《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.【题型一】在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,$D$是边$AB$上一点，$CD$平分$\angle ACB$,且$CD=\sqrt{3}$，若$a\cos B+b\cos A=2c\cos C$，则$2a+b$的最小值是 (~~~)

A.$4 + 2\sqrt{2}$
B.$6$
C.$3 + 2\sqrt{2}$
D.$4$

答案： 1.C[提示:由$a\cos B+b\cos A=2c\cos C$，得$\sin A\cos B+\sin B·\cos A=2\sin C\cos C$，即$\sin(A + B)=\sin C=2\sin C\cos C$，又$\because\sin C＞0$，$\therefore\cos C=\frac{1}{2}$，又$0＜C＜\pi$，$\therefore C=\frac{\pi}{3}$，又$CD$平分$\angle ACB$，且$CD = \sqrt{3}$，$\therefore\angle ACD=\angle BCD=\frac{\pi}{6}$，又$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ACD}+S_{\triangle BCD}$，则$\frac{1}{2}ab\sin\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}× a\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}×\sqrt{3}× b\sin\frac{\pi}{6}$，即$ab=a + b$，则$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$，故$2a + b=(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})(2a + b)=3+\frac{2a}{b}+\frac{b}{a}\geqslant3 + 2\sqrt{\frac{2a}{b}×\frac{b}{a}}=3 + 2\sqrt{2}$，当且仅当$\frac{2a}{b}=\frac{b}{a}$时取等号，即$2a + b$的最小值是$3 + 2\sqrt{2}$。]

2.【题型一】设$\triangle ABC$的内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，已知$\sin A+\sin(A+C)=2\sin C$，则 (~~~)

A.$\sin C$的最小值为$\frac{1}{2}$
B.$\sin C$的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$\cos C$的最小值为$0$
D.$\cos C$的最大值为$\frac{1}{2}$

答案： 2.B[提示:由已知得$\sin A+\sin B = 2\sin C$，根据正弦定理可得$a + b = 2c$，根据余弦定理可得$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{(a + b)^{2}-2ab - c^{2}}{2ab}=\frac{3c^{2}}{2ab}-1\geqslant\frac{3}{2}-1 = \frac{1}{2}$，当且仅当$a = b$时等号成立，所以$\cos C$的最小值为$\frac{1}{2}$，因为$\sin^{2}C+\cos^{2}C = 1$，所以$\sin C$的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$。]

3.【题型二】在锐角三角形$ABC$中，角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，已知$a\cos B - b\cos A=b$，则$\frac{b}{a+c}$的取值范围是 (~~~)

A.$(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{2}}{2})$
B.$(2 - \sqrt{3},1)$
C.$(2 - \sqrt{3},\sqrt{2} - 1)$
D.$(\sqrt{2} + 1,\sqrt{3} + 2)$

答案： 3.C[提示:由于$a\cos B - b\cos A = b$，由正弦定理得$\sin A\cos B-\sin B\cos A=\sin(A - B)=\sin B$，故$A - B = B$，整理得$A = 2B$，由$A+B+C=\pi$，故$C=\pi - 3B$，由于$\triangle ABC$为锐角三角形，故$0＜2B＜\frac{\pi}{2}$，$0＜\pi - 3B＜\frac{\pi}{2}$，解得$\frac{\pi}{6}＜B＜\frac{\pi}{4}$，所以$\frac{b}{a + c}=\frac{\sin B}{\sin A+\sin C}=\frac{\sin B}{\sin 2B+\sin 3B}=\frac{\sin B}{\sin 2B+\sin 2B\cos B+\cos 2B\sin B}=\frac{1}{4\cos^{2}B + 2\cos B - 1}$，由于$\frac{\pi}{6}＜B＜\frac{\pi}{4}$，设$\cos B = t$，则$\frac{\sqrt{2}}{2}＜t＜\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{1}{4\cos^{2}B + 2\cos B - 1}=\frac{1}{4t^{2}+2t - 1}$，且在$t\in(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$上该函数单调递减，故$\frac{b}{a + c}\in(2-\sqrt{3},\sqrt{2}-1)$。]

4.【题型三】(2025·黑龙江省实验中学高一下段考)[多选]中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，求其法是:``以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.''若把以上这段文字写成公式，即$S=\sqrt{\frac{1}{4}\lbrack c^{2}a^{2} - (\frac{c^{2} + a^{2} - b^{2}}{2})^{2}\rbrack}$.现有$\triangle ABC$满足$\sin A:\sin B:\sin C=\sqrt{7}:1:3$，且$S_{\triangle ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，则 (~~~)

A.$\triangle ABC$的外接圆的半径为$\frac{\sqrt{21}}{3}$
B.若$\angle A$的平分线与$BC$交于点$D$，则$AD$的长为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$
C.若$D$为$BC$的中点，则$AD$的长为$\frac{\sqrt{13}}{4}$
D.若$O$为$\triangle ABC$的外心，则$\overrightarrow{AO}·(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})=5$

