《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

11. [陕西西安2025高一期末]在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，且$b = 6$，$\cos A = -\frac{1}{3}$. $D$为线段$BC$上一点，且$BD = 2DC$，$AD = \frac{\sqrt{129}}{3}$.
(1)求$c$；
(2)求$\sin B$.

答案： 11.[解]
(1)因为$D$为线段$BC$上一点，且$BD=2DC$，
所以$\overrightarrow{BD}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BC}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})$，
所以$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$。
因为$|\overrightarrow{AD}|^{2}=(\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC})^{2}$，
所以$|\overrightarrow{AD}|^{2}=\frac{1}{9}|\overrightarrow{AB}|^{2}+\frac{4}{9}|\overrightarrow{AC}|^{2}+\frac{4}{9}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}$，即$\frac{129}{9}=\frac{1}{9}×36+\frac{4}{9}×36+\frac{4}{9}×6c×(-\frac{1}{3})$，
化简得$c^{2}-8c+15=0$，解得$c=3$或$c=5$。
(2)因为$\cos A=-\frac{1}{3}$，且$0＜A＜\pi$，
所以$\sin A=\sqrt{1-\cos^{2}A}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$。
由余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=36+c^{2}-12×(-\frac{1}{3})=36+c^{2}+4c$，
当$c=3$时，$a=\sqrt{57}$，
由正弦定理得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}\Rightarrow\sin B=\frac{b\sin A}{a}=\frac{6×\frac{2\sqrt{2}}{3}}{\sqrt{57}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{57}}$；
当$c=5$时，$a=9$，此时$\sin B=\frac{b\sin A}{a}=\frac{6×\frac{2\sqrt{2}}{3}}{9}=\frac{4\sqrt{2}}{9}$。

12. [黑龙江哈尔滨2025高一月考]在锐角三角形$ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，且$c + b = 2a\cos B$.
(1)证明：$A = 2B$；
(2)求$\frac{c}{a}$的取值范围.

答案： 12.
(1)[证明]因为$c+b=2a\cos B$，所以$\sin C+\sin B=2\sin A\cos B$，
所以$\sin(A+B)+\sin B=2\sin A\cos B$，
即$\sin A\cos B+\cos A\sin B+\sin B=2\sin A\cos B$，
整理得$\sin B=\sin A\cos B-\cos A\sin B=\sin(A-B)$。
因为$0＜A＜\frac{\pi}{2}$，$0＜B＜\frac{\pi}{2}$，所以$-\frac{\pi}{2}＜A-B＜\frac{\pi}{2}$，
所以$B=A-B$，故$A=2B$。
(2)[解]由
(1)知，$A=2B$，则在锐角三角形ABC中，满足$\begin{cases}0＜A=2B＜\frac{\pi}{2}\\0＜C=\pi-3B＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$ 避坑：容易忽略$C=\pi-3B$也是锐角，从而扩大了$B$的取值范围
解得$\frac{\pi}{6}＜B＜\frac{\pi}{4}$，故$\sqrt{2}＜2\cos B＜\sqrt{3}$。
由题意得，$\frac{c}{a}=\frac{\sin C}{\sin A}=\frac{\sin3B}{\sin2B}=\frac{\sin2B\cos B+\cos2B\sin B}{\sin2B}=\cos B+\frac{2\cos^{2}B - 1}{2\cos B}=2\cos B-\frac{1}{2\cos B}$，
令$2\cos B=t\in(\sqrt{2},\sqrt{3})$，
因为$f(t)=t-\frac{1}{t}$在$(\sqrt{2},\sqrt{3})$上单调递增，所以$\frac{\sqrt{2}}{2}＜f(t)＜\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
所以$\frac{c}{a}$的取值范围为$(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{2\sqrt{3}}{3})$。

13. [北京怀柔区2024高一期末]在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，若$a = 8$，$b = 5$，$\cos A = \frac{3}{5}$，则角$B$为(A)

A.$\frac{\pi}{6}$
B.$\frac{\pi}{3}$
C.$\frac{\pi}{6}$和$\frac{5\pi}{6}$
D.$\frac{\pi}{3}$和$\frac{2\pi}{3}$

答案： 13.A　[解析]因为$\cos A=\frac{3}{5}$，$0＜A＜\pi$，所以$\sin A=\sqrt{1-\cos^{2}A}=\frac{4}{5}$，
由正弦定理可得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，则$\sin B=\frac{b·\sin A}{a}=\frac{5×\frac{4}{5}}{8}=\frac{1}{2}$。
因为$B\in(0,\pi)$，所以$B=\frac{\pi}{6}$或$\frac{5\pi}{6}$。又$b＜a$，所以$B＜A$，则$B=\frac{\pi}{6}$。故选A。

14. 在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$.若$a = \sqrt{3}$，$b = \sqrt{2}$，$B = 45^{\circ}$，求角$A$，$C$和边$c$.

