《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

10. [辽宁七校 2025 高一联考]$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别是$a$，$b$，$c$，下列说法正确的是(ACD)

A.若$\tan A + \tan B + \tan C ＞ 0$，则$\triangle ABC$是锐角三角形
B.若$a = 2$，$b = 3$，$B = \frac{\pi}{6}$，则此三角形有两解
C.若$b\cos C + c\cos B = b$，则$\triangle ABC$是等腰三角形
D.若$\triangle ABC$是锐角三角形，则$\sin A + \sin B ＞ \cos A + \cos B$

答案： 10.ACD【解析】对A：$\tan A=\tan(\pi - B - C)=-\tan(B + C)=-\frac{\tan B+\tan C}{1 - \tan B\tan C}$，则$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A·\tan B·\tan C＞0$，则$\tan A$，$\tan B$，$\tan C$中有零个负数或两个负数，又三角形中最多有一个角大于$\frac{\pi}{2}$，则三个角的正切值中最多有一个负数，故$\tan A$，$\tan B$，$\tan C$中不存在负数，即$\triangle ABC$是锐角三角形，故A正确；对B：由$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，得$\frac{2}{\sin A}=\frac{3}{1}=\frac{1}{\sin\frac{\pi}{6}}$，解得$\sin A=\frac{1}{3}$，又$b ＞ a$，因此$B=\frac{\pi}{6}＞A$，故A
（黑板：在三角形中大边对大角）
只有唯一解，因此三角形有唯一解，故B错误；对C：由$b\cos C + c\cos B = b$，得$\sin B\cos C+\sin C\cos B=\sin(B + C)=\sin A=\sin B$，即有$a = b$，则$\triangle ABC$是等腰三角形，故C正确；对D：若$\triangle ABC$是锐角三角形，则$A + B＞\frac{\pi}{2}$，故$\frac{\pi}{2}＞A＞\frac{\pi}{2}-B＞0$，则$\sin A＞\sin(\frac{\pi}{2}-B)=\cos B$，同理可得$\sin B＞\sin(\frac{\pi}{2}-A)=\cos A$，故$\sin A+\sin B＞\cos A+\cos B$，故D正确.故选ACD.
（点悟：在锐角三角形中，任意角的正弦值大于其余两角的余弦值）

11. 某社区规划在小区内修建一个如图所示的四边形休闲区. 已知$BC = 2CD = 20$米，且修建该休闲区的费用是$200$元/平方米，则下列结论正确的是(ACD)


A.若$AB = 20$米，$AD = 30$米，且四边形$ABCD$的四个顶点共圆，则$BD = 10\sqrt{7}$米
B.若$BD = 10\sqrt{7}$米，且四边形$ABCD$的四个顶点共圆，则$\triangle ABD$的面积的最大值为$350\sqrt{3}$平方米
C.若$AB = 20$米，$AD = 30$米，$A + C = \frac{2\pi}{3}$，则该社区修建该休闲区的修建费用为$6$万元
D.若$BD \perp AB$，且$BD = AB$，当$\angle BCD$变化时，$AC$长度的最大值为$10(2\sqrt{2} + 1)$米

