《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

1. (教材变式)已知三个力 $ \boldsymbol{F}_{1}=(-2,-1) $, $ \boldsymbol{F}_{2}=(-3,2) $, $ \boldsymbol{F}_{3}=(7,-3) $ 同时作用于某物体上一点,为使该物体保持平衡,再加上一个力 $ \boldsymbol{F}_{4} $,则 $ \boldsymbol{F}_{4}= $ (D)

A.$ (-2,-2) $
B.$ (2,-2) $
C.$ (-1,2) $
D.$ (-2,2) $

答案： 1.D由题意得F1+F2+F3=(−2,−1)+(−3,2)+(7,−3)=(2,−2),要想使该物体保持平衡，只需F4=−(2,−2)=(−2,2).教材链接人教A版必修二习题6.3第2题改编

2. (教材变式)两个力 $ \boldsymbol{F}_{1}=(1,1) $, $ \boldsymbol{F}_{2}=(4,-5) $ 作用于同一个质点,使该点从点 $ A(20,15) $ 移到点 $ B(7,0) $,则这两个力的合力对质点所做的功为 (B)

A.5
B.$ -5 $
C.10
D.$ -125 $

答案： 2.BF=F1+F2=(5,−4),AB=(−13,−15),则W=F·AB=(5,−4)·(−13,−15)=−65+60=−5.教材链接人教A版必修二6.4.2练习第1题改编

3. 若 $ O $ 为 $ \triangle ABC $ 所在平面内一点,且 $ |\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}|=|\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-2\overrightarrow{OA}| $,则 $ \triangle ABC $ 为 (D)

A.等腰三角形
B.等边三角形
C.钝角三角形
D.直角三角形

答案： 3.D由已知得|CB|=|(OB−OA)+(OC−OA)|，则|AB+AC|=|AB−AC|，所以AB²+2AB·AC+AC²=AB²+AC²−2AB·AC，所以AB·AC=0，所以AB⊥AC，即∠BAC=90°，故△ABC为直角三角形.

4. 如图,在梯形 $ ABCD $ 中,$ BC = 3 $,$ AD = 2 $,$ AD // BC $,$ B = \frac{\pi}{3} $,若点 $ M $ 满足 $ 2\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{MC} $,点 $ N $ 满足 $ \overrightarrow{DC}=2\overrightarrow{DN} $,且 $ MN=\frac{3\sqrt{3}}{2} $,则 $ AB = $ (A)

A.3
B.4
C.9
D.12

答案： 4.A由题可知MC=2/3BC=2=AD，则四边形AMCD是平行四边形，故DC=AM.又由题意得BM=1/3BC，DN=1/2DC，则AM=BM−BA=1/3BC−BA，AN=AD+DN=AD+1/2DC=2/3BC+1/2AM=2/3BC+1/2(1/3BC−BA)=5/6BC−1/2BA，所以MN=AN−AM=1/2BC+1/2BA，所以|MN|²=1/4(BC+BA)²=1/4(BC²+2BA·BC+BA²)=1/4(9+3|AB|+|AB|²)=27/4，解得|AB|=3或|AB|=−6(舍去).

5. 骑自行车是一种能改善心肺功能的耐力型有氧运动,深受大众喜爱.如图所示是某一型号自行车的平面结构示意图,已知图中自行车的前轮圆 $ A $,后轮圆 $ D $ 的半径均为 $ \sqrt{3} $, $ \triangle ABE $, $ \triangle BEC $, $ \triangle ECD $ 均为边长为 4 的正三角形,设点 $ P $ 为后轮上的一点,则在骑动该自行车的过程中,$ \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{BP} $ 的最大值为 (C)

A.12
B.24
C.36
D.48

答案： 5.C选择{AB,AE}为基底，因为AC=AB+BC=AB+AE，BP=BD+DP=−AB+2AE+DP，所以AC·BP=−AB²+AB·AE+2AE²+(AB+AE)·DP=24+AC·DP≤24+|AC|·|DP|=36(当且仅当AC,DP同向时等号成立).

6. 在 $ \triangle ABC $ 中,$ \overrightarrow{BC} · \overrightarrow{CA}=\overrightarrow{CA} · \overrightarrow{AB} $,$ |\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}|=2\sqrt{3} $,且 $ \frac{\pi}{3} \leqslant B \leqslant \frac{2\pi}{3} $,则 $ \overrightarrow{BA} · \overrightarrow{BC} $ 的取值范围是 (B)

A.$ [-2,2] $
B.$ [-6,2] $
C.$ \left[-6,\frac{2}{3}\right] $
D.$ \left[-2,\frac{2}{3}\right] $

答案：
6.B如图，取AC中点为D，连接BD，则BC+BA=2BD.又BC·CA=CA·AB，即(BC+BA)·CA=2BD·CA=0，所以BD⊥AC，所以△ABC为等腰三角形.由|BA+BC|=2√3，可得|BD|=√3.因为BA=BD+DA，BC=BD+DC=BD−DA，所以DA·BC=(BD+DA)·(BD−DA)=BD²−DA²=3−|DA|².在Rt△ADB中，tan∠ABD=AD/BD，所以AD=BD·tan∠ABD=√3tan∠ABD.因为∠ABD=1/2∠ABC，且π/3≤∠ABC≤2π/3，所以π/6≤∠ABD≤π/3，则√3/3≤tan∠ABD≤√3，所以1≤AD≤3，从而|DA|²∈[1,9]，所以BA·BC=3−|DA|²的取值范围是[−6,2].

7. 在日常生活中,我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景,如图,若行李包所受的重力为 $ G $,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} $ 夹角为 $ \theta $,当两人拎起行李包时,下列结论正确的是 (BC)

A.$ |\boldsymbol{G}|=|\boldsymbol{F}_{1}|+|\boldsymbol{F}_{0}| $
B.当 $ \theta=\frac{\pi}{2} $ 时,$ |\boldsymbol{F}_{1}|=\frac{\sqrt{2}}{2}|\boldsymbol{G}| $
C.$ \theta $ 越大,越费力
D.当 $ |\boldsymbol{F}_{1}|=|\boldsymbol{G}| $ 时,$ \theta=\frac{\pi}{3} $

答案： 7.BC根据题意可得G=F1+F2，则|G|=|F1+F2|=√(F1+F2)²=√(F1²+F2²+2F1·F2)=√(2F1²+2F1²cosθ)，只有当θ=0时，|G|=2|F1|=|F1|+|F2|，故A错误；当θ=π/2时，|G|=√(2F1²+2F1²cosθ)=√2|F1|，即|F1|=√2/2|G|，故B正确；对于|G|=√(2F1²+2F1²cosθ)，因为y=cosθ在(0,π)上单调递减，又因行李包所受的重力G不变，所以当θ越大时，cosθ越小，则越费力，故C正确；当|F1|=|G|时，即|G|=√(2F1²+2F1²cosθ)=|F1|，解得cosθ=−1/2，又因为θ∈(0,π)，所以θ=2π/3，故D错误.