《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

1. [2025北京延庆期末]已知集合$M = \{ x | x + 2 \geq 0 \}$，$N = \{ x | x - 1 ＜ 0 \}$，则$M \cup N =$(B)

A.$\{ x | - 2 \leq x ＜ 1 \}$
B.$\mathbf{R}$
C.$\{ x | x \geq - 2 \}$
D.$\{ x | x ＜ 1 \}$

答案： 1. B 因为$M=\{x|x + 2\geq0\}=\{x|x\geq - 2\}$,$N = \{x|x - 1\lt0\}=\{x|x\lt1\}$,所以$M\cup N = R$.

2. [2025广东揭阳期中]已知复数$z = a + b\mathrm{i}$满足$\vert z - 1 \vert = \vert z - 2 \vert$($a$，$b \in \mathbf{R}$)，则$a =$(B)

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

答案： 2. B 因为复数$z = a + bi$满足$\vert z - 1\vert=\vert z - 2\vert$,则$\vert a - 1 + bi\vert=\vert a - 2 + bi\vert$,所以$(a - 1)^2 + b^2=(a - 2)^2 + b^2$,解得$a=\frac{3}{2}$.

3. [2025重庆八中期末]在等腰梯形$ABCD$中，$AB // DC$，$AB = 2BC = 2CD = 2$，$P$是底边$AB$上的动点，则$\overrightarrow{PD} · \overrightarrow{PC}$的最小值为(D)

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

答案：
3. D 以$A$为原点,射线$AB$为$x$轴正半轴建立平面直角坐标系,如图所示.因为$AB = 2BC = 2CD = 2$,所以$\angle DAB = 60^{\circ}$,则$D(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$,$C(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$.设$P(a,0)$,$0\leq a\leq2$,则$\overrightarrow{PD}=(\frac{1}{2}-a,\frac{\sqrt{3}}{2})$,$\overrightarrow{PC}=(\frac{3}{2}-a,\frac{\sqrt{3}}{2})$,所以$\overrightarrow{PD}·\overrightarrow{PC}=(\frac{1}{2}-a)(\frac{3}{2}-a)+\frac{3}{4}=a^2 - 2a+\frac{3}{2}=(a - 1)^2+\frac{1}{2}$,所以当$a = 1$时,$\overrightarrow{PD}·\overrightarrow{PC}$取得最小值为$\frac{1}{2}$.

4. [2025山东济南期末]已知正整数$a$，$b$，$c$，$d$，$e$满足$a ＜ b ＜ c ＜ d ＜ e$，且$a + b + c + d + e = 50$，那么$b + d$的最大值是(B)

A.$22$
B.$23$
C.$24$
D.$25$

答案： 4. B 因为正整数$a,b,c,d,e$满足$a\lt b\lt c\lt d\lt e$,且$a + b + c + d + e = 50$,所以$a\geq1,c\geq b + 1,e\geq d + 1$.若$b + d$取到最大值,假设$b + d\geq24$,则$c + e\geq b + 1 + d + 1=b + d + 2\geq26$,可得$a + b + c + d + e=a+(b + d)+(c + e)\geq1 + 24 + 26 = 51$,这与$a + b + c + d + e = 50$相矛盾,假设不成立,则$b + d\leq23$,例如$a = 1,b = 2,c = 3,d = 21,e = 23$,则$a + b + c + d + e = 50$,且$b + d = 23$,所以$b + d$的最大值是$23$.

5. [多选题，2025湖北荆门期末]已知$a$，$b$，$c$分别为$\triangle ABC$三个内角$A$，$B$，$C$的对边，且$\cos B = - \frac{1}{4}$，$c = 4$，$\sin B = 2\sin A$，则(AC)

A.$\sin A = \frac{\sqrt{15}}{8}$
B.$a = 2$
C.$\sin A + \sin B = 2\sin C$
D.$S_{\triangle ABC} = \frac{8\sqrt{15}}{3}$

答案： 5. AC 因为$\cos B=-\frac{1}{4}\lt0$,所以$B\in(\frac{\pi}{2},\pi)$,$\sin B=\frac{\sqrt{15}}{4}$,又因为$\sin B = 2\sin A=\frac{\sqrt{15}}{4}$,所以$\sin A=\frac{\sqrt{15}}{8}$,故$A$正确;因为$\sin B = 2\sin A$,则$b = 2a$,由余弦定理得$\cos B=\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}=\frac{a^2 + 16 - 4a^2}{8a}=-\frac{1}{4}$,整理得$3a^2 - 2a - 16 = 0$,解得$a=\frac{8}{3}$或$a = - 2$(舍),所以$b=\frac{16}{3}$,故$B$错误;$a + b=\frac{8}{3}+\frac{16}{3}=8 = 2c$,由正弦定理有$\sin A+\sin B=2\sin C$,故$C$正确;$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}×\frac{16}{3}×4×\frac{\sqrt{15}}{8}=\frac{4\sqrt{15}}{3}$,故$D$错误.