答案： 11.ACD【解析】对于A，在$\triangle ABD$和$\triangle BCD$中，由余弦定理得$BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB· AD·\cos A=BC^{2}+CD^{2}-2BC· CD·\cos C$，即$BD^{2}=1300 - 1200\cos A=500 - 400\cos C$，所以$3\cos A - \cos C = 2$，又四边形$ABCD$的四个顶点共圆，所以$A + C=\pi$，所以$\cos A+\cos C = 0$，即$\cos C = -\cos A$，所以$3\cos A+\cos A = 2$，所以$\cos A=\frac{1}{2}$.又$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$A=\frac{\pi}{3}$，所以$C=\frac{2\pi}{3}$，所以$BD^{2}=1300 - 1200×\frac{1}{2}=700$，所以$BD = 10\sqrt{7}$，故A正确；对于B，在$\triangle BCD$中，由余弦定理得$BD^{2}=BC^{2}+CD^{2}-2BC· CD·\cos C=400 + 100 - 400\cos C=700$，所以$\cos C=-\frac{1}{2}$，又$0 ＜ C ＜ \pi$，所以$C=\frac{2\pi}{3}$，若$A$，$B$，$C$，$D$四点共圆，则四边形对角互补，即$A=\frac{\pi}{3}$，在$\triangle ABD$中，由余弦定理得$BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB· AD·\cos A=AB^{2}+AD^{2}-AB· AD=700$，所以$700=AB^{2}+AD^{2}-AB· AD\geq2AB· AD - AB· AD=AB· AD$，当且仅当$AB = AD$时，等号成立，所以$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB· AD\sin\frac{\pi}{3}\leq\frac{700}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}=175\sqrt{3}$，故B错误.对于C，由选项A知$3\cos A - \cos C = 2$①，$\triangle BCD$的面积为$\frac{1}{2}BC· CD·\sin C=\frac{1}{2}×20×10×\sin C=100\sin C$，$\triangle ABD$的面积为$\frac{1}{2}AB· AD·\sin A=\frac{1}{2}×20×30×\sin A=300\sin A$，所以四边形$ABCD$的面积为$300\sin A + 100\sin C$，设$3\sin A+\sin C=t(t＞0)$②，则①$^{2}+$②$^{2}$得$t^{2}+4=9 + 1-6\cos(A + C)$，所以$t^{2}=6 - 6\cos(\pi)=9$，又$t＞0$，所以$t = 3$，所以四边形$ABCD$的面积为$300$平方米，所以修建该休闲区的总费用为$6$万元，故C正确；对于D，设$\angle BCD=\theta(0 ＜ \theta ＜ \pi)$，在$\triangle BCD$中，由余弦定理得$BD^{2}=BC^{2}+CD^{2}-2BC· CD·\cos\theta=500 - 400\cos\theta$，则$BD = 10\sqrt{5 - 4\cos\theta}$，所以$AB = 10\sqrt{5 - 4\cos\theta}$，在$\triangle BCD$中，由正弦定理得$\frac{CD}{\sin\angle CBD}=\frac{BD}{\sin\angle BCD}$，即$\frac{10}{\sin\angle CBD}=\frac{10\sqrt{5 - 4\cos\theta}}{\sin\theta}$，所以$\sin\angle CBD=\frac{\sin\theta}{\sqrt{5 - 4\cos\theta}}$，在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$AC=\sqrt{BC^{2}+AB^{2}-2BC· AB·\cos(\angle CBD+\frac{\pi}{2})}=\sqrt{400 + 500 - 400\cos\theta+400\sin\theta}=\sqrt{900 - 400\cos\theta+400\sin\theta}=\sqrt{900 + 400\sqrt{2}\sin(\theta-\frac{\pi}{4})}\leq\sqrt{900 + 400\sqrt{2}}=10(2\sqrt{2}+1)$，当$\sin(\theta-\frac{\pi}{4}) = 1$，即$\theta=\frac{3\pi}{4}$时，等号成立，故D正确.故选ACD.

12. [江苏南通中学 2025 高一月考]如图，两座建筑物$AB$，$CD$的高度分别是$12$m 和$20$m，从建筑物$AB$的顶部$A$看建筑物$CD$的张角$\angle CAD = 45^{\circ}$，则这两座建筑物$AB$和$CD$的底部之间的距离$BD =$24m.

