《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·六安一中期中]在△ABC 中，sin²A ≤ sin²B + sin²C - sin B sin C，则角 A 的取值范围是(C)

A.(0, $\frac{\pi}{6}$]
B.[$\frac{\pi}{6}$, π)
C.(0, $\frac{\pi}{3}$]
D.[$\frac{\pi}{3}$, π)

答案： 1.C【解析】由正弦定理得$a^{2}\leq b^{2}+c^{2}-bc$，所以$bc\leq b^{2}+c^{2}-a^{2}$，所以$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\geq\frac{1}{2}$，所以$A\leq\frac{\pi}{3}$，因为$A＞0$，所以$0＜A\leq\frac{\pi}{3}$。

2. [2024·烟台一中月考]在△ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 所对的边，若 lg a - lg c = lg sin B = -lg√2，且 B ∈ (0, $\frac{\pi}{2}$)，则△ABC 是(C)

A.等边三角形
B.锐角三角形
C.等腰直角三角形
D.钝角三角形

答案： 2.C【解析】因为$\lg a - \lg c = \lg \sin B = -\lg\sqrt{2}$，所以$\frac{a}{c}=\sin B=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因为$B\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$B=\frac{\pi}{4}$。由正弦定理，得$\frac{a}{c}=\frac{\sin A}{\sin C}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\sin C=\sqrt{2}\sin A=\sqrt{2}\sin(\frac{3\pi}{4}-C)=\sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos C+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin C)$，化简得$\cos C=0$。因为$C\in(0,\pi)$，所以$C=\frac{\pi}{2}$，则$A=\pi - B - C=\frac{\pi}{4}$，所以$\triangle ABC$是等腰直角三角形.故选C.

3. [2024·重庆一中期末]拿破仑定理是法国军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形(此等边三角形称为拿破仑三角形)的顶点.”如图，已知△ABC 内接于半径为 2 的圆，∠ACB = 30°，O₁，O₂，O₃ 分别为正三角形 ACD、正三角形 ABE、正三角形 BCF 的中心，△O₁O₂O₃ 的面积为√3，则△ABC 的面积为(A)


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

答案： 3.A【解析】连接$O_1C,O_3C$.因为$O_1,O_3$分别为正三角形ACD、正三角形BCF的中心，所以$\angle O_1CA=\angle O_3CB=\frac{1}{2}×60^{\circ}=30^{\circ}$，所以$\angle O_1CO_3=\angle O_1CA+\angle O_3CB+\angle ACB=90^{\circ}$.设$AC=b,BC=a,AB=c$，则在$\triangle ACD$中，$O_1C=\frac{\sqrt{3}b}{3}$，在$\triangle CBF$中，$O_3C=\frac{\sqrt{3}a}{3}$.由题意可得$\triangle O_1O_2O_3$为等边三角形，则$S_{\triangle O_1O_2O_3}=\frac{1}{2}· O_1O_3·\sin60^{\circ}=\sqrt{3}$，所以$O_1O_3=2$（负值舍去），所以在$\triangle O_1CO_3$中，$O_1C^{2}+O_3C^{2}=O_1O_3^{2}=4$，所以$a^{2}+b^{2}=12$.因为$\triangle ABC$内接于半径为$2$的圆，所以$\frac{c}{\sin\angle ACB}=2×2=4$，即$c=2$，所以$\cos\angle ACB=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{a^{2}+b^{2}-4}{2ab}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\sqrt{3}ab=a^{2}+b^{2}-4=12 - 4=8$，所以$ab=\frac{8}{\sqrt{3}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}· ab·\sin\angle ACB=\frac{1}{4}×\frac{8\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。

4. [2024·大庆一中月考]在△ABC 中，a，b，c 分别是内角 A，B，C 所对的边，且 sin A + cos A = $\frac{\sqrt{3} - 1}{2}$，a = 7，3 sin B = 5 sin C，则 b + c =(D)

A.12
B.8√3
C.8√2
D.8

答案： 4.D【解析】由$\sin A+\cos A=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$两边平方，得$1+\sin2A=\frac{2-\sqrt{3}}{2}$，解得$\sin2A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.因为$0＜A＜\pi$，所以$0＜2A＜2\pi$，所以$A=\frac{2\pi}{3}$或$A=\frac{5\pi}{6}$.由$\sin A+\cos A=\frac{\sqrt{3}-1}{2}＞0$，知$A=\frac{2\pi}{3}$.由$3\sin B=5\sin C$，得$3b=5c$.①又由余弦定理得$49=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\frac{2\pi}{3}$，即$b^{2}+c^{2}+bc=49$。②
由①②，解得$b=5,c=3$，所以$b + c=8$.故选D.

