《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. 在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，若$B = 60^{\circ}$，$b = 3$，则$\frac{a + c}{\sin A+\sin C}=$(C)

A.$\frac{\sqrt{3}}{6}$
B.$\frac{1}{6}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$6$

答案： 1.C　[解析]由正弦定理可得$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}=\frac{b}{\sin B}$，再由和比定理得$\frac{a+c}{\sin A+\sin C}=\frac{b}{\sin B}$，敲黑板：若$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=k(b,d≠0)$，则$\frac{a+c}{b+d}=k$。
$\frac{3}{\sin60^{\circ}}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}$。故选C。

2. [江苏盐城2025高一期末]在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别是$a$，$b$，$c$，且满足$c = 3$，$(2a - b)\cos C = c\cos B$，则$\triangle ABC$外接圆的半径为(A)

A.$\sqrt{3}$
B.$3$
C.$2\sqrt{3}$
D.$6$

答案： 2.A　[解析]设△ABC外接圆的半径为$r(r＞0)$。
在△ABC中，由余弦定理及$(2a-b)\cos C=c\cos B$可得$(2a-b)×\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=c×\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$，即$(2a-b)(a^{2}+b^{2}-c^{2})=b(a^{2}+c^{2}-b^{2})$，
即$2a(a^{2}+b^{2}-c^{2})-b(a^{2}+b^{2}-c^{2})=b(a^{2}+c^{2}-b^{2}+a^{2}+c^{2}-b^{2})$，
即$2a(a^{2}+b^{2}-c^{2})=b(a^{2}+b^{2}-c^{2}+a^{2}+c^{2}-b^{2})=2a^{2}b$，即$a^{2}+b^{2}-c^{2}=ab$。
∴由余弦定理可得$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{1}{2}$。
∵$C\in(0,\pi)$，
∴$\sin C=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∴由正弦定理可得$2r=\frac{c}{\sin C}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，解得$r=\sqrt{3}$。故选A。

3. (多选)[陕西渭南2025高一月考]在$\triangle ABC$中，$AB = 2$，$C = 30^{\circ}$，若该三角形有且只有一解，则$AC$的值可能为(BC)

A.$6$
B.$2$
C.$4$
D.$8$

答案： 3.BC　[解析]在△ABC中，$AB=2$，$C=30^{\circ}$，$0^{\circ}＜B＜150^{\circ}$，
由正弦定理，得$\sin B=\frac{AC\sin C}{AB}=\frac{1}{4}AC$，即$AC=4\sin B$。
当$B=90^{\circ}$时，$\sin B=1$，△ABC有且只有一个解，此时$AC=4$；
当$30^{\circ}＜B＜150^{\circ}$，且$B≠90^{\circ}$时，$\frac{1}{2}＜\sin B＜1$，△ABC有两解，$2＜AC＜4$；
当$0^{\circ}＜B\leqslant30^{\circ}$时，$0＜\sin B\leqslant\frac{1}{2}$，△ABC有且只有一个解，$0＜AC\leqslant2$。
结合选项可知，$AC$的值可能为2或4。故选BC。

4. 在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，则“$a\cos B ＞ c$”是“$\triangle ABC$是钝角三角形”的(A)
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件

答案： 4.A　[解析]由$a\cos B＞c$及正弦定理得$\sin A\cos B＞\sin C$，
∵$\sin C=\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B$，
∴$\sin A\cos B＞\sin A\cos B+\cos A\sin B$，即$\cos A\sin B＜0$，
∵$A$，$B\in(0,\pi)$，
∴$\sin B＞0$，
∴$\cos A＜0$，
∴$A\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，
∴△ABC为钝角三角形，充分性成立；
若△ABC为钝角三角形，且$B$为钝角，则$\cos B＜0$，
∴$a\cos B＜c$，必要性不成立。
综上所述，“$a\cos B＞c$”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件。故选A。

5. [浙江宁波九校2025高一期末]在$\triangle ABC$中，$2025\sin^{2}C=\sin^{2}A+\sin^{2}B$，则$\frac{(\tan A+\tan B)\tan C}{\tan A·\tan B}=$(D)