答案：
4.ABD[提示:对于A，根据正弦定理得$a:b:c=\sin A:\sin B:\sin C=\sqrt{7}:1:3$，设$a=\sqrt{7}m$，$b = m$，$c = 3m$，由余弦定理得$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{m^{2}+9m^{2}-7m^{2}}{2· m·3m}=\frac{1}{2}$，结合$A\in(0,\pi)$，可得$A=\frac{\pi}{3}$，$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，即$\frac{1}{2}· m·3m·\sin\frac{\pi}{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，解得$m = 1$，可得$a=\sqrt{7}$，所以$\triangle ABC$的外接圆的半径$R$满足$\frac{a}{\sin A}=\frac{\sqrt{7}}{\sin\frac{\pi}{3}}=2R$，解得$R=\frac{\sqrt{7}}{2\sin\frac{\pi}{3}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$，故A正确；对于B，因为$AD$平分$\angle BAC$，$\angle BAC=\frac{\pi}{3}$，所以$\angle BAD=\angle CAD=\frac{\pi}{6}$，根据$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}AD· AB\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}AD· AC\sin\frac{\pi}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，可得$\frac{3}{4}AD+\frac{1}{4}AD=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，即$AD=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，故B正确；对于C，若$D$为$BC$的中点，则$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，可得$|\overrightarrow{AD}|^{2}=\frac{1}{4}(|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{AC}|^{2}+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC})=\frac{1}{4}×(9 + 1+2×3×1×\frac{1}{2})=\frac{13}{4}$，即$|\overrightarrow{AD}|=\sqrt{\frac{13}{4}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$，故C错误；对于D，如图，

延长$AO$交外接圆于点$A_{1}$，连接$BA_{1},A_{1}C$，可知$AA_{1}$为直径，所以$A_{1}B\perp AB$，$A_{1}C\perp AC$，根据投影向量的几何意义，可得$\overrightarrow{AO}·(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AA_{1}}·\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA_{1}}·\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}(|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{AC}|^{2})=\frac{1}{2}×(9 +1)=5$，故D正确。]

5.【题型一】(2025·黑龙江齐齐哈尔市联谊校高一下期中)如图，某幼儿园计划在一个两面靠墙的角落规划一个三角形活动区域(即$\triangle PMN$区域)，地面形状如图所示. 已知点$M,N$分别在$AB,BC$上，$\angle ABC = 120^{\circ}$，$BM = 30 m$，$BN = 50 m$，$\angle MPN = 60^{\circ}$，则$PM + PN$的最大值为140 $m$.

答案： 5.140[提示:在$\triangle BMN$中，$\angle MBN=\angle ABC = 120^{\circ}$，$BM = 30m$，$BN = 50m$，由余弦定理得$MN^{2}=BM^{2}+BN^{2}-2BM· BN·\cos120^{\circ}=4900$，所以$MN = 70m$。在$\triangle PMN$中，$\angle MPN = 60^{\circ}$，由余弦定理得$MN^{2}=PM^{2}+PN^{2}-2PM· PN·\cos60^{\circ}=(PM + PN)^{2}-3·(\frac{PM + PN}{2})^{2}$，当且仅当$PM = PN$时取等号，所以$4900\geqslant\frac{1}{4}(PM + PN)^{2}$，当且仅当$PM = PN$时等号成立，所以$PM + PN\leqslant140$，即$PM + PN$的最大值为$140m$。]

6.【题型二】如图所示，有一块三角形的空地，$\angle ABC=\frac{7\pi}{12}$，$BC=4\sqrt{2}$千米，$AB = 4$千米，则$\angle ACB =$$\frac{\pi}{6}$;现要在空地中修建一个三角形的绿化区域，其三个顶点为$B,D,E$，其中$D,E$为$AC$边上的点，若使$\angle DBE=\frac{\pi}{6}$，则$BD + BE$的最小值为$8(\sqrt{3}-1)$ 千米.

