《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

10. [2024·北京四中月考]在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.
(1)证明：acosB + bcosA = c；
(2)在①(2c - b)/cosB = a/cosA，②ccosA = 2bcosA - acosC，③2a - bcosC/cosA = ccosB/cosA这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答.
若a = 7，b = 5，，求△ABC的周长.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

答案： 10.
(1)证明：由余弦定理的推论，得$a\cos B+b\cos A=a·\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}+b·\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}+b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2c}=c$，即$a\cos B+b\cos A=c$.
(2)若选择条件①.
因为$\frac{2c-b}{\cos B}=\frac{a}{\cos A}$，所以$2c\cos A=b\cos A+a\cos B$，所以由
(1)得$2c\cos A=c$，即$\cos A=\frac{1}{2}$.因为$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{\pi}{3}$.由$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2b\cos A=25+c^{2}-10c·\frac{1}{2}=49$，得$c^{2}-5c-24=0$，解得$c=8$或$c=-3$(舍去)，所以$a+b+c=7+5+8=20$，即$\triangle ABC$的周长为20.
若选择条件②.
因为$\cos A=2b\cos A-a\cos C$，所以$a\cos C+c\cos A=b$，所以$2b\cos A=b$，即$\cos A=\frac{1}{2}$.因为$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{\pi}{3}$.由$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2b\cos A=25+c^{2}-10c·\frac{1}{2}=49$，得$c^{2}-5c-24=0$，解得$c=8$或$c=-3$(舍去)，所以$a+b+c=7+5+8=20$，即$\triangle ABC$的周长为20.
若选择条件③.
因为$2a-\frac{b\cos C}{\cos A}=\frac{c\cos B}{\cos A}$，所以$2a\cos A=b\cos C+c\cos B$，由
(1)中的证明过程同理可得$b\cos C+c\cos B=a$，所以$2a\cos A=a$，即$\cos A=\frac{1}{2}$.因为$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{\pi}{3}$.由$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2b\cos A=25+c^{2}-10c·\frac{1}{2}=49$，得$c^{2}-5c-24=0$，解得$c=8$或$c=-3$(舍去)，所以$a+b+c=7+5+8=20$，即$\triangle ABC$的周长为20.

11. [2024·青岛二中月考]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a = 3，b = 4，c = 6，则bccosA + accosB + abcosC的值是61/2.

答案： 11.$\frac{61}{2}$【解析】因为$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$，所以$b\cos A=\frac{1}{2}(b^{2}+c^{2}-a^{2})$.同理$a\cos B=\frac{1}{2}(a^{2}+c^{2}-b^{2})$，$a\cos C=\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}-c^{2})$.所以$b\cos A+a\cos B+a\cos C=\frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})=\frac{61}{2}$.

12. [2024·苏州中学月考]在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若sinA = 2√3cos²A/2，bcosC = 3ccosB，则b/c = (1+√13)/2.

答案： 12.$\frac{1+\sqrt{13}}{2}$【解析】由$\sin A=2\sqrt{3}\cos^{2}\frac{A}{2}$，得$2\sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2}=2\sqrt{3}\cos^{2}\frac{A}{2}$，所以$\tan\frac{A}{2}=\sqrt{3}$，所以$A=\frac{2\pi}{3}$.由$b\cos C=3c\cos B$，得$b·\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=3c·\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}$，整理得$a^{2}=2b^{2}-2c^{2}$.因为$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2b\cos A=b^{2}+c^{2}+bc$，所以$2b^{2}-2c^{2}=b^{2}+c^{2}+bc$，所以$(\frac{b}{c})^{2}-\frac{b}{c}-3=0$，解得$\frac{b}{c}=\frac{1+\sqrt{13}}{2}$或$\frac{b}{c}=\frac{1-\sqrt{13}}{2}$(舍去)，所以$\frac{b}{c}=\frac{1+\sqrt{13}}{2}$.

13. [2024·德阳一中期中]在锐角△ABC中，a = 1，b = 2，则边c的取值范围为(B)

A.(√2, √3)
B.(√3, √5)
C.(√5, √7)
D.(√3, 2)

答案： 13.B【解析】在锐角三角形ABC中，$0＜B＜\frac{\pi}{2},0＜C＜\frac{\pi}{2}$，所以$0＜\cos B＜1,0＜\cos C＜1$.由余弦定理的推论，得$0＜\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}＜1,0＜\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}＜1$，解得$\sqrt{3}＜c＜\sqrt{5}$.故选B.