A.$\frac{1}{2025}$
B.$\frac{1}{2024}$
C.$\frac{2}{2025}$
D.$\frac{1}{1012}$

答案： 5.D　[解析]根据正弦定理，由$2025\sin^{2}C=\sin^{2}A+\sin^{2}B$可得$2025c^{2}=a^{2}+b^{2}$。
$\frac{(\tan A+\tan B)\tan C}{\tan A·\tan B}=\frac{(\frac{\sin A}{\cos A}+\frac{\sin B}{\cos B})×\frac{\sin C}{\cos C}}{\frac{\sin A}{\cos A}×\frac{\sin B}{\cos B}}=\frac{(\sin A\cos B+\cos A\sin B)\sin C}{\sin A\sin B\cos C}=\frac{\sin(A+B)\sin C}{\sin A\sin B\cos C}$
因为在△ABC中，$A+B+C=\pi$，所以$\sin(A+B)=\sin C$，
又根据余弦定理，$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{2025c^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{2024c^{2}}{2ab}$，
故$\frac{(\tan A+\tan B)\tan C}{\tan A·\tan B}=\frac{\sin C×\sin C}{\sin A\sin B\cos C}=\frac{c^{2}}{ab}×\frac{ab}{1012c^{2}}=\frac{1}{1012}$。故选D。

6. (多选)在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，下列判断正确的是(ABD)
A. 若$a ＞ b$，则$\sin A ＞ \sin B$
B. 若$\sin A ＞ \sin B$，则$A ＞ B$
C. 若$\sin A ＞ \cos B$，则$\triangle ABC$为锐角三角形
D. 若$\triangle ABC$为锐角三角形，则$\sin A ＞ \cos B$

答案： 6.ABD　[解析]在△ABC中，若$a＞b$，则根据正弦定理可得$\sin A＞\sin B$，选项A 正确；
由$\sin A＞\sin B$及正弦定理得$a＞b$，则$A＞B$，选项B正确；
若$\sin A＞\cos B$，即$\cos(\frac{\pi}{2}-A)＞\cos B$，当$\cos B＜0$，$\cos(\frac{\pi}{2}-A)＞0$时，△ABC为钝角三角形，选项C错误；
若△ABC为锐角三角形，则$A+B＞\frac{\pi}{2}$，则有$\frac{\pi}{2}＞A＞\frac{\pi}{2}-B＞0$，
又正弦函数在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递增，
所以$\sin A＞\sin(\frac{\pi}{2}-B)$，即$\sin A＞\cos B$，选项D正确。故选ABD。

7. [安徽芜湖一中2024高一期中]已知$a$，$b$，$c$分别是$\triangle ABC$三个内角$A$，$B$，$C$的对边，下列关于$\triangle ABC$形状的判断一定正确的为(C)
A. 若$\sin^{2}A+\sin^{2}B=\sin C$，则$\triangle ABC$为直角三角形
B. 若$\sin^{2}A+\sin^{2}B=\sin C$，则$\triangle ABC$为等腰三角形
C. 若$\sin^{2}A+\sin^{2}B+\sin^{2}C = 2$，则$\triangle ABC$为直角三角形
D. 若$\sin^{2}A+\sin^{2}B+\sin^{2}C = 2$，则$\triangle ABC$为等腰三角形

答案： 7.C　[解析]对于A，B，当$\sin^{2}A+\sin^{2}B=\sin C$时，由正弦定理可得$a^{2}+b^{2}=c^{2}×\frac{\sin C}{\sin^{2}C}$，即$\sin C=\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}$，因为$0＜C＜\pi$，所以$0＜\sin C\leqslant1$，
所以$0＜\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\leqslant1$，即$0＜c^{2}\leqslant a^{2}+b^{2}$，得$a^{2}+b^{2}-c^{2}\geqslant0$，所以$0＜\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$，则$0＜C\leqslant\frac{\pi}{2}$，无法判断△ABC的形状，故A，B 错误；
对于C，D，当$\sin^{2}A+\sin^{2}B+\sin^{2}C=2$时，由$\sin^{2}C+\cos^{2}C=1$，得$\sin^{2}A+\sin^{2}B-\sin^{2}C=2\cos^{2}C$，
由正弦定理得$\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{(2R)^{2}}=2\cos^{2}C$（$R$是△ABC外接圆的半径），
由余弦定理得$\frac{2ab\cos C}{(2R)^{2}}=2\cos^{2}C$，所以由正弦定理得$\sin A\sin B\cos C=\cos^{2}C$，整理得$\cos C(\cos C-\sin A\sin B)=0$，解得$C=\frac{\pi}{2}$或$\sin A\sin B=\cos C=-\cos(A+B)$，即$\cos A\cos B=0$，解得$A=\frac{\pi}{2}$或$B=\frac{\pi}{2}$，所以△ABC为直角三角形，故C正确，D错误。故选C。