答案：
12.24【解析】如图，过点$A$作$AE\perp CD$于点$E$，则$AE = BD$，设$BD = x$，

则在$Rt\triangle AEC$中，$\tan\angle CAE=\frac{CE}{AE}=\frac{20 - 12}{x}=\frac{8}{x}$，在$Rt\triangle AED$中，$\tan\angle DAE=\frac{DE}{AE}=\frac{12}{x}$.因为$\tan\angle DAE=\tan(45^{\circ}-\angle CAE)$，所以$\frac{12}{x}=\frac{1-\frac{8}{x}}{1+\frac{8}{x}}$，整理得$x^{2}-20x - 96 = 0$，解得$x = 24$或$x = - 4$（负值舍去），故$BD = 24m$.

13. 如图，$AB$为半圆的直径，点$C$为$\overset{\frown}{AB}$的中点，点$M$为线段$AB$上的一动点(含端点$A$，$B$). 若$AB = 2$，则$|\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{MB}|$的取值范围是$[\sqrt{2},\sqrt{10}]$.

答案： 13.$[\sqrt{2},\sqrt{10}]$【解析】因为点$C$为$\overline{AB}$的中点，$AB = 2$，所以$\vert\overrightarrow{AC}\vert=\sqrt{2}$，$\angle CAB=\frac{\pi}{4}$，所以$\vert\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{MB}\vert^{2}=(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{MB})^{2}=\overrightarrow{AC}^{2}+\overrightarrow{MB}^{2}+2\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{MB}=\vert\overrightarrow{MB}\vert^{2}+2\vert\overrightarrow{MB}\vert + 2=(\vert\overrightarrow{MB}\vert + 1)^{2}+1$.因为点$M$为线段$AB$上的一动点（含端点），所以$0\leq\vert\overrightarrow{MB}\vert\leq2$，所以$2\leq(\vert\overrightarrow{MB}\vert + 1)^{2}+1\leq10$，所以$\vert\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{MB}\vert$的取值范围是$[\sqrt{2},\sqrt{10}]$.

14. [湖北武汉华中师大一附中 2025 高一期中]如图，在$\triangle ABC$内有一点$P$满足$\angle PAB = \angle PBC = \angle PCA = \alpha$，称$P$为$\triangle ABC$的布洛卡点，$\alpha$为布洛卡角. 若$AB = AC$，$\sin\frac{\angle BAC}{2} = \frac{\sqrt{5}}{5}$，则$\sin\angle ACB =$$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\tan\alpha =$$\frac{4}{7}$.(答对一空给 3 分)

答案： 14.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\frac{4}{7}$【解析】$\sin\frac{\angle BAC}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\therefore\cos\frac{\angle BAC}{2}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
（点悟：$\angle BAC\in(0,\pi)$，$\frac{\angle BAC}{2}\in(0,\frac{\pi}{2})$）
$\cos\angle BAC = 1-2\sin^{2}\frac{\angle BAC}{2}=\frac{3}{5}$.
$\because\angle BAC\in(0,\pi)$，$\therefore\sin\angle BAC=\frac{4}{5}$.
又$AB = AC$，$\therefore\angle ABC=\angle ACB$，又$\angle BAC+\angle ABC+\angle ACB=\pi$，$\therefore\angle ACB=\frac{\pi-\angle BAC}{2}$，$\therefore\sin\angle ACB=\sin(\frac{\pi-\angle BAC}{2})=\cos\frac{\angle BAC}{2}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\cos\angle ACB=\cos(\frac{\pi-\angle BAC}{2})=\sin\frac{\angle BAC}{2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，在$\triangle ABP$中，由正弦定理可得$\frac{AP}{\sin(\angle ACB-\alpha)}=\frac{AB}{\sin\angle APB}=\frac{AB}{\sin\angle ACB}$，在$\triangle ACP$中，$\frac{AP}{\sin\alpha}=\frac{AC}{\sin\angle APC}=\frac{AB}{\sin\angle BAC}$，$\therefore\frac{\sin\alpha}{\sin(\angle ACB-\alpha)}=\frac{\sin\angle BAC}{\sin\angle ACB}$
又$\sin(\angle ACB-\alpha)=\sin\angle ACB\cos\alpha-\cos\angle ACB\sin\alpha$，$\sin\angle ACB=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\cos\angle ACB=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\sin\angle BAC=\frac{4}{5}$，代入上式可得$\frac{\sin\alpha}{\frac{2\sqrt{5}}{5}\cos\alpha-\frac{\sqrt{5}}{5}\sin\alpha}=\frac{\frac{4}{5}}{\frac{2\sqrt{5}}{5}}$，即$\frac{\sin\alpha}{2\sqrt{5}\cos\alpha-\sqrt{5}\sin\alpha}=\frac{4}{2\sqrt{5}}$，化简可得$\tan\alpha=\frac{4}{7}$.

