《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [重庆南开中学2025高一期末]设$\triangle ABC$的内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$。若$a=\sqrt{2},\cos A=\frac{1}{3}$，则$b+c$的最大值为(D)

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

答案： 1.D【解析】由余弦定理$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$,代入$a = \sqrt{2},\cos A = \frac{1}{3}$，
得$2 = b^{2}+c^{2}-\frac{2}{3}bc$.根据完全平方公式$(b + c)^{2}=b^{2}+2bc + c^{2}$,得$b^{2}+c^{2}=(b + c)^{2}-2bc$,将其代入上式可得$2=(b + c)^{2}-2bc-\frac{2}{3}bc=(b + c)^{2}-\frac{8}{3}bc$.
因为$bc\leqslant(\frac{b + c}{2})^{2}$（当且仅当$b = c$时取等号），所以$-\frac{8}{3}bc\geqslant-\frac{8}{3}(\frac{b + c}{2})^{2}$，则$2=(b + c)^{2}-\frac{8}{3}bc\geqslant(b + c)^{2}-\frac{8}{3}(\frac{b + c}{2})^{2}=\frac{1}{3}(b + c)^{2}$,得$(b + c)^{2}\leqslant6$，即$0\lt b + c\leqslant\sqrt{6}$.所以$b + c$的最大值为$\sqrt{6}$.故选D.

2. [河南多校2025高一摸底]在$\triangle ABC$中，内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，若$A=B+2C,b+c=1$，则$a$的最小值为(D)

A.$\frac{2\sqrt{2}}{5}$
B.$\frac{2}{5}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$

答案： 2.D【解析】由题可得$B=\frac{\pi - 3C}{2},A=\frac{\pi + C}{2}$，且$0\lt C\lt\frac{\pi}{3}$.由正弦定理可得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{b + c}{\sin B+\sin C}=\frac{1}{\sin B+\sin C}$，所以$a = \frac{1}{\sin(\frac{\pi - 3C}{2})+\sin C}=\frac{1}{\cos\frac{3C}{2}+\sin C}$.
因为$\cos\frac{3C}{2}=\cos\frac{C}{2}\cos C-\sin\frac{C}{2}\sin C=\cos\frac{C}{2}\cos C-\sin\frac{C}{2}\sin C$，所以$a = \frac{\cos\frac{C}{2}}{\cos\frac{C}{2}\cos C - 2\sin^{2}\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}}=\frac{\cos\frac{C}{2}}{\cos\frac{C}{2}( \cos C - 2\sin^{2}\frac{C}{2})}=\frac{1}{\cos C - 2\sin^{2}\frac{C}{2}+2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}}=\frac{1}{\cos C - 2\sin^{2}\frac{C}{2}+2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}}=\frac{1}{-4\sin^{2}\frac{C}{2}+2\sin\frac{C}{2}+1}$，令$t = \sin\frac{C}{2}$，则$t\in(0,\frac{1}{2})$，则$a = \frac{1}{-4t^{2}+2t + 1}=-\frac{1}{4(t - \frac{1}{4})^{2}+\frac{3}{4}}\geqslant\frac{4}{5}$，当且仅当$t = \frac{1}{4}$，即$\sin\frac{C}{2}=\frac{1}{4}$时，$a$取得最小值$\frac{4}{5}$，故选D.

3. 如图，在等边三角形$ABC$中，$AB=2$，点$M,N$是边$BC$上的两动点（点$M$在$N$的左边），满足$\angle MAN=\frac{\pi}{6}$，记$\angle BAM=\theta$。
(1)若$\sin\theta=\frac{1}{2}$，求$MN$的长；
(2)求$MN$的最小值。

