江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-余弦定理

这是一份江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-余弦定理，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-余弦定理

一、单选题
1．（2022·江苏南通·模拟预测）小强计划制作一个三角形，使得它的三条边中线的长度分别为1，，，则（     ）
A．能制作一个锐角三角形 B．能制作一个直角三角形
C．能制作一个钝角三角形 D．不能制作这样的三角形
2．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）设、分别为具有公共焦点与的椭圆和双曲线的离心率，P为两曲线的一个公共点，且满足，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
3．（2022·江苏·海安高级中学二模）设M，N为某海边相邻的两座山峰，到海平面的距离分别为100米，50米．现欲在M，N之间架设高压电网，须计算M，N之间的距离．勘测人员在海平面上选取一点P，利用测角仪从P点测得的M，N点的仰角分别为30°，45°，并从P点观测到M，N点的视角为45°，则M，N之间的距离为（       ）
A．米 B．米 C．米 D．米
4．（2022·江苏·金陵中学模拟预测）已知中，，，现以BC为旋转轴旋转得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（       ）
A． B．
C． D．
5．（2022·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系中，分别是双曲线C：的左，右焦点，过的直线与双曲线的左，右两支分别交于点，点在轴上，满足，且经过的内切圆圆心，则双曲线的离心率为（       ）
A． B．2 C． D．
6．（2022·江苏泰州·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线与在轴上方的交点为.若，则的离心率是（       ）
A． B． C． D．
7．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（       ）
A．1 B． C． D．
8．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（       ）
A．(1，9] B．(3，9]
C．(5，9] D．(7，9]
9．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知，，，，过点作垂直于点，点满足，则的值为（       ）
A． B．
C． D．

二、多选题
10．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）已知点是坐标平面内一点，若在圆上存在，两点，使得（其中为常数，且），则称点为圆的“倍分点”.则（       ）
A．点不是圆的“3倍分点”
B．在直线上，圆的“倍分点”的轨迹长度为
C．在圆上，恰有1个点是圆的“2倍分点”
D．若：点是圆的“1倍分点”，：点是圆的“2倍分点”，则是的充分不必要条件
11．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，面积为，有以下四个命题中正确的是（       ）
A．的最大值为
B．当，时，不可能是直角三角形
C．当，，时，的周长为
D．当，，时，若为的内心，则的面积为

三、填空题
12．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知直线与圆交于A，B两点，则的值是________．
13．（2022·江苏无锡·模拟预测）(1)若数列的通项公式为，则该数列中的最小项的值为__________．
(2)若的展开式中含有常数项，则n的最小值等于__________．
(3)如图所示的数阵中，用表示第m行的第n个数，则以此规律为__________．

(4)的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知，且，有下列结论：①；②；③，时，的面积为；④当时，为钝角三角形．其中正确的是__________填写所有正确结论的编号
14．（2022·江苏·金陵中学二模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点A在C的右支上，AF1与C交于点B，若，则C的离心率为________．
15．（2022·江苏江苏·一模）在中，角的对边分别为.若，则的最小值是___________.
16．（2022·江苏·南京市第五高级中学模拟预测）在中，，为的中点，，则面积的最大值为______.

四、解答题
17．（2022·江苏·盐城中学模拟预测）记锐角内角的对边分别为，且，且．
(1)求；
(2)将延长至D，使得，记的内切圆与边相切于点T，是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
18．（2022·江苏苏州·模拟预测）在四边形中，，，其中．
(1)若，求；
(2)若，求．
19．（2022·江苏泰州·一模）在中，角，，所对的边分别为，，，，，从下面两个条件中任选一个作为已知条件，判断是否为钝角三角形，并说明理由.①；②.
20．（2022·江苏江苏·一模）从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答.
已知点在内，，若___________，求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
21．（2022·江苏·模拟预测）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，D是边AB上一点，.
(1)若CD平分，求a；
(2)若，，求c.
22．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知中，是边的中点，且①；②；③；④.
（1）求AC的长；
（2）的平分线交BC于点E，求AE的长.
上面问题的条件有多余，现请你在①，②，③，④中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是___________，请写出用剩余条件解答本题的过程.
23．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在中，D为上靠近点C的三等分点，且．记的面积为．
(1)若，求；
(2)求的取值范围．
24．（2022·江苏泰州·模拟预测）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知边上的高等于a．
(1)求证：；
(2)若，求的值．

