《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [江苏镇江 2025 高一期末]在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，$\triangle ABC$的面积为$S$。若$a = 1$，$C = \frac{\pi}{3}$，且$2S = \cos B + b\cos A$，则$B =$(C)

A.$\frac{\pi}{6}$
B.$\frac{\pi}{3}$
C.$\frac{\pi}{2}$
D.$\frac{7\pi}{12}$

答案： 1.C　[解析]因为$a = 1$且$2S = a\cos B + b\cos A$，
悟:妙用$a = 1$，为后续利用正弦定理化边为角作准备
即$2×\frac{1}{2}ab\sin C = a\cos B + b\cos A$，
得$ab\sin C = a\cos B + b\cos A$，
由正弦定理得$a\sin B\sin C = \sin A\cos B + \sin B\cos A = \sin(A + B)$，
在$\triangle ABC$中，$\sin C = \sin(A + B)$，$\sin C\neq0$，所以$a\sin B = 1$，即$\sin B = \frac{1}{a} = 1$。
因为$B\in(0,\pi)$，所以$B = \frac{\pi}{2}$。故选C。

2. [河南焦作 2024 高一期末]已知$a$，$b$，$c$分别是$\triangle ABC$三内角$A$，$B$，$C$的对边，则“$a\sin C + a\cos C = b + c$”是“$\triangle ABC$为直角三角形”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： 2.A　[解析]在$\triangle ABC$中，由$a\sin C + a\cos C = b + c$及正弦定理可得$\sin A\sin C + \sin A\cos C = \sin B + \sin C$，
由$A + C = \pi - B$，可得$\sin A\sin C + \sin A\cos C = \sin(A + C) + \sin C$，
所以$\sin A\sin C = \cos A\sin C + \sin C$。
因为$C\in(0,\pi)$，所以$\sin C\gt0$，即$\sin A = \cos A + 1$，所以$\sin A - \cos A = 1$，
则$\sqrt{2}\sin(A - \frac{\pi}{4}) = 1$，则$\sin(A - \frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$。因为$A\in(0,\pi)$，所以$A - \frac{\pi}{4}\in(-\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4})$，
所以$A - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$，即$A = \frac{\pi}{2}$，所以$\triangle ABC$为直角三角形，
故“$a\sin C + a\cos C = b + c$”是“$\triangle ABC$为直角三角形”的充分条件。
若$\triangle ABC$为直角三角形，设$C = \frac{\pi}{2}$，$a = 3$，$b = 4$，$c = 5$，则$\sin C = 1$，$\cos C = 0$，所以$a\sin C + a\cos C = 3$，$b + c = 9$，
所以$a\sin C + a\cos C\neq b + c$，
所以“$a\sin C + a\cos C = b + c$”不是“$\triangle ABC$为直角三角形”的必要条件。
综上，“$a\sin C + a\cos C = b + c$”是“$\triangle ABC$为直角三角形”的充分不必要条件。故选A。

3. [广东深圳高级中学 2025 高一期末]在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$。已知$\triangle ABC$的面积为$5\sqrt{3}$，$b = 4$，$\overrightarrow{BA} · \overrightarrow{AC} = 10$，则$a =$(D)

A.$\sqrt{21}$
B.$\sqrt{31}$
C.$\sqrt{41}$
D.$\sqrt{61}$

答案： 3.D　[解析]由$\triangle ABC$的面积为$5\sqrt{3}$可得$5\sqrt{3} = \frac{1}{2}bc\sin A$，得$c\sin A = \frac{5\sqrt{3}}{2}$。
由$\overrightarrow{BA} · \overrightarrow{AC} = 10$可得$cb\cos(\pi - A) = -bc\cos A = 10$，得$c\cos A = -\frac{5}{2}$。
则$\tan A = \frac{\sin A}{\cos A} = -\sqrt{3}$。
因为$A\in(0,\pi)$，所以$A = \frac{2\pi}{3}$，所以$c = \frac{5\sqrt{3}}{2\sin A} = \frac{5\sqrt{3}}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}} = 5$。
由余弦定理可知$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A = 4^2 + 5^2 - 2×4×5\cos\frac{2\pi}{3} = 61$，即$a = \sqrt{61}$。故选D。

