《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [湖南常德2025高一期末]如图，在△ABC中，AB = 4，AC = 3，∠BAC = 60°，D是BC的中点，CE⊥AB，AD与CE交于点F。则$\cos\angle CFD$=(D)

A.$\frac{2\sqrt{57}}{19}$
B.$\frac{\sqrt{57}}{19}$
C.$\frac{\sqrt{111}}{74}$
D.$\frac{3\sqrt{111}}{74}$

答案： 1.D　【解析】由$CE\perp AB$，得$CE=AC\sin\angle BAC=3×\sin60^{\circ}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，且$AE=AC\cos\angle BAC=3×\cos60^{\circ}=\frac{3}{2}$，则$\overrightarrow{AE}=\frac{3}{8}\overrightarrow{AB}$，又$D$是$BC$的中点，即$AD$是$\triangle ABC$的中线，则$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，则$\overrightarrow{AD}^2=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AB}^2+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AC}^2)=\frac{1}{4}×(4^2+2×4×3×\cos60^{\circ}+3^2)=\frac{37}{4}$，得$AD=\frac{\sqrt{37}}{2}$。
所以$\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{CE}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})(\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})(\frac{3}{8}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}(-\frac{5}{8}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}+\frac{3}{8}\overrightarrow{AB}^2-\overrightarrow{AC}^2)=\frac{1}{2}×(-\frac{5}{8}×4×3×\cos60^{\circ}+\frac{3}{8}×4^2-3^2)=-\frac{27}{8}$，
所以$\cos\angle CFD=\cos\langle\overrightarrow{AD},\overrightarrow{EC}\rangle=\frac{\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{EC}}{|\overrightarrow{AD}||\overrightarrow{EC}|}=\frac{-\frac{27}{8}}{\frac{\sqrt{37}}{2}×\frac{3\sqrt{3}}{2}}=\frac{3\sqrt{111}}{74}$。故选D。

2. (多选)若△ABC所在的平面上存在一点P，使得$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}(\lambda,\mu\in\mathbf{R})$，则下列说法错误的是(ABC)

A.若$\lambda+\mu = 1$，则点P的轨迹不可能经过△ABC的外心
B.若$\lambda+\mu = - 2$，则点P的轨迹不可能经过△ABC的垂心
C.若$\lambda+\mu=\frac{1}{2}$，则点P的轨迹可能经过△ABC的重心
D.若$\lambda=\mu$，则点P的轨迹可能经过△ABC的内心

答案： 2.ABC　【解析】若$\lambda+\mu=1$，根据向量共线的推论知$P$，$B$，$C$三点共线，即点$P$在直线$BC$上，
在$\triangle ABC$中，当$\angle BAC=90^{\circ}$时，$BC$的中点为$\triangle ABC$的外心，故点$P$有可能为外心，A错误；
若$\lambda+\mu=-2$，不妨取$\lambda=-1$，$\mu=-1$，
当$AB=AC$，$\angle BAC=120^{\circ}$时，$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{BC}=(-\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})·(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AB}^2-\overrightarrow{AC}^2=0$，同理$\overrightarrow{CP}·\overrightarrow{AB}=0$，$\overrightarrow{BP}·\overrightarrow{AC}=0$，
此时点$P$为$\triangle ABC$的垂心，B错误；
若点$P$为$\triangle ABC$的重心，则必有$\overrightarrow{AP}=\frac{2}{3}(\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}))=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$，此时$\lambda+\mu=\frac{2}{3}$，
注意：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为$2:1$
C错误；
若$\lambda=\mu$，设$\triangle ABC$为等边三角形，结合$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}+\lambda\overrightarrow{AC}(\lambda\in R)$，
则点$P$在$BC$边的中线上，也在$\angle BAC$的平分线上，此时点$P$的轨迹可能经过$\triangle ABC$的内心，D正确。故选ABC。