15. (本小题满分 13 分) [福建莆田 2024 高一期中]在①$\boldsymbol{m}=(\cos A,\cos B)$，$\boldsymbol{n}=(b - 2c,a)$，且$\boldsymbol{m}\perp\boldsymbol{n}$，②$a\cos A + a\cos (B - C)=2\sqrt{3}b\cos A\sin C$，③$(\sin B - \sin C)^{2}=\sin^{2}A - \sin B\sin C$这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
问题：$\triangle ABC$的内角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，且①.
(1) 求$A$的值；
(2) 若$a = 2$，求$b - 2c$的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

答案： 15【解】
(1) 若选①，依题意得$m · n = (b - 2c) \cos A + a \cos B = 0$，
所以由正弦定理得$(\sin B - 2\sin C) \cos A + \sin A \cos B = 0$，
则$\sin B \cos A + \sin A \cos B - 2\sin C \cos A = 0$，整理得$\sin(C(1 - 2\cos A) = 0$。
因为$\sin C ＞ 0$，所以$\cos A = \frac{1}{2}$。
又$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$A = \frac{\pi}{3}$
若选②，由$a \cos A + a \cos (B - C) = 2\sqrt{3} · b \cos A \sin C$，$\cos A = \cos [\pi - (B + C)] = - \cos (B + C)$，得$a \cos (B - C) - a \cos (B + C) = 2\sqrt{3} b \cos A \sin C$，
则$2a \sin B \sin C - 2\sqrt{3} b \cos A \sin C = 0$，即$\sin C(a \sin B - \sqrt{3} b \cos A) = 0$。
因为$\sin C ＞ 0$，所以$a \sin B - \sqrt{3} b \cos A = 0$。
所以由正弦定理得$\sin A \sin B - \sqrt{3} \sin B \cos A = 0$。
又因为$\sin B ＞ 0$，所以$\sin A - \sqrt{3} \cos A = 0$，所以$\tan A = \sqrt{3}$。
因为$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$A = \frac{\pi}{3}$
若选③，由$(\sin B - \sin C)^{2} = \sin^{2} A - \sin B \sin C$得$\sin^{2} B + \sin^{2} C - \sin B \sin C = \sin^{2} A$，
由正弦定理得$b^{2} + c^{2} - bc = a^{2}$，由余弦定理得$\cos A = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc} = \frac{bc}{2bc} = \frac{1}{2}$。
又$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$A = \frac{\pi}{3}$
(2)由
(1)得$A = \frac{\pi}{3}$，因为$a = 2$，所以由正弦定理得$\frac{a}{\sin A} = \frac{4\sqrt{3}}{3} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$，
则$b = \frac{4\sqrt{3}}{3} \sin (\frac{\pi}{3} + B) = \frac{2\sqrt{3}}{3} \sin B + 2 \cos B$，
则$b - 2c = \frac{4\sqrt{3}}{3} \sin B - 2(\frac{2\sqrt{3}}{3} \sin B + 2 \cos B) = - 4 \cos B$。
因为$0 ＜ B ＜ \frac{2\pi}{3}$，
所以$- \frac{1}{2} ＜ \cos B ＜ 1$，所以$- 4 ＜ b - 2c ＜ 2$，
故$b - 2c$的取值范围是$(-4,2)$。