8. [重庆七校2024高一联考]在$\triangle ABC$中，已知$C = \frac{\pi}{6}$，$\sin\angle BAC=\cos B$，内角$A$的角平分线$AD$与$BC$交于点$D$，点$E$满足$\overrightarrow{BE}=2\overrightarrow{EC}$，则$\frac{AE}{AD}=$(C)

A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
D.$\sqrt{3}$

答案：
8.C　[解析]在△ABC中，$C=\frac{\pi}{6}$，
$\sin\angle BAC=\sin[\pi-(B+C)]=\cos B$，
则$\cos B=\sin(B+C)=\sin(B+\frac{\pi}{6})=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B+\frac{1}{2}\cos B$，整理可得$\tan B=\frac{\sqrt{3}}{3}$。因为$B\in(0,\frac{5\pi}{6})$，所以$B=\frac{\pi}{6}$，所以$\angle BAC=\frac{2\pi}{3}$，$AC=AB$。
如图所示，设$BC=3t(t＞0)$，因为$\overrightarrow{BE}=2\overrightarrow{EC}$，所以$BE=2t$，$CE=t$。
在△ABC中，由正弦定理可得$\frac{AB}{\sin C}=\frac{BC}{\sin\angle BAC}$，即$\frac{AB}{\frac{1}{2}}=\frac{3t}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，可得$AB=\sqrt{3}t$，所以$AC=\sqrt{3}t$。
在△ABE中，由余弦定理可得$AE^{2}=AB^{2}+BE^{2}-2AB· BE\cos\frac{\pi}{6}=3t^{2}+4t^{2}-2\sqrt{3}t·2t·\frac{\sqrt{3}}{2}=t^{2}$，所以$AE=t$。
因为$\angle BAC$的角平分线$AD$与$BC$交于点$D$，所以$AD\perp BC$，所以$AD=AB\sin B=\sqrt{3}t×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}t$，故$\frac{AE}{AD}=\frac{t}{\frac{\sqrt{3}}{2}t}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。故选C。

9. [广东东莞东华高级中学2024高一期中]已知$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，若$\sqrt{3}b\sin A - a\cos B = 2a$，则$B =$$\frac{2\pi}{3}$.

答案： 9.$\frac{2\pi}{3}$　[解析]因为$\sqrt{3}b\sin A-a\cos B=2a$，所以由正弦定理得$\sqrt{3}\sin B\sin A-\sin A\cos B=2\sin A$。
因为$A\in(0,\pi)$，所以$\sin A≠0$，所以$\sqrt{3}\sin B-\cos B=2$，
所以$\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B-\frac{1}{2}\cos B=1$，即$\sin(B-\frac{\pi}{6})=1$。
因为$B\in(0,\pi)$，所以$-\frac{\pi}{6}＜B-\frac{\pi}{6}＜\frac{5\pi}{6}$，
所以$B-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$，即$B=\frac{2\pi}{3}$。

10. [江西宜春2025高一期中]已知在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别是$a$，$b$，$c$，$a = 4\sqrt{2}$，$\tan A = 2\sqrt{2}$.
(1)求$\triangle ABC$的外接圆半径；
(2)求$\triangle ABC$周长的最大值.

答案： 10.[解]
(1)依题意，$\begin{cases}\sin^{2}A+\cos^{2}A=1\\0＜A＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$
解得$\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，$\cos A=\frac{1}{3}$，
故△ABC的外接圆半径$R=\frac{a}{2\sin A}=\frac{\frac{4\sqrt{2}}{3}}{2×\frac{2\sqrt{2}}{3}}=3$。
(2)由
(1)知，$\cos A=\frac{1}{3}$，
由余弦定理得，$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=b^{2}+c^{2}-\frac{2}{3}bc=(b+c)^{2}-\frac{8}{3}bc$
因为$bc\leqslant(\frac{b+c}{2})^{2}$，所以$-\frac{8}{3}bc\geqslant-\frac{2(b+c)^{2}}{3}$，所以$32\geqslant(b+c)^{2}-\frac{2(b+c)^{2}}{3}=\frac{(b+c)^{2}}{3}$，
当且仅当$b=c=2\sqrt{6}$时等号成立，
故$b+c\leqslant4\sqrt{6}$，
所以△ABC周长的最大值为$4\sqrt{2}+4\sqrt{6}$。