参考答案：
1．C
【分析】由向量关系与余弦定理列方程求解三条边长后判断
【详解】设三角形的三条边为a，b，c，设中点为D，
，则
，∴
同理，
∴，∴，，∴可以构成三角形
，∴，
∴为钝角三角形，
故选：C
2．A
【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，不妨设，利用椭圆和双曲线的定义可得出，再利用余弦定理和基本不等式计算即可求得结果.
【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，不妨设，
由椭圆和双曲线的定义可得，得，
设，因为，由余弦定理得
，
即，
整理得，故.
又，即，
所以，即的最小值为，
当且仅当即时等号成立.
故选：A.
3．A
【分析】根据题意可得，，然后利用余弦定理即得.
【详解】如图，由题可知，

∴，，又，
∴，
∴（米）．
故选：A.
4．D
【分析】如图作出旋转体的轴截面，由题意可得轴截面为边长为3的菱形，其中，从而可求出内切球的半径，进而可求出其表面积
【详解】如图所示，旋转体的轴截面为边长为3的菱形，为内切球的球心
因为，，
所以，
因为，
所以，所以，
所以内切球的半径，
故，
故选：D.

5．C
【分析】根据双曲线的定义先推出为正三角形，然后根据余弦定理解决.
【详解】，∴，∴，
∵经过内切圆圆心，∴为的角平分线，
∴．∴，∴，
，，
∴，于是，
∴为正三角形，．
中，由余弦定理，∴.
故选：C.

6．A
【分析】结合条件及余弦定理可得，然后利用椭圆的定义即求.
【详解】设，则，，

又，
在中，由余弦定理可得，
∴，
∴，
∴，
故选：A.
7．B
【分析】CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.
【详解】取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：

因为P、N分别为CD、BC中点，
所以，
同理，P、Q分别为CD、中点，
所以，
又，平面PQN，，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面，又点在平面内运动，
所以点M在平面和平面的交线上，即，
在中，，，，
所以，
所以，

所以N点到PQ的最小距离.
所以线段的最小值为.
故选：B
【点睛】解题的关键是作出平面平面，在根据题意，确定点M的位置，再求解，考查面面平行的判定及性质定理的应用，解三角形等知识，属中档题.
8．D
【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.
【详解】因为，
由正弦定理可得，
则有，
由的内角为锐角，
可得，
，
由余弦定理可得
因此有




故选：D.
【点睛】方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
9．D
【解析】作出图形，由平面向量数量积的定义及余弦定理可得，再由平面向量数量积的运算律即可得解.
【详解】由题意，作出图形，如图，

，，
，，
由可得，
，
又，则，
.
故选：D．
10．BCD
【分析】对“倍分点”这个概念理解以后，根据的不同取值，对题干进行讨论与验证，结合同角这一条件，运用余弦定理找到变量之间的关系即可进行判断.
【详解】若满足，设，，则有，，，.如下图：

在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，，
解得，点是圆的“3倍分点”，故A错误；
过作弦的垂线垂足为，当在直线上时，如下图：

若是圆的“倍分点”即，设，，则有，.
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
，解得.又，，
即，解得，
又与坐标轴得交点为与，
则在直线上，圆的“倍分点”的轨迹长度为，故B正确；
在圆上取一点，若点是圆的“2倍分点”，
则有，设，，，，则有，，
如下图：

在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，，
解得，即，综上，，
所以在圆上，恰有1个点是圆的“2倍分点”，故C正确；
设，，.如下图：