6. [多选题，2025山东济南期末]已知定义在$[ 0, + \infty )$上的函数$f ( x ) = \begin{cases}1,x = 0, \\ 0,x是(0, + \infty )上的无理数, \\ p,x = \frac{q}{p}(其中p,q是互质的正整数),\end{cases}$则( )

A.$f \left( \frac{2}{3} \right) = 3$
B.$f ( x )$不存在单调区间
C.存在$x \in [ 0, + \infty )$，使得$f [ f ( x ) ] = 3$
D.$f ( x )$在定义域内的任意区间上都不存在最大值

答案： 6. ABD 对于$A$,当$x=\frac{q}{p}$,$p,q$是互质的正整数时,$f(x)=p$,可得$f(\frac{2}{3}) = 3$,故$A$正确.对于$B$,假设存在$0\leq x_1\lt x_2$,且$(x_1,x_2)$是单调递增区间,当$x=\frac{q}{p}\in(x_1,x_2)$,$p,q$是互质的正整数时,$f(x)=p$,存在$x_0\in(x_1,x_2)$是无理数,使得$x\gt x_0$,$f(x)=p\gt f(x_0)$,故$(x_1,x_2)$不是单调递增区间;假设存在$0\leq x_1\lt x_2$,$(x_1,x_2)$是单调递减区间,当$x=\frac{q}{p}\in(x_1,x_2)$,$p,q$是互质的正整数时,$f(x)=p$,存在$x_0\in(x_1,x_2)$是无理数,使得$x\gt x_0$,$f(x)=p\gt f(x_0)$,故$(x_1,x_2)$不是单调递减区间.综上,$f(x)$不存在单调区间,故$B$正确.对于$C$,当$x = 0$时,$f(0)=1$,$f[f(0)]=f(1)=1\neq3$,所以$f[f(x)]\neq3$;当$x$是$(0,+\infty)$上的无理数时,$f(x)=0$,则$f[f(x)]=f(0)=1\neq3$;当$x=\frac{q}{p}$,$p,q$是互质的正整数时,$f(x)=p$,若$p = 1$,则$f[f(x)]=f(p)=f(1)=1\neq3$,若$p\gt1$,则$f[f(x)]\neq3$,综上所述,不存在$x\in[0,+\infty)$,使得$f[f(x)] = 3$,故$C$错误.对于$D$,假设存在区间$(a,b)\subseteq[0,+\infty)$,$f(x)$在$(a,b)$上存在最大值$p$,则存在有理数$x=\frac{q}{p}\in(a,b)$,$\frac{pa}{p}\lt\frac{q}{p}\lt\frac{pb}{p}$,$q\in(pa,pb)$($p,q$是互质的正整数),在区间$(a,b)$上,总能找到形如$\frac{(p + 1)a}{p + 1}\lt\frac{m}{p + 1}\lt\frac{pb}{p + 1}$,$m\in(pa + a,pb + b)$($p + 1,m$是互质的正整数)的有理数,使得$f(\frac{m}{p + 1})=p + 1$,所以不存在最大值,所以$f(x)$在定义域内的任意区间上都不存在最大值,故$D$正确.

7. [2025四川成都期末]已知函数$f ( x ) = 2\sin 2x$，将函数$f ( x )$的图象向右平移$\frac{\pi}{6}$个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的$\frac{1}{2}$(纵坐标不变)，得到函数$y = g ( x )$的图象.若方程$g ( x ) = \frac{4}{3}$在$\left[ \frac{\pi}{6}, \frac{4\pi}{3} \right]$上的根从小到大依次为$x_1$，$x_2$，$x_3$，$x_4$，$x_5$，则$x_1 + 2x_2 + 2x_3 + 2x_4 + x_5 =$$\frac{20\pi}{3}$.

答案：
7.$\frac{20\pi}{3}$将$f(x)=2\sin2x$的图象向右平移$\frac{\pi}{6}$个单位长度,可得$y = 2\sin(2x-\frac{\pi}{3})$的图象,然后把所得图象上各点的横坐标缩小为原来的$\frac{1}{2}$,可得$y = 2\sin(4x-\frac{\pi}{3})$的图象,所以$g(x)=2\sin(4x-\frac{\pi}{3})$.由$g(x)=\frac{4}{3}$,可得$\sin(4x-\frac{\pi}{3})=\frac{2}{3}$,根据$x\in[\frac{\pi}{6},\frac{4\pi}{3}]$,可得$4x-\frac{\pi}{3}\in[\frac{\pi}{3},5\pi]$,设$\theta = 4x-\frac{\pi}{3}$,则$\theta\in[\frac{\pi}{3},5\pi]$,即$\sin\theta=\frac{2}{3}$,作出函数$y = \sin x$,$x\in[\frac{\pi}{3},5\pi]$的图象如图所示,可得方程$\sin\theta=\frac{2}{3}$在区间$[\frac{\pi}{3},5\pi]$上有$5$个解,且$\theta_1+\theta_5 = 3\pi$,$\theta_2+\theta_4 = 5\pi$,$\theta_3 = 7\pi$,$\theta_4+\theta_5 = 9\pi$,相加可得$\theta_1 + 2\theta_2 + 2\theta_3 + 2\theta_4+\theta_5 = 24\pi$,所以$4(x_1 + 2x_2 + 2x_3 + 2x_4 + x_5)-\frac{5\pi}{3}=24\pi$,解得$x_1 + 2x_2 + 2x_3 + 2x_4 + x_5=\frac{20\pi}{3}$.

