《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

1. [2025 广东江门期末]已知 $ |\boldsymbol{a}| = 4 $，$ |\boldsymbol{b}| = 2 $，向量 $\boldsymbol{b}$ 在向量 $\boldsymbol{a}$ 上的投影向量为 $\frac{1}{4}\boldsymbol{a}$，则 $ |\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}| = $(C)

A.12
B.4
C.$ 2\sqrt{3} $
D.$ 2\sqrt{2} $

答案： 1.C 依题意可得$\frac{a· b}{\vert a\vert^{2}}a = \frac{1}{4}a，$则a· b = 4，故$\vert a - b\vert = \sqrt{(a - b)^{2}} = \sqrt{a^{2} - 2a· b + b^{2}} = \sqrt{16 - 2×4 + 4} = 2\sqrt{3}。$

2. [2025 江西南昌期末]已知 $ \triangle ABC $ 的角 $ A $，$ B $，$ C $ 所对的边分别为 $ a $，$ b $，$ c $。若 $ ab = a + b $，$ c = 2 $，$ C = 60^{\circ} $，则 $ \triangle ABC $ 的面积为(B)

A.1
B.$ \sqrt{3} $
C.2
D.$ 2\sqrt{3} $

答案： 2.B 在$\triangle ABC$中，由余弦定理$c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos C$可得$4 = a^{2}+b^{2}-ab=(a + b)^{2}-3ab. $因为ab = a + b，所以$(ab)^{2}-3ab - 4 = 0，$解得ab = 4或ab = -1（舍去），所以$\triangle ABC$的面积为$S = \frac{1}{2}ab\sin C = \sqrt{3}。$

3. [2025 江苏常州期末]己知平面向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $，$ \boldsymbol{c} $ 均为单位向量，若 $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 的夹角为 $ 60^{\circ} $，则 $ (\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}) · (\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b}) $ 的最大值为(C)

A.$ 2 + \sqrt{3} $
B.4
C.$ 2 + \sqrt{7} $
D.5

答案： 3.C 由题意知$\vert a\vert=\vert b\vert=\vert c\vert = 1，$$a· b = 1×1×\cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}。$
因为$(c - a)·(c - 2b)=c^{2}+2a· b - c·(a + 2b)=2 - c·(a + 2b). c·(a + 2b)=\vert c\vert\vert a + 2b\vert\cos\langle c,a + 2b\rangle=\vert a + 2b\vert\cos\langle c,a + 2b\rangle\geqslant-\vert a + 2b\vert，$当$\cos\langle c,a + 2b\rangle=\pi$时取等号. 又$\vert a + 2b\vert^{2}=(a + 2b)^{2}=a^{2}+4a· b + 4b^{2}=1 + 4×\frac{1}{2}+4 = 7，$所以$\vert a + 2b\vert=\sqrt{7}，$所以$(c - a)·(c - 2b)\leqslant2 + \sqrt{7}.$

4. [多选题][2025 山东淄博期末]已知向量 $ \boldsymbol{a} = (2, -1) $，$ \boldsymbol{b} = (1, t) $，其中 $ t \in \mathbf{R} $，则下列说法正确的是(ABD)

A.若 $ \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b} $，则 $ t $ 的值为 2
B.若 $ \boldsymbol{a} // \boldsymbol{b} $，则 $ t $ 的值为 $ -\frac{1}{2} $
C.若 $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 的夹角为锐角，则 $ t \in (-\infty, 2) $
D.若 $ t = 1 $，则 $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 的夹角的余弦值为 $ \frac{\sqrt{10}}{10} $

答案： 4.ABD 对于A，若$a\bot b，$则a· b = 2 - t = 0，得t = 2，故A正确；对于B，若a// b，则2t - (-1)×1 = 0，得$t = -\frac{1}{2}，$故B正确；对于C，若a与b的夹角为锐角，则a· b = 2 - t＞0，得t＜2，且a与b不共线，而a与b共线时，$t = -\frac{1}{2}，$所以当a与b的夹角为锐角时，$t\in(-\infty,-\frac{1}{2})\cup(-\frac{1}{2},2)，$故C错误；对于D，t = 1时，b = (1,1)，$\cos\langle a,b\rangle=\frac{a· b}{\vert a\vert\vert b\vert}=\frac{2 - 1}{\sqrt{5}×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}，$故D正确.

5. [2025 江苏徐州期末]记 $ \triangle ABC $ 的内角 $ A $，$ B $，$ C $ 的对边分别为 $ a $，$ b $，$ c $，若 $ \sqrt{2}(a\sin A + b\sin B - c\sin C) = a\sin B\sin C $，$ c = 4 $，则 $ \triangle ABC $ 的面积的最大值为4\sqrt{2}。

答案： $5.4\sqrt{2} $由题意结合正弦定理得$\sqrt{2}(a^{2}+b^{2}-c^{2}) = ab\sin C，$所以$\sin C = \frac{\sqrt{2}(a^{2}+b^{2}-c^{2})}{ab}=2\sqrt{2}·\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=2\sqrt{2}\cos C. $而$C\in(0,\pi)，$$\sin^{2}C+\cos^{2}C = 1，$解得$\cos C = \frac{1}{3}，$$\sin C = \frac{2\sqrt{2}}{3}. $由余弦定理得$c^{2}=16 = a^{2}+b^{2}-2ab\cos C = a^{2}+b^{2}-\frac{2}{3}ab\geqslant2ab - \frac{2}{3}ab = \frac{4}{3}ab，$所以$ab\leqslant12，$当且仅当$a = b = 2\sqrt{3}$时，等号成立，所以ab的最大值为12，所以$\triangle ABC$的面积的最大值为$\frac{1}{2}×12×\frac{2\sqrt{2}}{3}=4\sqrt{2}.$

6. [2025 江苏镇江期末]在平行四边形 $ ABCD $ 中，$ AB = 2AD = 2 $，$ \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AD} = 1 $，$ E $，$ F $ 分别为边 $ BC $，$ CD $ 上的动点。若 $ \overrightarrow{BE} = \overrightarrow{EC} $，$ \overrightarrow{DC} = 3\overrightarrow{DF} $，则 $ \overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AF} = $3；若 $ \frac{BE}{BC} = \frac{CF}{CD} = k $，$ k \in [0, 1] $，则 $ \overrightarrow{AF} · \overrightarrow{DE} $ 的取值范围是[1,3]。

答案： 6.3 [1,3] 因为$\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{EC}，$所以$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}. $又$\overrightarrow{DC}=3\overrightarrow{DF}，$所以$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{AD}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}，$所以$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AF}=(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD})·(\overrightarrow{AD}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}^{2}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}^{2}+\frac{1}{6}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}=1+\frac{1}{2}×1^{2}+\frac{1}{3}×2^{2}+\frac{1}{6}×1 = 3. $因为$\frac{BE}{BC}=\frac{CF}{CD}=k，$所以$\overrightarrow{BE}=k\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CF}=k\overrightarrow{CD}，$所以$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AB}+(k - 1)\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DF}=(1 - k)\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}，$所以$\overrightarrow{AF}·\overrightarrow{DE}=[(1 - k)\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}]·[\overrightarrow{AB}+(k - 1)\overrightarrow{AD}]=(1 - k)\overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}-(k - 1)^{2}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}+(k - 1)\overrightarrow{AD}^{2}=4(1 - k)+1-(k - 1)^{2}+k - 1=-k^{2}-k + 3=-(k+\frac{1}{2})^{2}+\frac{13}{4}. $又因为$k\in[0,1]，$所以$\overrightarrow{AF}·\overrightarrow{DE}\in[1,3].$