4. 某艺术爱好者对《蒙娜丽莎》的同比例影像作品进行了测绘。将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角$A$，$C$处作圆弧的切线，两条切线交于$B$点，测得如下数据：$AB = 6.9\mathrm{cm}$，$BC = 7.1\mathrm{cm}$，$AC = 12.6\mathrm{cm}$。根据测量得到的结果推算女子嘴唇视作的圆弧对应的圆心角的范围为(B)


A.$(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4})$
B.$(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$
C.$(\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{12})$
D.$(\frac{5\pi}{12}, \frac{\pi}{2})$

答案： 4.B　[解析]根据余弦定理，得$\cos\angle ABC = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2AB· BC} = \frac{6.9^2 + 7.1^2 - 12.6^2}{2×6.9×7.1} = \frac{-30.37}{48.99} \lt 0$，所以$\frac{\pi}{2} \lt \angle ABC \lt \pi$。设$\overrightarrow{AC}$对应的圆心角为$\alpha$，则有$\alpha + \angle ABC = \pi$，则$\cos\alpha = \cos(\pi - \angle ABC) = -\cos\angle ABC = \frac{30.37}{48.99}$且$0 \lt \alpha \lt \frac{\pi}{2}$。因为$\frac{1}{2} \lt \frac{30.37}{48.99} \lt \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\alpha \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{3})$，故选B。

5. [河南郑州 2025 高一期末]我国南宋著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代已具有很高的数学水平，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上。以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实。一为从隅，开平方得积。”若把以上这段文字写成公式，即$S = \sqrt{\frac{1}{4}[c^{2}a^{2} - (\frac{c^{2} + a^{2} - b^{2}}{2})^{2}]}$，其中$a$，$b$，$c$分别为$\triangle ABC$内角$A$，$B$，$C$的对边。若$\frac{1}{\sqrt{3}\sin B} = \frac{1}{\tan B} + \frac{1}{\tan C}$，$b = 2\sqrt{2}$，则$\triangle ABC$面积的最大值为(B)

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

答案： 5.B　[解析]由$\frac{1}{\sqrt{3}\sin B} = \frac{1}{\tan B} + \frac{1}{\tan C}$，
得$\frac{1}{\sqrt{3}\sin B} = \frac{\cos B}{\sin B} + \frac{\cos C}{\sin C}$，根据正弦定理及余弦定理，有$\frac{1}{\sqrt{3}b} = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2abc} + \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2abc}$，整理得$c = \sqrt{3}a$，所以$\triangle ABC$的面积$S = \sqrt{\frac{1}{4}[3a^2 - (\frac{4a^2 - 8}{2})^2]} = \frac{1}{2}\sqrt{-(a^2 - 8)^2 + 48}$
则易知当$a = 2\sqrt{2}$，$c = 2\sqrt{6}$时，$S$取得最大值，为$2\sqrt{3}$。故选B。

6. $\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$所对的边分别是$a$，$b$，$c$。若$b = \sqrt{3}$，$a^{2} + c^{2} - ac = b^{2}$，则$2a + c$的最大值为(A)

A.$2\sqrt{7}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$5 + \sqrt{3}$
D.$5 - \sqrt{3}$

