《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·烟台一中月考]定义：$\boldsymbol{a}×\boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|·\sin\theta$，其中$\theta$为向量$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{b}$的夹角。若$|\boldsymbol{a}| = 2$，$|\boldsymbol{b}| = 5$，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=-6$，则$\boldsymbol{a}×\boldsymbol{b}=$(B)

A.$-8$
B.$8$
C.$-6$
D.$6$

答案： 1.B【解析】由$\vert a\vert=2,\vert b\vert=5,a· b = -6$，得$\cos\theta=-\frac{3}{5}$，因为$\theta\in[0,\pi]$，所以$\sin\theta=\frac{4}{5}$，所以$a× b=\vert a\vert\vert b\vert\sin\theta=2×5×\frac{4}{5}=8$。

2. [2024·中山一中期中]若$O$为$\triangle ABC$所在平面内任意一点，且满足$\overrightarrow{BC}·(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-2\overrightarrow{OA}) = 0$，则$\triangle ABC$一定为(C)

A.锐角三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.钝角三角形

答案： 2.C【解析】取$BC$的中点$D$，连接$AD,OD$，则$\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OD}$，所以$\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-2\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{OD}-2\overrightarrow{OA}=2\overrightarrow{AD}$。因为$\overrightarrow{BC}·(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-2\overrightarrow{OA})=0$，所以$2\overrightarrow{BC}·\overrightarrow{AD}=0$，所以$\overrightarrow{BC}\bot\overrightarrow{AD}$，所以$AB = AC$，所以$\triangle ABC$一定是等腰三角形。故选C。

3. [2024·绍兴一中期中]如图，已知圆$O$的半径为$4$，$A$，$B$是圆上两点，$\angle AOB = 120^{\circ}$，$MN$是一条直径，点$C$在圆内且满足$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+(1 - x)\overrightarrow{OB}(0\lt x\lt1)$，则$\overrightarrow{CM}·\overrightarrow{CN}$的取值范围是(B)


A.$[-12,0]$
B.$[-12,0)$
C.$[-3,0]$
D.$[-3,0)$

答案： 3.B【解析】因为$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+(1 - x)\overrightarrow{OB}(0＜x＜1)$，所以$\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=x(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB})$，即$\overrightarrow{BC}=x\overrightarrow{BA}$。又因为$0＜x＜1$，$\angle AOB = 120^{\circ}$，所以点$C$在线段$AB$上，且$\vert\overrightarrow{OC}\vert\in[2,4)$，所以$\overrightarrow{CM}·\overrightarrow{CN}=(\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OC})·(\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OC})=\overrightarrow{OM}·\overrightarrow{ON}-(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON})·\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}^2=-16+\overrightarrow{OC}^2=-16+\vert\overrightarrow{OC}\vert^2$。因为$\vert\overrightarrow{OC}\vert\in[2,4)$，所以$\overrightarrow{CM}·\overrightarrow{CN}\in[-12,0)$。故选B。

4. [2024·无锡一中期中](多选)设$\boldsymbol{e}_1$，$\boldsymbol{e}_2$均为单位向量，且对任意的实数$t$有$|\boldsymbol{e}_1+\frac{1}{2}\boldsymbol{e}_2|\leqslant|\boldsymbol{e}_1 + t\boldsymbol{e}_2|$恒成立，则(BD)

A.$\boldsymbol{e}_1$与$\boldsymbol{e}_2$的夹角为$\frac{\pi}{3}$
B.$|\boldsymbol{e}_1+\frac{1}{2}\boldsymbol{e}_2|=\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$|\boldsymbol{e}_2 - t\boldsymbol{e}_1|$的最小值为$\frac{1}{2}$
D.$|\boldsymbol{e}_2 + t(\boldsymbol{e}_1 - \boldsymbol{e}_2)|$的最小值为$\frac{1}{2}$

答案： 4.BD【解析】设$e_1,e_2$的夹角为$\theta$，将$\vert e_1+\frac{1}{2}e_2\vert\leq\vert e_1+te_2\vert$两边同时平方，可得$\frac{5}{4}+\cos\theta\leq t^2 + 2t\cos\theta+1$，即$t^2+2t\cos\theta-\frac{1}{4}-\cos\theta\geq0$ ①。由题知，不等式①对任意的实数$t$都成立，所以$\Delta=4\cos^2\theta + 4\cos\theta+1\leq0$，即$(2\cos\theta + 1)^2\leq0$，则$\cos\theta=-\frac{1}{2}$。又$\theta\in[0,\pi]$，故$\theta=\frac{2\pi}{3}$，故A错误。$\vert e_1+\frac{1}{2}e_2\vert=\sqrt{(e_1+\frac{1}{2}e_2)^2}=\sqrt{e_1^2+\frac{1}{4}e_2^2+e_1· e_2}=\sqrt{1+\frac{1}{4}-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故B正确。$\vert e_2 - te_1\vert=\sqrt{e_2^2+t^2e_1^2-2te_1· e_2}=\sqrt{t^2+t + 1}=\sqrt{(t+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}\geq\frac{\sqrt{3}}{2}$，当且仅当$t=-\frac{1}{2}$时，等号成立，故C错误。$\vert e_2+t(e_1 - e_2)\vert=\sqrt{t^2e_1^2+(1 - t)^2e_2^2+2t(1 - t)e_1· e_2}=\sqrt{3t^2-3t + 1}=\sqrt{3(t-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{4}}$，当且仅当$t=\frac{1}{2}$时，等号成立，故$\vert e_2+t(e_1 - e_2)\vert$的最小值为$\frac{1}{2}$，故D正确。故选BD。