若点是圆的“1倍分点”则有，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，，解得，，
由上面的结论可知，若点是圆的“2倍分点”， 解得，，
若：点是圆的“1倍分点”，：点是圆的“2倍分点”，
则是的充分不必要条件，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题以圆为背景，考查了平面向量与解三角形知识，并且运用不等式对答案进行判断.
11．ACD
【解析】利用三角形面积公式，余弦定理基本不等式，以及三角换元，数形结合等即可判断选项A；
利用勾股定理的逆定理即可判断选项B；利用正弦定理和三角恒等变换公式即可判断选项C；
由已知条件可得是直角三角形，从而可以求出其内切圆的半径，即可得的面积即可判断选项D.
【详解】对于选项A：

（当且仅当时取等号）.
令，，故，
因为，且，
故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：

目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，
故可得，
又，故可得，
当且仅当，，即三角形为等边三角形时，取得最大值，故选项A正确；
对于选项B：因为，所以由正弦定理得，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，故选项B错误；
对于选项C，由，可得，由得，
由正弦定理得，，即，
所以，化简得，
因为，所以化简得，
因为，所以，所以，则，
所以，所以，，，
因为，所以，，
所以的周长为，故选项C正确；
对于选项D，由C可知，为直角三角形，且，，，，，所以的内切圆半径为，
所以的面积为
所以选项D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是正余弦定理以及面积公式，对于A利用面积公式和余弦定理，结合不等式得，再利用三角换元、数形结合即可得证，综合性较强，属于难题.
12．
【分析】先求出弦长，再由余弦定理即可求解.
【详解】
由题意知：圆心，半径，圆心到直线的距离为，故，
故.
故答案为：.
13．     ##     2          ①②④
【分析】(1)令，求导判断单调性，根据f(x)单调性即可求单调性和最小项的值；
(2)求的通项，令其通项x的次数为0或－3，求出对应的n的最小值，比较即可得出n的最小值；
(3)规律：①设第n行第1个分数的分母为，则有，；②从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和第二个数的分母之和﹒根据这两个规律即可求出；
(4)①根据即可求出t的范围；②结合余弦定理和即可求出m的范围；③求出b、c，根据三角形面积公式即可求面积；④利用余弦定理判断cosC的正负即可判断三角形为钝角三角形.
【详解】(1)令，
则，令，解得，
单调递减，
单调递增，
∴数列在1≤n≤12时递减，在n≥13时递增，
∵n＝12离更近，故当时，数列取得最小值；
(2)的展开式的通项为，
由题意，令得，则r＝4时，n取最小值5；
令得n＝，则r＝2时，n取最小值2.
综上，n的最小值为2.
(3)由题可知，设第n行第1个分数的分母为，
则有，，
累加可得，故第6、7行第一个分数分母分别为28、36.

观察数阵，不难发现，从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和第二个数的分母之和，据此可求出第6行第二个分数分母为21＋37＝58，第7行第2个分数分母为28＋58＝86，第8行第2个分数分母为36＋86＝122，如图所示.
故为：.
(4)对于①，根据题意，若，则，故可设.
则有，则，变形可得，故①正确；
对于②，，
又，∴，
，∴，∴，故②正确；
对于③，当时，，
则有，则a边上的高为，
∴，故③错误；
对于④，当时，，则，
则，故C为钝角，为钝角三角形，故④正确.
故正确的有：①②④.
故答案为：；2；；①②④.
14．
【分析】由题意可得为等腰直角三角形，设，结合等腰三角形的性质和双曲线的性质，可得，再在中，由余弦定理可得，从而可求出离心率
【详解】因为，
所以为等腰直角三角形，
设，则，
由双曲线的定义可得，
所以，
因为，
所以，
所以，，
在中，由余弦定理得
，
所以，
所以，得，
所以离心率为，
故答案为：
15．
【分析】根据余弦定理以及基本不等式可求得答案.
【详解】解：由余弦定理得，又，所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以，
所以的最小值是，
故答案为：.
16．
【分析】首先利用余弦定理得到边长的关系式，然后结合勾股定理和基本不等式即可求得面积的最大值．
【详解】设，，
由于，
在和中应用余弦定理可得：
，整理可得：，
结合勾股定理可得的面积：