5. [2024·珠海一中期末]已知△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c. 若 (sin²A + sin²C - sin²B)tan B = sin A sin C，则 B =(C)

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

答案： 5.C【解析】因为$(\sin^{2}A+\sin^{2}C-\sin^{2}B)·\tan B=\sin A·\sin C$，所以$(\sin^{2}A+\sin^{2}C-\sin^{2}B)·\sin B=\sin A·\sin C·\cos B$，且$B\neq\frac{\pi}{2}$，所以由正弦定理可得$(a^{2}+c^{2}-b^{2})·\sin B=a· c·\cos B$，由余弦定理可得$2a· c·\cos B·\sin B=a· c·\cos B$，即$2\cos B·\sin B=\cos B$，解得$\cos B=0$（舍去）或$\sin B=\frac{1}{2}$.因为$B\in(0,\pi)$，所以$B=\frac{\pi}{6}$或$\frac{5\pi}{6}$.故选C.

6. [2024·宣城中学月考](多选)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，(2a - c)cos B = b cos C，b = 1，则(BCD)

A.△ABC 为锐角三角形
B.当 A = $\frac{\pi}{6}$ 时，c = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$
C.△ABC 的周长的最大值为 3
D.△ABC 的面积的最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{4}$

答案： 6.BCD【解析】由$(2a - c)\cos B = b\cos C$，得$(2\sin A-\sin C)\cos B=\sin B\cos C+\sin C\cos B=\sin(B + C)=\sin A$.又$\sin A\neq0$，所以$\cos B=\frac{1}{2}$，可得$B=\frac{\pi}{3}$.由于A，C的大小不确定，故A错误；当$A=\frac{\pi}{6}$时，$C=\pi - A - B=\frac{\pi}{2}$，$c=\frac{b}{\sin B}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故B正确；由$b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ca\cos B$，可得$a^{2}+c^{2}-ac=1$，变形可得$(a + c)^{2}=3ac + 1\leq3(\frac{a + c}{2})^{2}+1$，解得$a + c\leq2$，当且仅当$a = c$时，等号成立，所以$\triangle ABC$的周长$a + c + b\leq3$，故C正确；由$a^{2}+c^{2}-ac=1\geq2ac - ac = ac$，可得$ac\leq1$，当且仅当$a = c$时，等号成立，所以$\triangle ABC$的面积$\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{\sqrt{3}}{4}ac\leq\frac{\sqrt{3}}{4}$，故D正确.故选BCD.

7. 如图，在△ABC 中，AC = BC，C = $\frac{\pi}{2}$，O 是△ABC 外一点，OA = 2，OB = 1，则平面四边形 OACB 面积的最大值是$\sqrt{2}+\frac{5}{4}$.

答案： 7.$\sqrt{2}+\frac{5}{4}$【解析】由题意可知$\triangle ABC$为等腰直角三角形，设$AC = BC = m$，则$AB=\sqrt{2}m$.设$\angle AOB=\theta$，则在$\triangle AOB$中，由$OA = 2,OB = 1$及余弦定理可知$1^{2}+2^{2}-2m^{2}=4\cos\theta$，所以$m^{2}=\frac{5 - 4\cos\theta}{2}$。所以$S_{\triangle OAB}=\sin\theta$，$S_{\triangle ABC}=\frac{m^{2}}{2}=\frac{5}{4}-\cos\theta$.记平面四边形OACB的面积为$S$，则$S=\frac{5}{4}-\cos\theta+\sin\theta=\frac{5}{4}+\sqrt{2}\sin(\theta-\frac{\pi}{4})$.因为$0＜\theta＜\pi$，所以$-\frac{\pi}{4}＜\theta-\frac{\pi}{4}＜\frac{3\pi}{4}$.所以当$\theta-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$，即$\theta=\frac{3\pi}{4}$时，平面四边形OACB面积的最大值是$\sqrt{2}+\frac{5}{4}$。

8. [2024·杭州四中月考]在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c. 已知 b = 2，且 c cos B + b cos C = 4a sin B sin C，则 c 的最小值为$\frac{1}{2}$.

答案： 8.$\frac{1}{2}$【解析】因为$c\cos B + b\cos C = 4a\sin B\sin C$，所以$\sin C\cos B+\sin B\cos C = 4\sin A\sin B\sin C$，所以$\sin(B + C)=4\sin A\sin B\sin C=\sin A$，因为$\sin A\neq0$，所以$\sin B\sin C=\frac{1}{4}$，所以$\sin B=\frac{1}{4\sin C}$.由正弦定理可得$\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，即$c = 2×\frac{\sin C}{\sin B}=8\sin^{2}C$.又$\sin B\leq1$，则$\sin C\geq\frac{1}{4}$.故当$\sin C=\frac{1}{4}$时，$c$取得最小值，为$\frac{1}{2}$。