的可能取值為，，.
故選：ACD
12．在中，P，Q分別為邊AC，BC上一點，BP，AQ交于點D，且滿足，，，，則下列結(jié)論正確的為（ ）
A．若且時，則，
B．若且時，則，
C．若時，則
D．
【答案】AD
【分析】根據(jù)向量共線定理的推論，得到，，代入相應(yīng)的變量的值，求出其他變量，從而判斷AB選項，對上式變形得到，假設(shè)成立，推導(dǎo)出，得到矛盾，故C錯誤，根據(jù)向量共線定理的推論得到，，變形得到.
【詳解】由題意得：，，，
，即
即，
所以，
因為三點共線，
所以，
當(dāng)且時，，
解得：，
，，
，所以，
即，
即，
所以，
因為三點共線，
所以，
當(dāng)且時，，
解得：，
故A正確；
若且時，，，
解得：，B錯誤；
，變形為：，①
若時，則，代入①式得：
假設(shè)成立，則，解得：，
此時，顯然無解，故假設(shè)不成立，故C錯誤；
同理可得：，，
所以，，
所以
D正確.
故選：AD
【點睛】利用向量共線定理的推論得到關(guān)系式，然后解決向量的倍數(shù)關(guān)系，本題中要能在多個等式中進行適當(dāng)變形，然后找到等量關(guān)系
第Ⅱ卷（非選擇題）
三、填空題（本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分）
13．已知向量，，，滿足，且，，則與的夾角為 ．
【答案】或
【分析】根據(jù)給定條件，求出向量，的夾角，借助幾何圖形求出垂直于向量的向量與的夾角，再結(jié)合共線向量求解作答.
【詳解】依題意，，，則，而，于是，
作向量，有，是邊長為1的正三角形，如圖，
取的中點，連接，則，且，
而，因此，則與共線，
所以向量與的夾角為或.
故答案為：或
14．已知中，，則 ．

【答案】/0.6
【分析】由以為基底表示，結(jié)合，，可得,后即可得答案.
【詳解】由圖可得，因，則
，則，
因，則，，代入上式有：
，.則.
故答案為：
15．在中，，D為BC邊上一點，且，則的最小值為 .
【答案】
【分析】將用表示，再平方可求得，再由結(jié)合二次函數(shù)得性質(zhì)即可得解.
【詳解】由，
得，
則，
所以，
則，
當(dāng)時，取等號，
所以的最小值為.
故答案為：.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：將用表示，再平方是解決本題的關(guān)鍵.
16．在中，角的對邊分別為， ，，若有最大值，則實數(shù)的取值范圍是 .
【答案】
【解析】由正弦定理，三角恒等變換和輔助角公式可得，其中，結(jié)合范圍，由于有最大值，可求，進而求解的取值范圍.
【詳解】由于，所以，
由正弦定理得，
所以，，
所以
.
當(dāng)，即時，，沒有最大值，所以，
則，其中，
要使有最大值，則要能取，由于，
所以，所以，即，解得.
所以的取值范圍是.
故答案為：
【點睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理實現(xiàn)“邊化角”，二是利用余弦定理實現(xiàn)“角化邊”.主要方法有兩類，一是找到邊之間的關(guān)系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個角的函數(shù)，利用函數(shù)思想求最值.
四、解答題（本題共 6 小題，其中 17 題 10 分，18、19、20、21、22 題各 12 分， 共 70 分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
17．已知的三個內(nèi)角分別為、、，其對邊分別為、、，若．
(1)求角的值；
(2)若，求面積的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、弦化切以及三角恒等變換可求得的值，結(jié)合角的取值范圍可求得角的值；
（2）利用余弦定理可求出的最大值，再利用三角形的面積公式可求得的最大值.
【詳解】（1）解：因為，
所以，
，且，
由正弦定理可得，
即，
因為，則，則，
又因為，故.
（2）解：由余弦定理，可得.
當(dāng)且僅當(dāng)時取得等號，所以.
所以，面積，
所以，面積的最大值為．
18．在①；②兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答該問題．
在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若D為邊上一點，滿足，，且______．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
(1)求角；
(2)求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）選①，利用正弦定理邊化角，再結(jié)合同角的三角函數(shù)關(guān)系求得，即得答案；選②，利用正弦定理邊化角，再結(jié)合兩角和的正弦公式化簡可得，即得答案;
（2）由正弦定理分別求得的表達式，結(jié)合兩角差的正弦公式化簡可得的表達式，結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)，即可求得答案.
【詳解】（1）選①，
由正弦定理可得，
即，
因為，故，
又，故.
選②，
由正弦定理得，
即，即，
即，而,
故，又，故.
（2）因為，故，
在中，，得,
在中，,得,
故，而，
所以，
由題意知，
故，即的取值范圍為.
19．已知在中，角的對邊分別為.
(1)求角的余弦值；
(2)設(shè)點為的外心（外接圓的圓心），求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中， 由余弦定理可得答案；
（2）設(shè)的中點分別為，利用向量數(shù)量積公式計算可得答案.
【詳解】（1）在中，，
由余弦定理；
（2）設(shè)的中點分別為，
則，
同理.

20．在中，內(nèi)角，，的對邊分別為，，，且.
(1)求；
(2)若，，點，分別在邊，上，且將分成面積相等的兩部分，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)正余弦定理，結(jié)合三角恒等變換求解即可；
（2）先求得的面積為，再設(shè)，，根據(jù)余弦定理與基本不等式求解即可.
【詳解】（1）因為，
所以，所以，
所以，
所以，所以，
因為，所以，又，所以.
（2）因為，，所以的面積為
所以的面積為.
設(shè)，，所以，即，
由余弦定理知，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.
所以的最小值為.
21．如圖，在梯形中，，，，．
(1)若，求梯形的面積；
(2)若，求．
【答案】(1)；(2)．
【分析】(1)中，利用含的余弦定理表達式建立BC的方程，求出BC而得面積，再利用面積關(guān)系求的面積得解；
(2)由題設(shè)中角的信息用表示出與中的相關(guān)角，再在這兩個三角形中利用正弦定理建立兩個方程，聯(lián)立整理得的方程，解之即得.
【詳解】(1)設(shè)，在中，由余弦定理得：
，即，而x>0，解得，
所以，則的面積，
梯形中，，與等高，且，
所以的面積，
則梯形的面積；
(2)在梯形中，設(shè)，而，
則，，，，
在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
兩式相除得：，
整理得，
即
解得或，
因為，則，即．
【點睛】(1)三角形中已知兩邊及一邊對角求第三邊，利用余弦定理建立關(guān)于第三邊的一元二次方程求解；
(2)涉及平面多邊形問題，把圖形拆分成若干個三角形，再在各個三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解.
22．記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理邊角變換，結(jié)合三角函數(shù)和差化積公式與倍角公式推得，從而得到，由此得解；
（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，利用余弦定理與基本不等式即可得解.
【詳解】（1）由正弦定理得，
又，所以，
因為，
所以，
因為，
所以，
因為，所以，故，
又，所以，
因為，所以．
（2）由（1）得，
所以由余弦定理得，
記，則，
因為，所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，即，
故，則，
所以，即．

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