.jpg)
正确率40.0%在$${{△}{{A}{B}{C}}}$$中，角$$\mathbf{A}， \mathbf{B}， \mathbf{C}$$的对边分别为$$\mathbf{a， b， c，} \operatorname{c o s}^{2} \frac{\mathbf{A}} {2} \mathbf{=} \frac{\mathbf{b+c}} {2 \mathbf{c}}，$$则$${{△}{{A}{B}{C}}}$$的形状一定是$${{(}{ { }}{)}}$$
D
A.正三角形
B.等腰三角形
C.等腰直角三角形
D.直角三角形
2、['余弦定理及其应用'， '正弦定理及其应用'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率40.0%设$${{Δ}{A}{B}{C}}$$的内角$$A， ~ B， ~ C$$所对边的长分别是$$a， ~ b， ~ c$$，且$$b=3， \， \， \， a=1， \， \， \， C=2 B$$，则$${{c}}$$的值为$${{(}{)}}$$
C
A.$${\sqrt {2}}$$
B.$${{2}{\sqrt {2}}}$$
C.$${{2}{\sqrt {3}}}$$
D.$${\sqrt {3}}$$
3、['余弦定理及其应用'， '特殊角的三角函数值']正确率60.0%在$${{Δ}{A}{B}{C}}$$中，$$a^{2}=b^{2}+c^{2}+\sqrt{3} b c$$，则$$\angle A=( \textsubscript{\Lambda} )$$
D
A.$${{3}{0}^{0}}$$
B.$${{6}{0}^{0}}$$
C.$${{1}{2}{0}^{0}}$$
D.$${{1}{5}{0}^{0}}$$
4、['余弦定理及其应用'， '正弦定理及其应用'， '向量减法的定义及运算法则'， '向量的模'， '数量积的性质'， '向量的夹角']正确率40.0%已知向量$$\to， ~ \to， ~ \to$$满足$$\vert\overrightarrow{a} \vert=1， \ \vert\overrightarrow{b} \vert=\sqrt{3}， \ \overrightarrow{a} \cdot\overrightarrow{b}=-\frac{3} {2}， \ \langle\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}， \ \overrightarrow{b}-\overrightarrow{c} \rangle=3 0^{\circ}$$，则$${{|}{{c}^{→}}{|}}$$的最大值等于
A
A.$${{2}{\sqrt {7}}}$$
B.$${\sqrt {7}}$$
C.$${{2}}$$
D.$${\sqrt {2}}$$
5、['余弦定理及其应用'， '点到直线的距离'， '判断三角形的形状'， '直线与圆的位置关系及其判定']正确率40.0%若$$a， ~ b， ~ c$$是$${{△}{A}{B}{C}}$$的三边，直线$$a x+b y+c=0$$与圆$$x^{2}+y^{2}=1$$相离，则$${{△}{A}{B}{C}}$$一定是（）
C
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.等边三角形
6、['余弦定理及其应用'， '异面直线所成的角']正确率60.0%空间四边形$${{A}{B}{C}{D}}$$中，$${{A}{C}}$$与$${{B}{D}}$$成$${{6}{0}^{∘}}$$角，$$A C=8， \， \， \， B D=4， \， \， \， M， \， \， \， N$$分别为$$A B， ~ C D$$的中点，则线段$${{M}{N}}$$的长是$${【{】}}$$
C
A.$${{1}{2}}$$
B.$$2 0-8 \sqrt{3}$$
C.$${{2}{\sqrt {3}}}$$
D.$${{4}}$$
7、['余弦定理及其应用'， '正弦定理及其应用']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，内角$$A， ~ B， ~ C$$所对的边分别是$$a， ~ b， ~ c$$，若$$a \operatorname{s i n} A=b \operatorname{s i n} B+( c-b ) \operatorname{s i n} C$$，则角$${{A}}$$的值为$${{(}{)}}$$
C
A.$$\begin{array} {l l} {\frac{\pi} {6}} \\ \end{array}$$
B.$$\frac{\pi} {4}$$
C.$$\frac{\pi} {3}$$
D.$$\frac{2 \pi} {3}$$
8、['余弦定理及其应用'， '异面直线所成的角'， '直线与平面垂直的性质定理']正确率40.0%svg异常
B
A.$$\frac{1} {6}$$
B.$$\frac{1} {4}$$
C.$$\frac{1} {3}$$
D.$$\frac{1} {2}$$
9、['余弦定理及其应用'， '双曲线的离心率'， '点到直线的距离']正确率40.0%设$${{F}_{1}{，}{{F}_{2}}}$$是双曲线$$C : \frac{x^{2}} {a^{2}}-\frac{y^{2}} {b^{2}}=1 ($$$$a > 0， \quad b > 0$$)的左$${、}$$右焦点，$${{O}}$$是坐标原点．过$${{F}_{2}}$$作$${{C}}$$的一条渐近线的垂线，垂足为$${{P}}$$.若$$| P F_{1} |=\sqrt{6} \， | O P |$$，则$${{C}}$$的离心率为（）
C
A.$${\sqrt {5}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${\sqrt {3}}$$
D.$${\sqrt {2}}$$
10、['余弦定理及其应用'， '三角形的面积（公式）']正确率40.0%svg异常
A
A.$$2 \mathrm{s i n} \; \alpha-2 \mathrm{c o s} \; \alpha+2$$
B.$$\operatorname{s i n} \alpha-\sqrt{3} \mathrm{c o s} \alpha+3$$
C.$$3 \mathrm{s i n} \; \alpha-\sqrt{3} \mathrm{c o s} \; \alpha+1 3$$
D.$$2 \mathrm{s i n} \， \alpha-\operatorname{c o s} \， \alpha+1$$
1、解析：
由余弦半角公式，$$ \cos^2 \frac{A}{2} = \frac{1 + \cos A}{2} $$，结合题目条件得：