答案： 3.【解】
(1)$\because\sin\theta=\frac{1}{2},0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{6},\therefore\theta=\frac{\pi}{6}$
易知此时$\triangle ABM$为直角三角形，$M$为$BC$的中点，$N$与$C$重合，$\therefore MN = 1$.
(2)在$\triangle ABM$中，$\because\frac{AB}{\sin\angle AMB}=\frac{BM}{\sin\angle BAM},\therefore BM=\frac{2\sin\theta}{\sin(\theta+\frac{\pi}{3})}$
在$\triangle ABN$中，$\because\frac{AB}{\sin\angle ANB}=\frac{BN}{\sin\angle BAN}$，
$\therefore BN=\frac{2\sin(\theta+\frac{\pi}{3})}{\cos\theta}$
$\because MN = BN - BM=\frac{2\sin(\theta+\frac{\pi}{3})}{\cos\theta}-\frac{2\sin\theta}{\sin(\theta+\frac{\pi}{3})}=1+\frac{\sqrt{3}\sin\theta}{\cos\theta}-\frac{4\sin\theta}{\sin\theta+\sqrt{3}\cos\theta}$，
令$t = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}(0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{6})$，则$t\in[0,\frac{\sqrt{3}}{3}]$
$\therefore MN=1+\sqrt{3}t-\frac{4t}{t + \sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{t + \sqrt{3}}+\sqrt{3}(t + \sqrt{3})-6\geqslant2\sqrt{12}-6 = 4\sqrt{3}-6$，
当且仅当$\frac{4\sqrt{3}}{t + \sqrt{3}}=\sqrt{3}(t + \sqrt{3})$，即$t = 2 - \sqrt{3}$时取等号.
$\therefore MN$的最小值为$4\sqrt{3}-6$.

4. [安徽合肥八中2025高一检测]$\triangle ABC$的内角$A,B,C$所对的边分别是$a,b,c$，已知$\frac{\cos C}{c}+\frac{\cos B}{b}=\frac{2-\sqrt{3}}{a}$，则$A$的最大值为(A)

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

答案： 4.A【解析】已知$\frac{\cos C}{c}=\frac{\cos B}{b}=\frac{2 - \sqrt{3}}{a}$，
则$\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2abc}+\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2abc}=\frac{2 - \sqrt{3}}{a}$，整理得$a^{2}=(2 - \sqrt{3})bc$.
由余弦定理得$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\geqslant\frac{2bc-(2 - \sqrt{3})bc}{2bc}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，当且仅当$b = c$时取等号，所以$\cos A\geqslant\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$0\lt A\lt\pi$，故$0\lt A\leqslant\frac{\pi}{6}$.故选A.

5. [浙江温州2025高一期末]已知在$\triangle ABC$中，点$A$在$BC$上的射影$H$落在线段$BC$上(不含端点)，且满足$AH^2=\frac{1}{2}AB· AC$，则角$A$的取值范围是(A)

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

答案： 5.A【解析】在$\triangle ABC$中，因为$A$在$BC$上的射影$H$落在线段$BC$上（不含端点），
所以$AH\perp BC$，且角$B,C$均为锐角.
因为$AH· BC = AB· AC·\sin A$，所以$AH=\frac{AB· AC·\sin A}{BC}$.因为$AH^{2}=\frac{1}{2}AB· AC$，
所以$(\frac{AB· AC·\sin A}{BC})^{2}=\frac{1}{2}AB· AC$，化简得$BC^{2}=2AB· AC·\sin^{2}A$，记$\triangle ABC$中内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，则$a^{2}=2bc\sin^{2}A$.
因为$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$，所以$b^{2}+c^{2}-2bc\cos A = 2bc\sin^{2}A$，即$\cos^{2}A\leqslant\cos A$，所以$0\leqslant\cos A\lt1$，即$\cos^{2}A\leqslant\cos A$，所以$0\leqslant\cos A\lt1$，即$A\in(0,\frac{\pi}{2}]$.
若$b = c$，此时$\cos A = 0$，即$A=\frac{\pi}{2}$.
若$b\neq c$，不妨设$b\gt c$，则$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\gt0$，即$a^{2}\gt b^{2}-c^{2}$，
所以$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A = 2bc\sin^{2}A\gt b^{2}-c^{2}$，即$\cos A\lt\frac{c}{b}\lt1$.
因为$b^{2}+c^{2}=2bc\sin^{2}A+2bc\cos A$，
即$2(\sin^{2}A+\cos A)=\frac{b}{c}+\frac{c}{b}$，
函数$y = x+\frac{1}{x}$在区间$(0,1)$上单调递减，所以$\frac{c}{b}\lt\cos A+\frac{1}{\cos A}$，即$2(\sin^{2}A+\cos A)\lt\cos A+\frac{1}{\cos A}$，化简可得$2\sin^{2}A\lt\frac{1 - \cos^{2}A}{\cos A}$，即$\cos A\lt\frac{1}{2}$，得$A\gt\frac{\pi}{3}$，所以角$A$的取值范围是$(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}]$.故选A.