答案： 6.A
思路导引本题应用正弦定理得到$a = 2\sin A$，$c = 2\sin C$，然后将目标式转化，得到$2a + c = 2\sqrt{7}\sin(C + \varphi)$且$\tan\varphi = \frac{\sqrt{3}}{2}$，利用正弦型函数的性质求最大值即可。
[解析]由已知及余弦定理得$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \frac{ac}{2ac} = \frac{1}{2}$，又$0 \lt B \lt \pi$，故$B = \frac{\pi}{3}$。由正弦定理知，$\frac{b}{\sin B} = \frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C} = 2$，则$a = 2\sin A$，$c = 2\sin C$，
所以$2a + c = 4\sin A + 2\sin C = 4\sin(\frac{2\pi}{3} - C) + 2\sin C = 4\sin\frac{2\pi}{3}\cos C - 4\cos\frac{2\pi}{3}\sin C + 2\sin C = 2\sqrt{7}\sin(C + \varphi)$，其中$\tan\varphi = \frac{\sqrt{3}}{2}$且$\varphi \in (0,\frac{\pi}{2})$。因为$\tan\varphi = \frac{\sqrt{3}}{2} \in (\frac{\sqrt{3}}{3},1)$，所以$\varphi \in (\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4})$，
悟:根据正切函数的单调性确定$\varphi$的范围
又$0 \lt C \lt \frac{2\pi}{3}$，所以$\frac{\pi}{6} \lt C + \varphi \lt \frac{11\pi}{12}$，所以当$C + \varphi = \frac{\pi}{2}$时，$2a + c$取得最大值，为$2\sqrt{7}$。故选A。

7. (多选)[辽宁沈阳五校 2024 高一期中]四边形$ABCD$内接于圆$O$，$AB = CD = 5$，$AD = 3$，$\angle BCD = 60^{\circ}$，如图所示，下列结论正确的有(ABD)


A.四边形$ABCD$为梯形
B.四边形$ABCD$的面积为$\frac{55\sqrt{3}}{4}$
C.圆$O$的直径为$7$
D.$\triangle ABD$的三边长度满足$AD + BD = 2AB$

答案：
7.ABD　[解析]对于A，$\because \angle BCD = 60^{\circ}$，
$\therefore \angle BAD = 120^{\circ}$，

连接$AC$，$BD$，由$AB = CD$可得$\angle BDA = \angle CAD$，$\because \angle ABD = \angle ACD$，
$\therefore \triangle BAD \cong \triangle CDA (AAS)$，
$\therefore \angle BAD = \angle CDA = 120^{\circ}$，
$\therefore \angle BCD + \angle CDA = 180^{\circ}$，$\therefore BC // DA$，
显然$AB$不平行于$CD$，则四边形$ABCD$为梯形，故A正确；
对于B，在$\triangle ABD$中，由余弦定理得$BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2AB· AD\cos\angle BAD = 5^2 + 3^2 - 2×5×3×(-\frac{1}{2}) = 49$，
在$\triangle BCD$中，由余弦定理可得$BD^2 = CB^2 + CD^2 - 2CB· CD\cos\angle BCD$，
即$49 = CB^2 + 5^2 - 2× CB×5\cos60^{\circ}$，解得$CB = 8$或$CB = -3$（舍去），
$\therefore S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2}CB· CD\sin60^{\circ} = \frac{1}{2}×8×5×\frac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$，又$S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2}AB· AD\sin120^{\circ} = \frac{1}{2}×5×3×\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{15\sqrt{3}}{4}$，$\therefore S_{四边形ABCD} = S_{\triangle BCD} + S_{\triangle ABD} = 10\sqrt{3} + \frac{15\sqrt{3}}{4} = \frac{55\sqrt{3}}{4}$，故B正确；对于C，由B可知，$CB = 8$，则圆$O$的直径不可能是7，故C错误；
对于D，在$\triangle ABD$中，$AD = 3$，$AB = 5$，$BD = 7$，满足$AD + BD = 2AB$，故D正确。
故选ABD。

8. [福建宁德 2025 高一期中]如图，一滑轮组中有两个定滑轮$A$，$B$，在从连接点$O$出发的三根绳的端点处挂着三个重物，它们所受的重力分别为$4\mathrm{N}$，$4\mathrm{N}$，$7\mathrm{N}$，此时整个系统处于平衡状态，则$\cos \angle AOB =$$\frac{17}{32}$。

答案： 8.$\frac{17}{32}$　[解析]依题意，$|\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OB}| = 4$，$|\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}| = 7$，则$\overrightarrow{OA}^2 + 2\overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OB}^2 = 49$，即$16 + 2\overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OB} + 16 = 49$，解得$\overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OB} = \frac{17}{2}$，所以$\cos\angle AOB = \frac{\overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OB}}{|\overrightarrow{OA}| |\overrightarrow{OB}|} = \frac{17}{32}$。