$$ \frac{1 + \cos A}{2} = \frac{b + c}{2c} $$
化简得：$$ \cos A = \frac{b}{c} $$
由余弦定理，$$ \cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{b}{c} $$
进一步化简得：$$ b^2 + c^2 - a^2 = 2b^2 $$，即 $$ c^2 = a^2 + b^2 $$
因此，$$ \triangle ABC $$ 为直角三角形，且 $$ C $$ 为直角。选 D。
2、解析：
由正弦定理，$$ \frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} $$
已知 $$ C = 2B $$，则 $$ \sin C = \sin 2B = 2 \sin B \cos B $$
由 $$ a = 1 $$，$$ b = 3 $$，得 $$ \frac{1}{\sin A} = \frac{3}{\sin B} $$，即 $$ \sin A = \frac{\sin B}{3} $$
又 $$ A + B + C = \pi $$，即 $$ A + 3B = \pi $$，$$ A = \pi - 3B $$
代入得 $$ \sin(\pi - 3B) = \frac{\sin B}{3} $$，即 $$ \sin 3B = \frac{\sin B}{3} $$
利用三倍角公式，$$ 3 \sin B - 4 \sin^3 B = \frac{\sin B}{3} $$
化简得 $$ 9 - 12 \sin^2 B = 1 $$，即 $$ \sin^2 B = \frac{2}{3} $$
因此，$$ \cos B = \sqrt{1 - \sin^2 B} = \frac{\sqrt{3}}{3} $$
由正弦定理，$$ c = \frac{b \sin C}{\sin B} = \frac{3 \cdot 2 \sin B \cos B}{\sin B} = 6 \cos B = 2 \sqrt{3} $$
选 C。
3、解析：
由余弦定理，$$ a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A $$
题目给出 $$ a^2 = b^2 + c^2 + \sqrt{3} bc $$
对比得 $$ -2 \cos A = \sqrt{3} $$，即 $$ \cos A = -\frac{\sqrt{3}}{2} $$
因此，$$ A = 150^\circ $$。选 D。
4、解析：
设 $$ \overrightarrow{a} $$ 与 $$ \overrightarrow{b} $$ 的夹角为 $$ \theta $$，则 $$ \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = |\overrightarrow{a}| |\overrightarrow{b}| \cos \theta = -\frac{3}{2} $$
代入已知得 $$ \cos \theta = -\frac{\sqrt{3}}{2} $$，即 $$ \theta = 150^\circ $$
由题意，$$ \langle \overrightarrow{a} - \overrightarrow{c}, \overrightarrow{b} - \overrightarrow{c} \rangle = 30^\circ $$，利用向量几何性质，$$ |\overrightarrow{c}| $$ 的最大值为 $$ \sqrt{|\overrightarrow{a}|^2 + |\overrightarrow{b}|^2 - 2 |\overrightarrow{a}| |\overrightarrow{b}| \cos 120^\circ} = \sqrt{1 + 3 + 3} = \sqrt{7} $$
选 B。
5、解析：
直线 $$ ax + by + c = 0 $$ 与圆 $$ x^2 + y^2 = 1 $$ 相离，则距离 $$ \frac{|c|}{\sqrt{a^2 + b^2}} > 1 $$，即 $$ c^2 > a^2 + b^2 $$
由余弦定理，$$ \cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} < 0 $$，故 $$ C $$ 为钝角，$$ \triangle ABC $$ 为钝角三角形。选 C。
6、解析：
取 $$ AD $$ 中点 $$ E $$，连接 $$ ME $$ 和 $$ NE $$，则 $$ ME \parallel BD $$，$$ NE \parallel AC $$，且 $$ ME = 2 $$，$$ NE = 4 $$
由 $$ AC $$ 与 $$ BD $$ 成 $$ 60^\circ $$ 角，得 $$ \angle MEN = 60^\circ $$
由余弦定理，$$ MN = \sqrt{ME^2 + NE^2 - 2 \cdot ME \cdot NE \cdot \cos 60^\circ} = \sqrt{4 + 16 - 8} = 2 \sqrt{3} $$
选 C。
7、解析：
由正弦定理，将 $$ a \sin A = b \sin B + (c - b) \sin C $$ 转化为边长关系：
$$ a^2 = b^2 + (c - b)c $$，即 $$ a^2 = b^2 + c^2 - bc $$
由余弦定理，$$ \cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{bc}{2bc} = \frac{1}{2} $$
因此，$$ A = \frac{\pi}{3} $$。选 C。
9、解析：
设渐近线为 $$ y = \frac{b}{a}x $$，过 $$ F_2(c, 0) $$ 的垂线方程为 $$ y = -\frac{a}{b}(x - c) $$
联立解得 $$ P \left( \frac{a^2}{c}, \frac{ab}{c} \right) $$
由 $$ |PF_1| = \sqrt{6} |OP| $$，代入坐标计算得：
$$ \sqrt{\left( \frac{a^2}{c} + c \right)^2 + \left( \frac{ab}{c} \right)^2} = \sqrt{6} \cdot \sqrt{\left( \frac{a^2}{c} \right)^2 + \left( \frac{ab}{c} \right)^2} $$
化简得 $$ c^2 = 3a^2 $$，即离心率 $$ e = \frac{c}{a} = \sqrt{3} $$。选 C。