8. [2025广东广州期末]在$\triangle ABC$中，$D$是$BC$的中点，$AB = 1$，$AC = 2$，$AD = \frac{\sqrt{3}}{2}$，则$\angle BAC$的大小为$\frac{2\pi}{3}$；$AE$为$\angle BAC$的平分线，点$E$在线段$BC$上，则$AE$的长度为$\frac{2}{3}$.

答案： 8.$\frac{2\pi}{3}\frac{2}{3}$因为$D$是$BC$的中点,所以$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$,所以$\vert\overrightarrow{AD}\vert^2=\frac{1}{4}(\vert\overrightarrow{AB}\vert^2+\vert\overrightarrow{AC}\vert^2 + 2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC})$,即$\frac{3}{4}=\frac{1}{4}(1 + 4 + 2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC})$,解得$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=-1$,所以$\cos\angle BAC=\frac{\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}}{\vert\overrightarrow{AB}\vert\vert\overrightarrow{AC}\vert}=-\frac{1}{2}$,又$0\lt\angle BAC\lt\pi$,所以$\angle BAC=\frac{2\pi}{3}$.因为$\angle BAE=\angle CAE=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{\pi}{3}$,由$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABE}+S_{\triangle ACE}$,可得$\frac{1}{2}AB· AE·\sin\frac{\pi}{3}+\frac{1}{2}AC· AE·\sin\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}AB· AC·\sin\frac{2\pi}{3}$,即$\frac{\sqrt{3}}{4}AE+\frac{\sqrt{3}}{2}AE=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以$AE=\frac{2}{3}$.

9. [2025江苏淮安期末]在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$对应的边分别为$a$，$b$，$c$，$c ( \sqrt{3} \sin B - \cos B ) = 2b - a$.
（1）求角$C$的大小.
（2）若$C$的平分线交$AB$于点$D$.
①若$\triangle BCD$与$\triangle ACD$的面积之比为$2 : 1$，求$\frac{AB}{CD}$的值；
②若$AB$的中点为$E$，且$CD = \frac{4\sqrt{3}}{3}$，$CE = \sqrt{7}$，求$\triangle ABC$的面积.

答案：
9. 解:
(1)在$\triangle ABC$中,由正弦定理得$\sin C(\sqrt{3}\sin B-\cos B)=2\sin B-\sin A$,因为$\sin A=\sin(B + C)=\sin B·\cos C+\cos B\sin C$,代入得$\sqrt{3}\sin C\sin B=2\sin B-\sin B\cos C$.因为$\sin B\neq0$,所以$\sqrt{3}\sin C+\cos C = 2$,所以$\sin(C+\frac{\pi}{6}) = 1$.因为$C\in(0,\pi)$,所以$C+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$,即$C=\frac{\pi}{3}$.
(2)①$\angle ACD=\angle BCD=\frac{\pi}{6}$,$S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}a· CD·\sin\frac{\pi}{6}$,$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}b· CD·\sin\frac{\pi}{6}=2$,所以$a = 2b$.因为$S_{\triangle ACD}+S_{\triangle BCD}=S_{\triangle ABC}$,所以$\frac{1}{2}AC· CD·\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}BC· CD·\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}AC· BC·\sin\frac{\pi}{3}$,则有$b· CD·\frac{1}{2}+2b· CD·\frac{1}{2}=2b^2·\frac{\sqrt{3}}{2}$,解得$CD=\frac{2\sqrt{3}}{3}b$,在$\triangle ABC$中,由余弦定理得$AB^2=AC^2 + BC^2 - 2AC· BC·\cos\angle ACB=3b^2$,解得$AB=\sqrt{3}b$,所以$\frac{AB}{CD}=\frac{3}{2}$.
②设$AC = x$,$CB = y$.因为$S_{\triangle ACD}+S_{\triangle BCD}=S_{\triangle ABC}$,所以$\frac{1}{2}AC· CD·\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}BC· CD·\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}AC· BC·\sin\frac{\pi}{3}$,$CD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$,代入化简得$x + y=\frac{3}{4}xy$①.
又因为$2\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}$,所以$4\overrightarrow{CE}^2=\overrightarrow{CA}^2+\overrightarrow{CB}^2 + 2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}$,则$28=x^2 + y^2+2xy·\frac{1}{2}$,即$(x + y)^2 - xy = 28$②,代入①得$xy = 8$,所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}CA· CB·\sin C=\frac{1}{2}xy·\sin\frac{\pi}{3}=2\sqrt{3}$.