6. [江苏扬州一中2025高一期中]在锐角三角形$ABC$中，内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，若$\sin^2B=\sin^2A+\sin A\sin C$，则$\tan A\tan B$的取值范围为(1,+\infty)。

答案： 6.$(1,+\infty)$【解析】由正弦定理角化边得$b^{2}=a(a + c)$，由$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{a^{2}+c^{2}-a(a + c)}{2ac}=\frac{c}{2a}$；
$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{a(a + c)+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{a + c}{2b}$
因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$A,B\in(0,\frac{\pi}{2}),2A\in(0,\pi)$，
所以$\cos2A = 2\cos^{2}A - 1=\frac{2(a + c)^{2}}{4b^{2}}-1=\frac{(a + c)^{2}}{2a(a + c)}-1=\frac{c}{2a}-\frac{1}{2}$；
所以$\cos B=\cos2A$，所以$B = 2A$，所以$C=\pi - 3A$.
因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$\begin{cases}0\lt A\lt\frac{\pi}{2}\\0\lt2A\lt\frac{\pi}{2}\\0\lt\pi - 3A\lt\frac{\pi}{2}\end{cases}$，
解得$\frac{\pi}{6}\lt A\lt\frac{\pi}{4}$，
$\rightarrow$遇坑：一定要注意每个角的隐含范围，若角的范围求错，则最终的结果也可能会出错
设$\tan A = t$，则$t\in(\frac{\sqrt{3}}{3},1),\tan A\tan B = t·\frac{2t}{1 - t^{2}}=\frac{2}{ \frac{1}{t^{2}} - 1}\in(1,+\infty)$.
多种解法由正弦定理角化边得$b^{2}=a(a + c)$.
由余弦定理$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos B$，得$a(1 + 2\cos B)=c$，
由正弦定理得$\sin A(1 + 2\cos B)=\sin C$，则$\sin A+2\sin A\cos B=\sin C=\sin(A + B)$，
则$\sin(A - B)=-\sin A=\sin(-A)$.由$\triangle ABC$为锐角三角形，得$-\frac{\pi}{2}\lt A - B\lt\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2}\lt -A\lt0$，所以$A - B = -A$，即$B = 2A$,后续同解析.

7. [重庆七校2025高一联考]在锐角三角形$ABC$中，内角$A,B,C$的对边分别是$a,b,c$，且$b\sin B+b\sin C\cos A+a\sin C\cos B=a\sin A+c\sin B$。
(1)求角$A$的大小；
(2)求$2\cos B+\cos C$的取值范围。

答案： 7.【解】
(1)因为$b\sin B + b\sin C\cos A + a·\sin C\cos B = a\sin A + c\sin A$，
所以由正弦定理可得$b^{2}+b\cos A + ac·\cos B = a^{2}+bc$，
再由余弦定理可得$b^{2}+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}+\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}=a^{2}+bc$，即$b^{2}+c^{2}=a^{2}+bc$，
所以$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{2}$.
因为$0\lt A\lt\pi$，所以$A=\frac{\pi}{3}$
(2)因为$A=\frac{\pi}{3}$，所以$B + C=\frac{2\pi}{3}$，所以$C=\frac{2\pi}{3}-B$，则$2\cos B+\cos C = 2\cos B+\cos(\frac{2\pi}{3}-B)=\frac{3}{2}\cos B+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin B=\sqrt{3}\sin(B+\frac{\pi}{3})$.
$\rightarrow$点悟：经过三角恒等变换等化简后，可以化为正弦型函数，因此考虑利用正弦函数单调性求取值范围
因为$\triangle ABC$是锐角三角形，所以$\begin{cases}0\lt B\lt\frac{\pi}{2}\\0\lt\frac{2\pi}{3}-B\lt\frac{\pi}{2}\end{cases}$，
解得$\frac{\pi}{6}\lt B\lt\frac{\pi}{2}$，所以$\frac{\pi}{2}\lt B+\frac{\pi}{3}\lt\frac{5\pi}{6}$，所以$\frac{1}{2}\lt\sin(B+\frac{\pi}{3})\lt1$，则$\frac{\sqrt{3}}{2}\lt\sqrt{3}\sin(B+\frac{\pi}{3})\lt\sqrt{3}$，
即$2\cos B+\cos C$的取值范围是$(\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3})$.

