《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》

5.【题型一、三】在锐角三角形$ABC$中，角$A$，
$B,C$所对的边分别为$a,b,c$.若$A=\frac{\pi}{3}$，$b=\sqrt{3}$，则$\triangle ABC$的面积的取值范围是 (C)

A.$(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3\sqrt{3}}{4})$
B.$(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3\sqrt{3}}{4}]$
C.$(\frac{3\sqrt{3}}{8},\frac{3\sqrt{3}}{2})$
D.$(\frac{3\sqrt{3}}{8},\frac{3\sqrt{3}}{2}]$

答案： 5.C[提示：$\because\triangle ABC$为锐角三角形，$\therefore0＜C＜\frac{\pi}{2}$，
$0＜B＜\frac{\pi}{2}$，
$\therefore0＜2B＜\pi$，
$\therefore\frac{\pi}{2}＜\B＜\frac{2\pi}{3}$，由正弦定理得$\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，
$\therefore c=\frac{b\sin C}{\sin B}$，$\therefore S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{3}{4}c=\frac{3}{4}×\frac{b\sin C}{\sin B}=\frac{3\sqrt{3}}{4}×\frac{\sin C}{\sin B}=$
$\frac{3\sqrt{3}}{4}×\frac{\sin(\frac{2\pi}{3}-B)}{\sin B}=\frac{3\sqrt{3}}{4}×\frac{(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\frac{1}{2}\sin B)}{\sin B}=$
$\frac{3\sqrt{3}}{4}×(\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{2})$，$\because\frac{\pi}{6}＜B＜\frac{\pi}{2}$，$\therefore\tan B＞\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\therefore0＜\frac{1}{\tan B}＜\sqrt{3}$，
$\therefore\frac{3\sqrt{3}}{8}＜\frac{3\sqrt{3}}{4}×(\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{2})＜\frac{3\sqrt{3}}{4}$，即$S\in(\frac{3\sqrt{3}}{8},\frac{3\sqrt{3}}{4})$.]

6.【题型一、二】(2025·黑龙江哈尔滨师大附
中高一下期中)[多选]对于$\triangle ABC$，下列
说法错误的是(BD)
A.若$A＞B$，则$\sin A＞\sin B$
B.若$a\cos A=b\cos B$，则$\triangle ABC$是等腰三角
形
C.若$B=30^{\circ}$，$c=4$，$b=3$，则符合条件的
$\triangle ABC$有两个
D.若$a=2,A=\frac{\pi}{3}$，则锐角三角形$ABC$的周长
的取值范围为$(4,6]$

答案： 6.BD[提示：对于A，若$A＞B$，则$a＞b$，结合正弦定理得$\sin A＞\sin B$，故A正确；对于B，设$C$为直角，则由锐角三角函数的
定义，可得$\cos A=\frac{b}{c}$，$\cos B=\frac{a}{c}$，此时$a\cos A=b\cos B=\frac{ab}{c}$
但$\triangle ABC$不一定是等腰三角形，故B错误；对于C，若$B=30^{\circ}$，$c=4$，$b=3$，则根据正弦定理得$\sin C=\frac{c\sin B}{b}=\frac{4×\frac{1}{2}}{3}=\frac{2}{3}$，由$c＞b$，可得$C＞B=30^{\circ}$，即$30^{\circ}＜C＜150^{\circ}$，角$C$有互补的
两个值符合题意，因此，符合条件的$\triangle ABC$有两个，故C正
确；对于D，若$a=2$，$A=\frac{\pi}{3}$，则由正弦定理得$\frac{a}{\sin A}=\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，
可得$b=\frac{4}{\sqrt{3}}\sin B$，$c=\frac{4}{\sqrt{3}}\sin C=\frac{4}{\sqrt{3}}\sin(A+B)=\frac{4}{\sqrt{3}}(\sin\frac{\pi}{3}\cos B+\cos\frac{\pi}{3}\sin B)$，所以$b+c=\frac{4}{\sqrt{3}}(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B+\frac{1}{2}\sin B)=4\sin(B+\frac{\pi}{6})$，因为$\triangle ABC$是锐角三
角形，所以$B\in(0,\frac{\pi}{2})$，$C=\frac{2\pi}{3}-B\in(0,\frac{\pi}{2})$，解得$B\in(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2})$，因为$B+\frac{\pi}{6}\in(\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3})$，所以$\sin(B+\frac{\pi}{6})\in(\frac{\sqrt{3}}{2},1]$，可得$b+c\in(2\sqrt{3},4]$，所以$\triangle ABC$的周长$a+b+c\in(2+2\sqrt{3},6]$，故D错误.]