3. (多选)[江苏泰州2024高一期中调研]长江某处的南北两岸平行，江面宽度为2km，一艘船从江南岸边的A处出发到江北岸。如图，船在静水中的速度$\boldsymbol{v}_1$的大小为$|\boldsymbol{v}_1| = 10$km/h，水流方向自西向东，且速度$\boldsymbol{v}_2$的大小为$|\boldsymbol{v}_2| = 6$km/h。设$\boldsymbol{v}_1$与$\boldsymbol{v}_2$的夹角为$\theta(0\lt\theta\lt\pi)$，北岸的点$A'$在A的正北方向，则(BD)

A.当船的航行距离最短时，$\cos\theta=-\frac{2}{5}$
B.当船的航行时间最短时，$\theta=\frac{\pi}{2}$
C.当$\theta=\frac{2\pi}{3}$时，船航行到达北岸的位置在$A'$的左侧
D.当$\theta=\frac{2\pi}{3}$时，船的航行距离为$\frac{4\sqrt{57}}{15}$km

答案： 3.BD　【解析】对于A，当船的航行距离最短时，$v_1 + v_2$的方向与河岸垂直，从而$\cos\theta=-\cos(\pi-\theta)=-\frac{|v_1|}{|v_2|}=-\frac{6}{10}=-\frac{3}{5}$，故A错误；
对于B，船的航行时间$t=\frac{2}{|v_1|\sin\theta}=\frac{1}{5\sin\theta}(h)$，若要船的航行时间最短，则$\sin\theta$最大，即当且仅当$\theta=\frac{\pi}{2}$时，船的航行时间最短，故B正确；
对于C，当$\theta=\frac{2\pi}{3}$时，船水平方向的速度大小为$|v_1|\cos(\frac{2\pi}{3})-|v_2|=1(km/h)$，方向水平向右，故最终到达北岸时船在点$A$的右侧，故C错误；
对于D，由题意设位移分量为$s_1 = v_1t$，$s_2 = v_2t$，位移为$s$，则$s = s_1 + s_2=(v_1 + v_2)t$，其中$t=\frac{2}{|v_1|\sin\theta}=\frac{1}{5\sin\frac{2\pi}{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{15}$，
所以$|s|=|v_1 + v_2|t=\sqrt{(v_1 + v_2)^2}t=\sqrt{10^2 + 6^2 + 2×10×6×(-\frac{1}{2})}×\frac{2\sqrt{3}}{15}=\frac{4\sqrt{57}}{15}(km)$，故D正确。
故选BD。

4. (多选)[广东东莞五校2025高一联考]在日常生活中，我们会看到这样的情境：两个人共提一个行李包。假设行李包所受重力为$\boldsymbol{G}$，作用在行李包上的两个拉力分别为$\boldsymbol{F}_1$，$\boldsymbol{F}_2$，且$|\boldsymbol{F}_1| = |\boldsymbol{F}_2|$，$\boldsymbol{F}_1$与$\boldsymbol{F}_2$的夹角为$\theta$，则下列结论中正确的是(AC)

A.$|\boldsymbol{F}_1|=\frac{|\boldsymbol{G}|}{2\cos\frac{\theta}{2}}$
B.$\theta$越小越费力，$\theta$越大越省力
C.当$\theta=\frac{2\pi}{3}$时，$|\boldsymbol{F}_1| = |\boldsymbol{G}|$
D.$\theta$的范围为$[0,\pi]$

答案：
4.AC　【解析】如图，由题知$\theta$的取值范围为$(0,\pi)$，故D错误；因为$|F_1|=|F_2|$，所以平行四边形$ABCD$为菱形，所以$|F_1|·\cos\frac{\theta}{2}=\frac{1}{2}|G|$，即$|F_1|=\frac{|G|}{2\cos\frac{\theta}{2}}$，故A正确；
因为$|F_1|=\frac{|G|}{2\cos\frac{\theta}{2}}$，所以当$\theta$越大时，$2\cos\frac{\theta}{2}$越小，$|F_1|$越大，当$\theta$越小时，$2\cos\frac{\theta}{2}$越大，$|F_1|$越小，则$\theta$越小越省力，$\theta$越大越费力，故B错误；
当$\theta=\frac{2\pi}{3}$时，$\angle ABD=\frac{\pi}{3}$，又$AB = AD$，所以$\triangle ABD$为等边三角形，即$|F_1|=|G|$，故C正确。
故选AC。

