《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

1.$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b$，
$c$，且满足$a=2\sqrt{3}$，$B=45^{\circ}$，$C=75^{\circ}$，则$b$等于
(C)

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

答案： 1.C[提示：由题意可知$A=180^{\circ}-45^{\circ}-75^{\circ}=60^{\circ}$，由正弦定理可
知$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，所以$b=\sin B·\frac{a}{\sin A}=\frac{\sqrt{6}}{2}×\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{2}$.]

2.(教材改编题)已知$\triangle ABC$中，$a=\sqrt{3}$，$b=\sqrt{6}$，
$B=45^{\circ}$，则$A$等于(A)

A.$30^{\circ}$
B.$30^{\circ}$或$150^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$60^{\circ}$或$120^{\circ}$

答案： 2.A[提示：因为$a=\sqrt{3}$，$b=\sqrt{6}$，$B=45^{\circ}$，根据正弦定理可得
$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，所以$\sin A=\frac{a\sin B}{b}=\frac{\sqrt{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{6}}=\frac{1}{2}$.又因为$0^{\circ}＜A＜135^{\circ}$，所以$A=30^{\circ}$.]

3.(2025·安徽淮南二中高一下期中)在
$\triangle ABC$中，角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，
若$c-a\cos B=(2a-b)\cos A$，则$\triangle ABC$为(D)
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰或直角三角形

答案： 3.D[提示：因为$c-a\cos B=(2a-b)\cos A$，所以由正弦定理可得$\sin C-\sin A\cos B=(2\sin A-\sin B)\cos A$，即$\sin(A+B)-\sin A\cos B=2\sin A\cos A-\sin B\cos A$，即$\sin B\cos A=\sin A\cos A$，所以$\cos A=0$或$\sin B=\sin A$，$A,B,C\in(0,\pi)$，
所以$A=\frac{\pi}{2}$或$A=B$，所以三角形$ABC$为直角三角形或等腰
三角形.]

4.在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a$，
$b,c$，若$b\cos C+c\cos B=a\sin A$，则$\triangle ABC$的形
状为(B)
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.不确定

答案： 4.B[提示：因为$b\cos C+c\cos B=a\sin A$，所以由正弦定理可得$\sin B\cos C+\sin C\cos B=\sin^{2}A$，$\sin(B+C)=\sin^{2}A\Rightarrow\sin A=\sin^{2}A$，所以$\sin A=1$，$A=\frac{\pi}{2}$，所以$\triangle ABC$是直角三角形.]

5.《数书九章》中对已知三角形三边长求三角形
的面积的求法填补了我国传统数学的一个空
白，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代已具有很高的数学水平，其计算公式为$S=\sqrt{\frac{1}{4}[a^{2}c^{2}-(\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2})^{2}]}$。现有周长
为$4+\sqrt{10}$的$\triangle ABC$满足$\sin A:\sin B:\sin C$
$=(\sqrt{2}-1):\sqrt{5}:(\sqrt{2}+1)$，用以上给出的公
式求得$\triangle ABC$的面积为(C)

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

答案： 5.C[提示：因为$\sin A:\sin B:\sin C=(\sqrt{2}-1):\sqrt{5}:(\sqrt{2}+1)$，所以由正弦定理得$a:b:c=(\sqrt{2}-1):\sqrt{5}:(\sqrt{2}+1)$.
又$\triangle ABC$的周长为$4+\sqrt{10}$，则$a=\frac{(\sqrt{2}-1)(4+\sqrt{10})}{2\sqrt{2}+\sqrt{5}}$，$b=\frac{\sqrt{5}(4+\sqrt{10})}{2\sqrt{2}+\sqrt{5}}$，$c=\frac{(\sqrt{2}+1)(4+\sqrt{10})}{2\sqrt{2}+\sqrt{5}}$，所以$\triangle ABC$的面积$S=\sqrt{\frac{1}{4}\left[a^{2}c^{2}-\left(\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2}\right)^{2}\right]}=$
$\sqrt{\frac{1}{4}\left[\frac{(4+\sqrt{10})^{4}}{(2\sqrt{2}+\sqrt{5})^{4}}×\frac{(4+\sqrt{10})^{4}}{4(2\sqrt{2}+\sqrt{5})^{4}}-\frac{-(c^{2}-9)^{2}}{4}\right]}=\frac{\sqrt{3(4+\sqrt{10})^{2}}}{4(2\sqrt{2}+\sqrt{5})^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.]