7.【题型一、二】(2025·黑龙江哈尔滨道外
区高一下期中)[多选]已知$\triangle ABC$的内角
$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，下列结论正
确的是(ABD)
A.若$A＞B$，则$\sin A＞\sin B$
B.若$b^{2}\sin^{2}C+c^{2}\sin^{2}B=2b\cos B\cos C$，则
$\triangle ABC$是直角三角形
C.若$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BC}=a$，则$\triangle ABC$是锐角三角形
D.$\cos A+\cos B+\cos C＞1$

答案： 7.ABD[提示：对于A，在$\triangle ABC$中，$A＞B$，所以$a＞b$，由正弦定
理得$\sin A＞\sin B$，故A正确；对于B，$b^{2}\sin^{2}C+c^{2}\sin^{2}B=2bc\cos B\cos C$，由正弦定理，可得$\sin^{2}B\sin^{2}C+\sin^{2}C\sin^{2}B=2\sin B\sin C\cos B\cos C$，在$\triangle ABC$中，$\sin B\neq0$，$\sin C\neq0$，整理
得$\sin B\sin C-\cos B\cos C=0$，即$\cos(B+C)=0$，又$\cos(B+C)=-\cos A$，所以$\cos A=0$，即$A=\frac{\pi}{2}$，所以$\triangle ABC$是直角三角
形，故B正确；对于C，由$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BC}=a$，得$a\cos(\pi-B)=a$，所
以$\cos B=-\frac{1}{c}＜0$，因此$B$为钝角，即$\triangle ABC$是钝角三角形，
故C错误；对于D，由$A+B+C=\pi$，可得$\sin A=\sin(B+C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C$，又$a=c\cos B+b\cos C$，$b=a\cos C+c\cos A$，所以$a+b=(a+b)\cos C+c(\cos B+\cos A)$，即$(a+b)(1-\cos C)=c(\cos B+\cos A)$，而$a+b＞c$，$1-\cos C＞0$，所以$0＜1-\cos C＜\cos B+\cos A$，即$\cos A+\cos B+\cos C＞1$，故D正确.]

8.【题型一】在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边
分别是$a,b,c$，若$B＜\frac{\pi}{2}$，$c=\frac{2\sqrt{3}}{3}b\sin C$，则
$\cos(A-C)$的取值范围是(A)

A.$(-\frac{1}{2},1]$
B.$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$
C.$[0,\frac{1}{2}]$
D.$(0,1]$

答案： 8.A[提示：$\because$在$\triangle ABC$中，$c=\frac{2\sqrt{3}}{3}b\sin C$，$\therefore\sin C=\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin B\sin C$，$\because\sin C\neq0$，$\therefore\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\because0＜B＜\frac{\pi}{2}$，$\therefore B=\frac{\pi}{3}$，
即$A+C=\frac{2\pi}{3}$，$\therefore A-C=A-(\frac{2\pi}{3}-A)=2A-\frac{2\pi}{3}$，又$0＜A＜\frac{2\pi}{3}$，
$\therefore\frac{2\pi}{3}＜2A＜\frac{2\pi}{3}$，$\therefore\frac{1}{2}＜\cos(2A-\frac{2\pi}{3})\leq1$，即$-\frac{1}{2}＜\cos(A-C)\leq1$.]

9.【题型三】已知$\triangle ABC$的内角$A,B,C$的对边
分别为$a,b,c$，且$2b·\cos C=2a+c$.若$b=4$，
则$\triangle ABC$的外接圆半径为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

答案： 9.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$[提示：由$2b·\cos C=2a+c$得$2b·\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=2a+c\Rightarrow b^{2}=a^{2}+c^{2}+ac$，而$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2a\cos B$，因此$\cos B=-\frac{1}{2}$.因为$B\in(0,\pi)$，所以$B=\frac{2\pi}{3}$，由正弦定理可知$\triangle ABC$的外接圆半
径为$\frac{1}{2}×\frac{b}{\sin B}=\frac{1}{2}×\frac{4}{\sqrt{3}}=$]

10.【题型一、三】在梯形$ABCD$中，$AB//CD$，$AB=1$，$CD=3$，$AD=\sqrt{2}$，$AC=\sqrt{5}$，则$\triangle ABC$的面积是$\frac{1}{2}$.