答案： 6.$\frac{\pi}{6}$，$8(\sqrt{3}-1)$[提示:因为$\sin\angle ABC=\sin\frac{7\pi}{12}=\sin(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3})=\sin\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{3}+\cos\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，$\cos\angle ABC=\cos\frac{7\pi}{12}=\cos(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3})=\cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{3}-\sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$，在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2AB· BC\cos\angle ABC=8(\sqrt{3}+1)^{2}$，$\therefore AC = 2\sqrt{2}(1+\sqrt{3})$，根据正弦定理得$\frac{AC}{\sin\frac{7\pi}{12}}=\frac{AB}{\sin\angle ACB}$，解得$\sin\angle ACB=\frac{4}{2(\sqrt{2}+\sqrt{6})}=\frac{1}{2}$。因为$0＜\angle ACB＜\frac{\pi}{2}$，所以$\angle ACB=\frac{\pi}{6}$。设$\angle CBD=\theta$，其中$0\leqslant\theta\leqslant\frac{5\pi}{12}$，则$\angle BDC=\frac{5\pi}{6}-\theta$，$\angle BEC=\frac{2\pi}{3}-\theta$，在$\triangle BCD$中，由正弦定理得$\frac{BD}{\sin\frac{\pi}{6}}=\frac{BC}{\sin\angle BDC}$，得$BD=\frac{\sqrt{2}}{2\sin(\frac{5\pi}{6}-\theta)}$，在$\triangle BCE$中，由正弦定理得$\frac{BE}{\sin\frac{\pi}{6}}=\frac{BC}{\sin\angle BEC}$，得$BE=\frac{\sqrt{2}}{2\sin(\frac{2\pi}{3}-\theta)}$，则$BD + BE=\frac{\sqrt{2}}{2}(\frac{1}{\sin(\frac{5\pi}{6}-\theta)}+\frac{1}{\sin(\frac{2\pi}{3}-\theta)})=\frac{4\sqrt{2}(\sqrt{3}+1)(\sin\theta+\cos\theta)}{\sqrt{3}+4\sin\theta\cos\theta}$。令$t=\sin\theta+\cos\theta$，$t\in[1,\sqrt{2}]$，则$\sin\theta\cos\theta=\frac{t^{2}-1}{2}$，$BD + BE=f(t)=\frac{4\sqrt{2}(\sqrt{3}+1)t}{2t^{2}-(2-\sqrt{3})}=\frac{4\sqrt{2}(\sqrt{3}+1)}{2t-\frac{2-\sqrt{3}}{t}}$，易知分母$g(t)=2t-\frac{2-\sqrt{3}}{t}＞0$，且是一个单调递增函数，则$f(t)$是一个单调递减函数，当$t=\sqrt{2}$时，$f(t)$有最小值$f(t)_{\min}=\frac{8(\sqrt{3}+1)}{2+\sqrt{3}}=8(\sqrt{3}-1)$。]

7.【题型三】已知三角形$ABC$中，内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，且$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}=b^{2} - \frac{1}{2}ab$，$c = 2$，则$a + b$的取值范围是$(2,4]$.

答案： 7.$(2,4]$[提示:$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{AB}=|\overrightarrow{AC}|·|\overrightarrow{AB}|\cos A = bc\cos A = b^{2}-\frac{1}{2}ab$，由余弦定理得$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$，所以$bc\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}=b^{2}-\frac{1}{2}ab$，所以$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}=b^{2}-\frac{1}{2}ab$，所以$a^{2}+b^{2}-ab = 4$，所以$4=a^{2}+b^{2}-ab=(a + b)^{2}-3ab\geqslant(a + b)^{2}-\frac{3}{4}(a + b)^{2}=\frac{1}{4}(a + b)^{2}$，当且仅当$a = b = 2$时取等号，又因为$a + b＞c = 2$，所以$2＜a + b\leqslant4$，所以$a + b$的取值范围是$(2,4]$。]

8.【题型三】在$\triangle ABC$中，角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$，点$P$是$\triangle ABC$所在平面内的动点，满足$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OB}+\lambda(\frac{\overrightarrow{BC}}{\vert\overrightarrow{BC}\vert}+\frac{\overrightarrow{BA}}{\vert\overrightarrow{BA}\vert})(\lambda ＞ 0)$.射线$BP$与边$AC$交于点$D$. 若$a^{2} + c^{2} - b^{2} = ac$，$BD = 2$，则角$B$的值为$\frac{\pi}{3}$，$\triangle ABC$的面积的最小值为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

答案： 8.$\frac{\pi}{3}$，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$[提示:$\frac{\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BC}|}$表示$\overrightarrow{BC}$方向上的单位向量，$\frac{\overrightarrow{BA}}{|\overrightarrow{BA}|}$表示$\overrightarrow{BA}$方向上的单位向量，根据向量加法的几何意义可知点$P$在三角形$ABC$的角平分线上，即$BD$是三角形$ABC$的角平分线，由$a^{2}+c^{2}-b^{2}=ac$得$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{1}{2}＞0$，则$B$为锐角，所以$B=\frac{\pi}{3}$。依题意知$BD = 2$，根据三角形的面积公式得$\frac{1}{2}· ac·\sin\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}· a·2\sin\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}· c·2\sin\frac{\pi}{6}$，整理得$\sqrt{3}ac = 2a + 2c\geqslant2\sqrt{2a·2c}=4\sqrt{ac}$，所以$\sqrt{ac}\geqslant\frac{4}{\sqrt{3}}$，$ac\geqslant\frac{16}{3}$，当且仅当$a = c$时等号成立，所以三角形$ABC$的面积的最小值为$\frac{1}{2}×\frac{16}{3}×\sin\frac{\pi}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。]