6.(教材改编题)在$\triangle ABC$中，$BC=8$，$A=60^{\circ}$，
则$\triangle ABC$的外接圆的面积为(A)

A.$\frac{64\pi}{3}$
B.$64\pi$
C.$\frac{256\pi}{3}$
D.$256\pi$

答案： 6.A[提示：由正弦定理得$\triangle ABC$的外接圆的半径$r=\frac{BC}{2\sin A}=$
$\frac{8}{2×\frac{8\sqrt{3}}{3}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，所以$\triangle ABC$的外接圆的面积$S=\pi r^{2}=\frac{(8\sqrt{3}}{3})^{2}\pi=$
$\frac{64\pi}{3}$.]

1.【题型一】(2025·黑龙江哈尔滨九中高一下
月考)在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别
为$a,b,c$，若$a=\sqrt{3}$，$b=\sqrt{2}$，$A=\frac{\pi}{3}$，则$B$的大
小为(B)

A.$\frac{\pi}{6}$
B.$\frac{\pi}{4}$
C.$\frac{3\pi}{4}$
D.$\frac{\pi}{4}$或$\frac{5\pi}{4}$

答案： 1.B[提示：因为$a=\sqrt{3}$，$b=\sqrt{2}$，$A=\frac{\pi}{3}$
所以由正弦定理得$\sin B=$
$\frac{b\sin A}{a}=\frac{\sqrt{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为$a＞b$，所以$A＞B$，则$B=\frac{\pi}{4}$.]

2.【题型一】(2025·黑龙江省实验中学高一下
段考)在锐角三角形$ABC$中，已知$a,b,c$分
别是角$A,B,C$的对边，且$\sqrt{3}b=2a\sin B$，$a=\sqrt{3}$，则三角形$ABC$的周长的取值范围是(C)

A.$(3-\sqrt{3},3\sqrt{3})$
B.$(3-\sqrt{3},3\sqrt{3}]$
C.$(3+\sqrt{3},3\sqrt{3})$
D.$[3+\sqrt{3},3\sqrt{3}]$

答案： 2.C[提示：因为$\sqrt{3}b=2a\sin B$，所以根据正弦定理得$\sqrt{3}\sin B=2\sin A\sin B$，因为$B$为锐角，所以$\sin B＞0$，所以$\sqrt{3}=2\sin A$，
即$\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，而$A$为锐角，所以$A=\frac{\pi}{3}$，根据正弦定理可得
$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{2}=2$，所以$b=2\sin B$，$c=2\sin C$，因为
三角形周长为$a+b+c=\sqrt{3}+2\sin B+2\sin C$，且$A=\frac{\pi}{3}$，所以$C=\frac{2\pi}{3}-B$，所以$a+b+c=\sqrt{3}+2\sin B+2\sin(\frac{2\pi}{3}-B)=\sqrt{3}+2\sin B+\sqrt{3}\cos B+\sin B=2\sqrt{3}\sin(B+\frac{\pi}{6})+\sqrt{3}$，因为$B\in(0,\frac{\pi}{2})$，$C\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$B\in(0,\frac{\pi}{2})$，$\frac{2\pi}{3}-B\in(0,\frac{\pi}{2})$，
所以$B\in(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2})$，即$B+\frac{\pi}{6}\in(\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3})$，$\sin(B+\frac{\pi}{6})\in(\frac{\sqrt{3}}{2},1]$，所以$a+b+c\in(3+\sqrt{3},3\sqrt{3}]$.]