5. [湖北部分高中2025高一期中]如图，在△ABC中，AB = 2，AC = 4，∠BAC = 120°，$\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{CE}=2\overrightarrow{EB}$。
(1)求$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{CD}$的值。
(2)线段BC上是否存在一点P，使得$CD\perp AP$？若存在，求$\frac{CP}{CB}$的值；若不存在，说明理由。
(3)若O是△ABC内一点，且满足$\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB}+m\overrightarrow{OA}=\boldsymbol{0}(m\in\mathbf{R})$，求$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}$的最小值。

答案： 5.【解】
(1)由题知$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$，
$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}$。
$\therefore\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{CD}=(\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC})·(\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=\frac{2}{9}\overrightarrow{AB}^2-\frac{5}{9}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}^2=\frac{2}{9}×4-\frac{5}{9}×2×4×\frac{1}{2}-\frac{16}{9}=-\frac{20}{9}$。
(2)设$\overrightarrow{CP}=\lambda\overrightarrow{CB}(0\leq\lambda\leq1)$，
$\because\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CP}$，
$\therefore\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AC}+\lambda\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{AC}+\lambda(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})=\lambda\overrightarrow{AB}+(1 - \lambda)\overrightarrow{AC}$。
$\because CD\perp AP$，$\therefore\overrightarrow{CD}·\overrightarrow{AP}=0$，
$\therefore(\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})·[\lambda\overrightarrow{AB}+(1 - \lambda)\overrightarrow{AC}]=\frac{1}{3}\lambda\overrightarrow{AB}^2-(1 - \lambda)\overrightarrow{AC}^2+(\frac{1}{3}-\frac{4}{3}\lambda)\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=\frac{4}{3}\lambda-16 + 16\lambda-\frac{16}{3}+\frac{16}{3}=0$，解得$\lambda=\frac{13}{17}$，
$\therefore$存在一点$P$，使得$CD\perp AP$，此时$\frac{CP}{CB}=\frac{13}{17}$。
(3)$\because\overrightarrow{AE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$，
$\therefore\overrightarrow{AE}^2=\frac{4}{9}\overrightarrow{AB}^2+\frac{1}{9}\overrightarrow{AC}^2+2×\frac{2}{3}×\frac{1}{3}×\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=\frac{16}{9}+\frac{16}{9}-2×\frac{2}{9}×4×2×\frac{1}{2}=\frac{16}{9}$，
$\therefore|\overrightarrow{AE}|=\frac{4}{3}$。
$\because\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB}+m\overrightarrow{OA}=0(m\in R)$，
$\therefore\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{EC}+2(\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{EB})+m\overrightarrow{OA}=0$，
$\therefore3\overrightarrow{OE}+m\overrightarrow{OA}=0$，$\therefore m\overrightarrow{OA}=-3\overrightarrow{OE}$，$\therefore O$，$A$，$E$三点共线，又$O$在$\triangle ABC$内，$\therefore O$在线段$AE$上，
$\therefore - m|\overrightarrow{OA}|^2=3\overrightarrow{OE}·\overrightarrow{OA}=-3|\overrightarrow{OE}|·|\overrightarrow{OA}|\geq-3×(\frac{|\overrightarrow{OE}|+|\overrightarrow{OA}|}{2})^2=-3×(\frac{2}{3})^2=-\frac{4}{3}$，
当且仅当$|\overrightarrow{OE}|=|\overrightarrow{OA}|=\frac{2}{3}$时，即$O$为$AE$的中点时，等号成立，
而$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}·(\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB})=-m\overrightarrow{OA}^2$，
故$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}$的最小值为$-\frac{4}{3}$。