，
当且仅当 时等号成立．
则面积的最大值为．
故答案为：
17．(1)2；
(2)是，定值为

【分析】（1）由题设得，整理得，结合正弦定理化简得，结合的范围求得即可求解；
（2）先由（1）中结论结合正余弦定理求得，再由向量的线性运算得，进而求得，由切线长定理化简即可求得.
（1）由可得，即，整理得，由正弦定理得，又，则，又，，，，则，即；
（2）由（1）得，即，整理得，又，则，设内切圆圆心为，内切圆与边分别相切于点，则，又，则
，则，则，又，则.
18．(1)
(2)

【分析】（1）依题意可得，再利用余弦定理求出，最后由余弦定理计算可得；
（2）依题意将四边形放到如图所示的圆中，设，利用勾股定理求出，最后根据计算可得；
(1)
解：因为，所以，即，又，所以，
当时，所以，
所以，
由于，
所以，
即，
所以，
所以．
(2)
解：如图所示，过作交于点，过作交于点，

设，则，
设，
则，
整理得
即，
解得或（负值舍去）．
所以
所以
19．若选①：钝角三角形，理由见解析；若选②：不是钝角三角形，是锐角三角形，理由见解析.
【分析】利用余弦定理求出边，利用三边即可判断.
【详解】若选①，由余弦定理得，，
所以，
所以，
故为钝角三角形；
若选②，由余弦定理得，，
所以（舍），，
又，
故为锐角三角形，不是钝角三角形.
20．
【分析】选择①，根据可得，再根据余弦定理得，求出，即可求得角，再根据三角形的面积公式即可得解.
选择②，根据可得，从而可得，再根据余弦定理得，求出，即可求得角，再根据三角形的面积公式即可得解.
选择③，根据可求得，再利用余弦定理求得，再利用余弦定理可求的角 ，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】解：选择①，
因为点在内，，，
所以，所以，
由余弦定理得，
即，解得，
又，所以，
所以.
选择②，
因为，所以，
所以，
又因为点在内，，
所以所以，所以，
由余弦定理得，
即，解得，
又，所以，
所以.
选择③，
因为，所以，
在中 ，，
在中，，
又，所以，
所以.

21．(1)
(2)6

【分析】（1）分别对和由正弦定理得，，结合即可求；
（2）由得，由二倍角公式可求，再对由余弦定理可求c.
(1)
在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
因为，，
所以，，
所以，
所以；
(2)
因为，所以，
所以，
在中，，，
所以由余弦定理得，，
即，得，
因为，所以.
22．删去条件见解析；（1）2；（2）.
【分析】若删去②③，由余弦定理易得出两解，不满足题意.删①，在中和中分别利用余弦定理建立关系可求解，再利用可求AE的长；删④，在中，由余弦定理有，在中，，由求得，利用可求AE的长.
【详解】删①.
（1）设，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
联立方程解得，所以；
（2）设，则由
得，解得；
删②，
则在中，由余弦定理有，
即，解得或，
则或4，有2解，不满足题意；
删③，
在中，由余弦定理可得，
即，解得或2，有2解，不满足题意；
删④.
（1）设，
在中，由余弦定理有，
同理，在中，，
，，解得，；
（2）设，则由
得，解得.
【点睛】关键点睛：解决本题得关键是熟练应用余弦定理建立等量关系求解.
23．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理可得，再在与中分别用余弦定理，再根据，利用诱导公式即可得到，解得，，，，再根据同角三角函数的基本关系求出，，最后根据面积公式计算可得；
（2）设，，根据及三角函数的性质计算可得；
（1）
解：因为，由正弦定理可得，因为为上靠近点的三等分点，，所以，
在中由余弦定理
即①，
在中由余弦定理
即②，
又，所以
所以，，，
所以，，
所以
（2）
解：设，，则，
所以


显然，所以，即
24．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由锐角三角形可得，结合题意和正弦定理整理可证；（2）利用等面积可得，结合余弦定理化简整理．
(1)
设边上的高为，则，所以，
由正弦定理得．
(2)
由余弦定理得，
因为，所以，
所以，即，
所以．