3.【题型三】秦九韶是我国南宋数学家，其著作
《数书九章》中的大衍一术、三斜求积术和秦九
韶算法具有世界意义.秦九韶把三角形的三条
边分别称为小斜、中斜和大斜，三斜求积术，即
已知三边长求三角形面积的方法，用公式表示
为$S_{\triangle ABC}=\sqrt{\frac{1}{4}[a^{2}c^{2}-(\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2})^{2}]}$，其中$a$，
$b,c$是$\triangle ABC$的内角$A,B,C$的对边.已知
$\triangle ABC$中，$\frac{a}{c}=\cos B+\sqrt{3}\cos C$，$\frac{\sqrt{3}a}{c}=a-\sqrt{3}\cos A$，则$\triangle ABC$的面积的最大值为
(B)

A.$\frac{9\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{9\sqrt{3}}{4}$
C.$\frac{243}{4}$
D.$\frac{243}{8}$

答案： 3.B[提示：$\because\frac{a}{c}=\cos B+\sqrt{3}\cos C$，$\therefore$由正弦定理得$\sin A=\sin C·\cos B+\sqrt{3}\sin C\cos C$，$\therefore\sin(B+C)=\sin C\cos B+\sqrt{3}\sin C·\cos C$，$\therefore\sin B\cos C=\sqrt{3}\sin C\cos C$，$\because C\in(0,\pi)$
且$C\neq\frac{\pi}{2}$，$\therefore\cos C\neq0$，$\therefore\sin B=\sqrt{3}\sin C$，由正弦定理得$b=\sqrt{3}c$①，$\therefore\frac{\sqrt{3}a}{c}=\frac{a-\sqrt{3}\cos A}{\cos C}$，$\therefore\sqrt{3}a\cos C=ac-\sqrt{3}c\cos A$，由正
弦定理得$\sqrt{3}\sin A\cos C=a\sin C-\sqrt{3}\sin C\cos A$，$\therefore\sqrt{3}\sin(A+C)=a\sin C$，$\therefore\sqrt{3}\sin B=a\sin C$，由正弦定理得$\sqrt{3}b=ac$②，由
①②解得$a=3.S_{\triangle ABC}=\sqrt{\frac{1}{4}\left[a^{2}c^{2}-\left(\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2}\right)^{2}\right]}=$
$\frac{1}{2}\sqrt{9c^{2}-\frac{(c^{2}+9-3c^{2})^{2}}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{-c^{4}+18c^{2}-\frac{81}{4}}=$
$\frac{1}{2}\sqrt{-(c^{2}-9)^{2}+\frac{243}{4}}$，$\therefore$当$c^{2}=9$，即$c=3$时，$S_{\max}=$
$\frac{9\sqrt{3}}{4}$.]

4.【题型一】(2025·黑龙江双鸭山一中等校高
一下段考)[多选]在$\triangle ABC$中，内角$A,B$，
$C$所对的边分别为$a,b,c$.下列各组条件中
使得$\triangle ABC$恰有一个解的是 (ACD)

A.$a=12,b=24,A=\frac{\pi}{6}$
B.$a=18,b=20,A=\frac{\pi}{3}$
C.$a=4,b=2,A=\frac{\pi}{2}$
D.$a=30,b=25,A=\frac{5\pi}{6}$

答案： 4.ACD[提示：对于A，由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，可得$\sin B=\frac{b\sin A}{a}=\frac{24\sin\frac{\pi}{6}}{12}=1$，结合$B$为三角形的内角可知$B=\frac{\pi}{2}$，所
以$\triangle ABC$中，$c=\sqrt{b^{2}-a^{2}}=12\sqrt{3}$，$\triangle ABC$唯一确定，故A符
合题意；对于B，由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，可得$\sin B=\frac{b\sin A}{a}=$
$\frac{20\sin\frac{\pi}{3}}{18}=\frac{5\sqrt{3}}{9}＞\sin A$，结合$b＞a$，且$B\in(0,\frac{2\pi}{3})$，可知有两
个符合条件的角$B$，$\triangle ABC$有两个解，故B不符合题意；对
于C，由$A=\frac{\pi}{2}$，$a=4$，$b=2$，根据勾股定理得$c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}=$
$2\sqrt{3}$，$\triangle ABC$有唯一解，故C符合题意；对于D，由正弦定理
$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，可得$\sin B=\frac{b\sin A}{a}=\frac{25\sin\frac{5\pi}{6}}{30}=\frac{5}{12}＜\sin A$，结合
$B\in(0,\frac{\pi}{6})$，由正弦函数的性质可知角$B$有唯一解，$\triangle ABC$
唯一确定，故D符合题意.]