8. [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$a,b,c$，若$2a\cos A=b\cos C+c\cos B,a=1$，则$\triangle ABC$周长的最大值为(C)

A.1
B.2
C.3
D.$\frac{\sqrt{3}}{4}$

答案： 8.C【解析】在$\triangle ABC$中，$2a\cos A = b\cos C + c\cos B = b·\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}+c·\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=a$，
得$\cos A=\frac{1}{2}$，则$1 = a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=(b + c)^{2}-3bc\geqslant(b + c)^{2}-3(\frac{b + c}{2})^{2}=\frac{(b + c)^{2}}{4}$，
解得$b + c\leqslant2$，当且仅当$b = c = 1$时取等号，所以$\triangle ABC$周长的最大值为$3$.故选C.

9. [浙江绍兴2025高一期中]在锐角三角形$ABC$中，内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，$(4a^2-2\sqrt{3}ac)\cos B=\sqrt{3}(a^2+b^2-c^2)$，且$a=1$，则$\triangle ABC$周长的取值范围为(\frac{3 + \sqrt{3}}{2},\sqrt{3}+1)。

答案： 9.$(\frac{3 + \sqrt{3}}{2},\sqrt{3}+1)$【解析】因为$(4a^{2}-2\sqrt{3}ac)·\cos B=\sqrt{3}(a^{2}+b^{2}-c^{2})$，所以由余弦定理得$(4a^{2}-2\sqrt{3}ac)\cos B=\sqrt{3}(2ab\cos C)$，即$(2a - \sqrt{3}c)\cos B=\sqrt{3}b\cos C$，
所以由正弦定理得$(2\sin A-\sqrt{3}\sin C)·\cos B=\sqrt{3}\sin B\cos C$，
所以$2\sin A\cos B=\sqrt{3}(\sin C\cos B+\cos C\sin B)=\sqrt{3}\sin(B + C)=\sqrt{3}\sin A$.又$\sin A\neq0$，所以$\cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$.又$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$B=\frac{\pi}{6}$
又$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，所以$b=\frac{a\sin B}{\sin A}=\frac{1}{2\sin A},c=\frac{\sin C}{\sin A}=\frac{\sin(\frac{5\pi}{6}-A)}{\sin A}=\frac{\cos A}{2\sin A}+\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$0\lt A\lt\frac{\pi}{2}$，所以$0\lt\frac{A}{2}\lt\frac{\pi}{4}$，所以$\cos\frac{A}{2}\neq0$，所以$a + b + c = 1+\frac{1}{2\sin A}+\frac{\cos A}{2\sin A}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2 + \sqrt{3}}{2}+\frac{1 + \cos A}{2\sin A}=\frac{2 + \sqrt{3}}{2}+\frac{2\cos^{2}\frac{A}{2}}{4\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}}=\frac{2 + \sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2\tan\frac{A}{2}}$
又$\begin{cases}0\lt A\lt\frac{\pi}{2}\\0\lt C=\frac{5\pi}{6}-A\lt\frac{\pi}{2}\end{cases}$，解得$\frac{\pi}{3}\lt A\lt\frac{\pi}{2}$，所以$\frac{\pi}{6}\lt\frac{A}{2}\lt\frac{\pi}{4}$，所以$\tan\frac{A}{2}\in(\frac{\sqrt{3}}{3},1)$
则$a + b + c=\frac{2 + \sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2\tan\frac{A}{2}}\in(\frac{3 + \sqrt{3}}{2},\sqrt{3}+1)$，
故$\triangle ABC$周长的取值范围为$(\frac{3 + \sqrt{3}}{2},\sqrt{3}+1)$.