14. (多选)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的有(AC)

A.若a² + b² ＜ c²，则C ＞ π/2
B.若ab ＞ c²，则C ≥ π/3
C.若a³ + b³ = c³，则C ＜ π/2
D.若a + b = 2c，则C ＞ π/2

答案： 14.AC【解析】对于A，由$a^{2}+b^{2}＜c^{2}$，可以得出$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}＜0$，所以$C＞\frac{\pi}{2}$，故A正确；对于B，由$ab＞c^{2}$，得$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}＞\frac{2ab-ab}{2ab}=\frac{1}{2}$，则$0＜C＜\frac{\pi}{3}$，故B错误；对于C，假设$C\geq\frac{\pi}{2}$，则$c＞a,c＞b$，$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\leq0$，则$c^{2}\geq a^{2}+b^{2}$，即$c^{3}\geq ca^{2}+cb^{2}＞a^{3}+b^{3}$，与$a^{3}+b^{3}=c^{3}$矛盾，所以$C＜\frac{\pi}{2}$，故C正确；对于D，取$a=b=c=2$，满足$a+b=2c$，此时$C=\frac{\pi}{3}$，故D错误.故选AC.

15. [2024·成都模拟]在锐角△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边.若(a + b + c)·(a + c - b) = (2 + √3)ac，则cosA + sinC的取值范围为(B)

A.(3/2, √3)
B.(√3/2, 3/2)
C.(3/2, √3]
D.(√3/2, √3)

答案： 15.B【解析】由$(a+b+c)(a+c-b)=(2+\sqrt{3})ac$，得$a^{2}+c^{2}-b^{2}=\sqrt{3}ac$，根据余弦定理的推论，得$\cos B=\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，因为B是锐角，所以$B=\frac{\pi}{6}$，所以$A+C=\frac{5\pi}{6}$，即$C=\frac{5\pi}{6}-A$.所以$\cos A+\sin C=\cos A+\sin(\frac{5\pi}{6}-A)=\cos A+\sin\frac{5\pi}{6}\cos A-\cos\frac{5\pi}{6}\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin A+\frac{3}{2}\cos A=\sqrt{3}\sin(A+\frac{\pi}{3})$.又$\triangle ABC$是锐角三角形，所以$\begin{cases}0＜A＜\frac{\pi}{2}\\0＜C＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$即$\begin{cases}0＜\frac{5\pi}{6}-A＜\frac{\pi}{2}\frac{\pi}{3}＜A＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$，所以$\frac{2\pi}{3}＜A+\frac{\pi}{3}＜\frac{5\pi}{6}$，所以$\cos A+\sin C\in(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2})$.故选B.

16. [2024·天津一中期中]在钝角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a = 1，b = 3，则最大边c的取值范围是(√10,4).

答案： 16.$(\sqrt{10},4)$【解析】因为$a=1,b=3$，所以$3-1＜c＜3+1$，即$2＜c＜4$.又$\triangle ABC$为钝角三角形，所以$\cos C＜0$，所以$a^{2}+b^{2}-c^{2}＜0$，即$c^{2}＞a^{2}+b^{2}=10$，解得$c＞\sqrt{10}$，所以$\sqrt{10}＜c＜4$，则最大边$c$的取值范围是$(\sqrt{10},4)$.

17. [2024·济宁一中期中]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cosC + (cosA - √3sinA)cosB = 0.
(1)求角B的大小；
(2)若a + c = 1，求b的取值范围.

答案： 17.
(1)由已知，得$-\cos(A+B)+\cos A\cos B-\sqrt{3}\sin A\cos B=0$，即有$\sin A\sin B-\sqrt{3}\sin A\cos B=0$.因为$\sin A\neq0$，所以$\sin B-\sqrt{3}\cos B=0$，因为$\cos B\neq0$，所以$\tan B=\sqrt{3}$.又$0＜B＜\pi$，所以$B=\frac{\pi}{3}$.
(2)因为$a+c=1,\cos B=\frac{1}{2}$，所以$b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ca\cos B=3(a-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}$.又$0＜a＜1$，所以$\frac{1}{4}\leq b^{2}＜1$，即有$\frac{1}{2}\leq b＜1$，所以$b$的取值范围是$[\frac{1}{2},1)$.