小题压轴题专练11—解三角形（2）-2022届高三数学一轮复习.doc

1、小题压轴题专练11解三角形（2）一单选题1在锐角中，则的取值范围为A，B，C，D2中，角，所对的边分别为，且若，则的最大值是ABC3D3在中，内角，所对的边分别为，且，设是的中点，若，则面积的最大值是ABCD4已知在中，则的面积为AB40CD205已知的外接圆半径为2，内切圆半径为1，则的面积为ABC4或D或6在中，设角，对应的边分别为，记的面积为，且，则的最大值为ABCD7在中，若角有唯一解，则实数的取值范围是ABCD8设锐角的内角，所对的边分别为，若，则的取值范围为AB，CD二多选题9在中，角，的对边分别为，且，下列四个命题中正确的是A为直角三角形B的面积为CD的周长为10在中，内角、所对

2、的边分别为、，则下列说法正确的是A若，则为钝角三角形B存在满足CD若，且，则为等边三角形11锐角中，三个内角分别是，且，则下列说法正确的是ABCD12已知的三个内角，满足，则下列结论正确的是A是钝角三角形BC角的最大值为D角的最大值为三填空题13已知的内角，所对的边分别为，且，则的面积为 14中，内角，对应的边分别为，若，则的外接圆面积为 15在锐角中，角、所对的边分别为、，且，若恒成立，则正实数的取值范围是 16在中，内角，所对的边分别为，已知，则，若，则的面积为小题压轴题专练11解三角形（2）答案1解：因为及，所以，由正弦定理得，所以，整理得，即，所以，即，由题意得，解得，故，则，令，则，

3、在，上单调递增，又（1），故故选：2解：由正弦定理,可得，,，即，为三角形的内角, ，由正弦定理,可得，其中为的外接圆半径，在中，运用余弦定理,可得，化简,可得，当时，取得最大值，故选：3解：由正弦定理知，化简得，由余弦定理知，方法一：在中，由余弦定理知，在中，由余弦定理知，即，化简得，由，得，当且仅当时，等号成立，面积方法二：为的中点，即，即，化简得，当且仅当时，等号成立，面积故选：4解：中，为锐角，如图，作，使，则，即设，则，在中，由余弦定理得：，即，解得：，在中，由余弦定理得，故面积，故选：5解：由三角形与外接圆的公式，可得，为外接圆半径，或设内切圆半径为，即，则，当时，在中，运用余弦定

4、理，联立，解得，当时，在中，运用余弦定理，联立，方程组无解，故不成立，故选：6解：因为，所以，所以，令，则，令，可得，所以在递增，递减，所以，所以的最大值为，当且仅当时，取等号，故选：7解：在中，若有唯一解，则有唯一解，在中，设内角，所对应的边分别为，由，则为一确定的锐角且，如图以为圆心，为半径画圆弧，当圆弧与边有1个交点时满足条件，如图示：即圆弧与边相切或与圆弧与边相交有2个交点，其中一个交点在线段的反向延长线上（或在点处），故或，由，即，得或，解得：或，故选：8解：，整理可得，又，可得，又，由正弦定理可得，由余弦定理可得，可得，锐角中，可得，的取值范围为，故选：9解：由正弦定理可得，即，因

5、为，所以，所以由正弦定理可得，由余弦定理可得，可得，解得，可得或（舍去），所以，对于，因为，所以，可得，为直角三角形，故正确；对于，因为，所以，故正确；对于，因为，所以为锐角，可得，故错误；对于，的周长为，故正确故选：10解：对于，由题意得一定为锐角，显然不为直角，当为锐角时，则，为钝角三角形，当为钝角时，为钝角三角形，正确；对于，由，可得，恒有，故不正确；对于，因为，由正弦定理可得，故正确；对于，若，分别为单位向量，的角平分线与垂直，三角形为等边三角形，故正确故选：11解：设锐角三个内角，的对边分别为，且，均为锐角，由正弦定理可得，故选项正确，又在上单调递减，故正确，且，、，在上单调递增，故

6、、选项正确故选：12，运用正弦定理可得，即，角为钝角，故选项正确，角为钝角，为的最大边，由正弦定理可得，故选择正确，运用余弦定理可得，化简可得，当且仅当，即，取等号，的最小值为，又，故选项正确，角为钝角，即，当时，即可取到大于的值，故选项错误，故选：13解：，且，即，即，则故答案是：14解：由已知条件，以及正弦定理可得，即，由余弦定理可得，联立可得，即，设的外接圆直径为，又，即，故答案为：15解：若恒成立，,则，由正弦定理，可得，因为,可得，因为在上单调递减，,，所以，所以,又,所以故答案为：16解：，又整理得由于，即，且，解得，则，又，由正弦定理知，的面积故答案为：，声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/7/19 13:10:22；用户：尹丽娜；邮箱：13603210371；学号：19839377第14页（共14页）