答案： 14.[解]由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，
得$\sin A=\frac{a\sin B}{b}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$a＞b$，所以$A=60^{\circ}$或$A=120^{\circ}$。
当$A=60^{\circ}$时，$C=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}$，由正弦定理得$c=\frac{b\sin C}{\sin B}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$；
当$A=120^{\circ}$时，$C=180^{\circ}-45^{\circ}-120^{\circ}=15^{\circ}$，由正弦定理得$c=\frac{b\sin C}{\sin B}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$。

15. 在锐角三角形$ABC$中，$a$，$b$，$c$分别是内角$A$，$B$，$C$的对边.若$B = 2A$，则$\frac{b}{a}$的取值范围是(C)

答案： 15.C　[解析]
∵$B=2A$，
∴$\sin B=\sin2A$。由正弦定理得$\frac{b}{a}=\frac{\sin B}{\sin A}=\frac{\sin2A}{\sin A}=2\cos A$。
∵$0＜2A＜\frac{\pi}{2}$，$0＜\pi-3A＜\frac{\pi}{2}$，
∴$\frac{\pi}{6}＜A＜\frac{\pi}{4}$，
∴$\frac{\sqrt{2}}{2}＜\cos A＜\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{2}＜2\cos A＜\sqrt{3}$。故选C。

16. 在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$.若$2\cos^{2}\frac{A}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\sin A$，$a = 2\sqrt{3}$，则$\triangle ABC$周长的取值范围为(4\sqrt{3},4+2\sqrt{3}].

答案： 16.$(4\sqrt{3},4+2\sqrt{3}]$　[解析]由$2\cos^{2}\frac{A}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\sin A$，得$1+\cos A=\frac{\sqrt{3}}{3}\sin A$，
即$\frac{\sqrt{3}}{3}\sin A-\cos A=1$，
∴$\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin(A-\frac{\pi}{3})=1$，
即$\sin(A-\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵$0＜A＜\pi$，
∴$-\frac{\pi}{3}＜A-\frac{\pi}{3}＜\frac{2\pi}{3}$，
∴$A-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{3}$，即$A=\frac{2\pi}{3}$。
由正弦定理得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$，
∴$b=4\sin B$，$c=4\sin C$，
则$b+c=4\sin B+4\sin C=4\sin B+4\sin(\frac{\pi}{3}-B)=4\sin B+4(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B-\frac{1}{2}\sin B)=2\sin B+2\sqrt{3}\cos B=4\sin(B+\frac{\pi}{3})$。
∵$0＜B＜\frac{\pi}{3}$，
∴$\frac{\pi}{3}＜B+\frac{\pi}{3}＜\frac{2\pi}{3}$，
∴$\frac{\sqrt{3}}{2}＜\sin(B+\frac{\pi}{3})\leqslant1$，
∴$2\sqrt{3}＜4\sin(B+\frac{\pi}{3})\leqslant4$，即$4\sqrt{3}＜b+c\leqslant4$，
∴$4\sqrt{3}＜a+b+c\leqslant4+2\sqrt{3}$，即△ABC周长的取值范围为$(4\sqrt{3},4+2\sqrt{3}]$。

17. 在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$.若$(a^{2}+b^{2})\sin(A - B)=(a^{2}-b^{2})\sin(A + B)$，试判断$\triangle ABC$的形状.

答案： 17.[解]因为$(a^{2}+b^{2})\sin(A-B)=(a^{2}-b^{2})\sin(A+B)$，
所以$b^{2}[\sin(A+B)+\sin(A-B)]=a^{2}[\sin(A+B)-\sin(A-B)]$，
所以$2\sin A\cos B· b^{2}=2\cos A\sin B· a^{2}$，即$a^{2}\cos A\sin B=b^{2}\sin A\cos B$。
由正弦定理知$a=2R\sin A$，$b=2R\sin B$（$R$为△ABC外接圆的半径），
所以$\sin^{2}A\cos A\sin B=\sin^{2}B\sin A\cos B$。又$\sin A\sin B≠0$，所以$\sin A\cos A=\sin B\cos B$，
所以$\sin2A=\sin2B$。
因为在△ABC中，$0＜2A＜2\pi$，$0＜2B＜2\pi$，
所以$2A=2B$或$2A=\pi-2B$，所以$A=B$或$A+B=\frac{\pi}{2}$。
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形。