答案： 10.$\frac{1}{2}$[提示：在$\triangle ACD$中，由余弦定理可得$\cos\angle ADC=\frac{AD^{2}+CD^{2}-AC^{2}}{2AD· CD}=\frac{2+9-5}{2×2×3}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\sin\angle ADC=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以
$\triangle ACD$的面积为$\frac{1}{2}× AD× CD×\sin\angle ADC=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}×3×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3}{2}$.因为$CD=3AB$，所以$\triangle ABC$的面积为$\frac{1}{3}×\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$.]

11.【题型一】在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边
分别为$a,b,c$，且满足$a\cos C+\sqrt{3}a\sin C=b+2c$.
(1)求角$A$；
(2)若$D$为$BC$边上一点，$DA\perp BA$，且$BD=4DC$，求$\cos C$.

答案： 11.解：
(1)$\because a\cos C+\sqrt{3}a\sin C=b+2c$，$\therefore$由正弦定理可得
$\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C=\sin B+2\sin C$，$\because A+B+C=\pi$，
$\therefore\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C=\sin(A+C)+2\sin C=\sin A·\cos C+\cos A\sin C+2\sin C$，$\therefore\sqrt{3}\sin A\sin C-\cos A\sin C=2\sin C$，$\because\sin C\neq0$，$\therefore\sqrt{3}\sin A-\cos A=2$，即$2\sin(A-\frac{\pi}{6})=2$，
2.又$\because0＜A＜\pi$，$\therefore A=\frac{2\pi}{3}$
$\therefore\angle CAD=\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{6}$，在$\triangle CAD$中，$\frac{CD}{\sin\frac{\pi}{6}}=\frac{b}{\sin\angle ADC}$，在
$\triangle BAD$中，$\frac{BD}{\sin\frac{\pi}{2}}=\frac{c}{\sin\angle ADB}$，又$\because\sin\angle ADB=\sin\angle ADC$，
$BD=4CD$，$\therefore c=2b$，$\therefore$由余弦定理可得$a=\sqrt{b^{2}+c^{2}-2bc·\cos\frac{2\pi}{3}}=\sqrt{7}b$，$\therefore\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$.

12.【题型一、二】在$\triangle ABC$中，$\cos A=-\frac{1}{3}$，$a\sin C=4\sqrt{2}$.
(1)求$c$；
(2)在以下三个条件中选择一个作为已知，
使得$\triangle ABC$存在，并求$BC$边上的高.
①$a=6$；②$b\sin C=\frac{10\sqrt{2}}{3}$；
③$\triangle ABC$的面积为$10\sqrt{2}$.

答案： 12.解：
(1)因为$\cos A=-\frac{1}{3}$，且$A\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，所以$\sin A=\sqrt{1-\cos^{2}A}=\sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，得
$c\sin A=a\sin C=4\sqrt{2}$，所以$c=\frac{4\sqrt{2}}{\sin A}=\frac{4\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=6$.
(2)选①：因
为$a=6$，由
(1)知$c=6$，所以$a=c$，所以$A=C$，因为$A$为钝
角，所以不符合三角形的内角和定理，所以$\triangle ABC$不存在.
选②：因为$b\sin C=\frac{10\sqrt{2}}{3}$，所以由正弦定理$\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，得
$c\sin B=b\sin C=\frac{10\sqrt{2}}{3}$，由
(1)知$c=6$，所以$\sin B=\frac{c}{c}=$
$\frac{10\sqrt{2}}{3}×\frac{1}{6}=\frac{5\sqrt{2}}{9}$，所以$BC$边上的高$h=c\sin B=6×\frac{5\sqrt{2}}{9}=\frac{10\sqrt{2}}{3}$.
选③：因为$\triangle ABC$的面积为$10\sqrt{2}$，由
(1)知$c=6$，$\sin A=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，所以$S=\frac{1}{2}b\sin A$，即$10\sqrt{2}=\frac{1}{2}×6×\frac{2\sqrt{2}}{3}b$，解得$b=5$，
由余弦定理可得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2b\cos A=25+36-2×5×6×(-\frac{1}{3})=81$，即$a=9$，设$BC$边上的高为$h$，则$S=\frac{1}{2}ah$，所
以$h=\frac{2S}{a}=\frac{20\sqrt{2}}{9}$.