5. [2024·安庆一中月考](多选)点$O$，$H$分别为$\triangle ABC$的外心、垂心，点$D$，$M$在平面$ABC$内，则下列命题正确的有(ACD)

A.若$2\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$，且$|\overrightarrow{BC}| = 2|\overrightarrow{AB}|$，则向量$\overrightarrow{BA}$在向量$\overrightarrow{BC}$上的投影向量为$\frac{1}{2}\overrightarrow{BO}$
B.若$\overrightarrow{AD}=\lambda(\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}+\frac{\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|})$，且$\overrightarrow{AD}=\mu\overrightarrow{AB}+(1 - \mu)\overrightarrow{AC}$，则$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{DC}$
C.若$\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MC}=\boldsymbol{0}$，则$\triangle ABC$的面积与$\triangle AMB$的面积之比为$2:1$
D.若$\overrightarrow{HA}+2\overrightarrow{HB}+3\overrightarrow{HC}=\boldsymbol{0}$，则$\cos\angle AHB=-\frac{\sqrt{10}}{10}$

答案： 5.ACD【解析】由$2\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$，可得$O$为$BC$的中点。因为$\vert\overrightarrow{BC}\vert=2\vert\overrightarrow{AB}\vert$，点$O$为$\triangle ABC$的外心，所以$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\vert\overrightarrow{AO}\vert=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{BC}\vert$，$\vert\overrightarrow{AB}\vert=\vert\overrightarrow{AO}\vert=\vert\overrightarrow{CO}\vert=\vert\overrightarrow{BO}\vert$，设$\vert\overrightarrow{BO}\vert=1$，则向量$\overrightarrow{BA}$在向量$\overrightarrow{BC}$上的投影向量为$\vert\overrightarrow{BA}\vert\cos60^{\circ}·\frac{\overrightarrow{BO}}{\vert\overrightarrow{BO}\vert}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BO}$，故A正确。设$\overrightarrow{AB}$方向上的单位向量为$e_1$，$\overrightarrow{AC}$方向上的单位向量为$e_2$，则$\overrightarrow{AD}=\lambda(\frac{\overrightarrow{AB}}{\vert\overrightarrow{AB}\vert}+\frac{\overrightarrow{AC}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert})=\lambda(e_1 + e_2)$。因为$\vert e_1\vert=\vert e_2\vert=1$，所以点$D$在$\angle BAC$的平分线上。又因为$\overrightarrow{AD}=\mu\overrightarrow{AB}+(1 - \mu)\overrightarrow{AC}$，所以$AD$是$\triangle BAC$的角平分线，当$\vert\overrightarrow{AB}\vert\neq\vert\overrightarrow{AC}\vert$时，$BD\neq DC$，故B错误。因为$\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$，则$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=-(2\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC})$，设$AC$的中点为$E$，$BC$的中点为$F$，故$\overrightarrow{ME}=2\overrightarrow{FM}$，所以$M,E,F$三点共线，所以$S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ABM}$，即$\triangle ABC$的面积与$\triangle ABM$的面积之比为$2:1$，故C正确。设$\overrightarrow{HA}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{HB}=\boldsymbol{b},\overrightarrow{HC}=\boldsymbol{c}$，因为$H$为$\triangle ABC$的垂心，所以$\overrightarrow{HA}\bot\overrightarrow{BC},\overrightarrow{HB}\bot\overrightarrow{AC},\overrightarrow{HC}\bot\overrightarrow{AB}$，即$\overrightarrow{HA}·\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{HB}·\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{HC}·\overrightarrow{AB}=0$，故$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=\boldsymbol{c}·\boldsymbol{b}$。因为$\overrightarrow{HA}+2\overrightarrow{HB}+3\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{0}$，即$\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b}+3\boldsymbol{c}=\overrightarrow{0}$，$\boldsymbol{a}^2+2\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+3\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=0$，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+2\boldsymbol{b}^2+3\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=0$，解得$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}^2$，$\vert\boldsymbol{b}\vert=\frac{\sqrt{10}}{5}\vert\boldsymbol{a}\vert$，所以$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\vert\boldsymbol{a}\vert\vert\boldsymbol{b}\vert·\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=-\frac{1}{2}×\frac{2}{5}\vert\boldsymbol{a}\vert^2$，解得$\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=-\frac{\sqrt{10}}{10}$，即$\cos\angle AHB=-\frac{\sqrt{10}}{10}$，故D正确。故选ACD。

6. [2024·合肥一六八中学期末]在$\triangle ABC$中，$\overrightarrow{AB}\perp\overrightarrow{AC}$，$|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}| = 2$，$M$是线段$BC$(含端点)上一点，且$\overrightarrow{AM}·(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}) = 1$，则$|\overrightarrow{AM}|$的取值范围是(D)

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

答案：
6.D【解析】以$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$为邻边作平行四边形$ABDC$，如图，因为$AB\bot AC$，所以四边形$ABDC$是矩形，其中$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}$，所以$\vert\overrightarrow{AD}\vert=\vert\overrightarrow{CB}\vert=\vert\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\vert=2$。因为$\overrightarrow{AM}·(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=1$，所以$\vert\overrightarrow{AM}\vert·\vert\overrightarrow{AD}\vert\cos\angle MAD=1$，即$\vert\overrightarrow{AM}\vert\cos\angle MAD=\frac{1}{2}$。过$M$作$MN\bot AD$于点$N$，则$\vert\overrightarrow{AN}\vert=\frac{1}{2}$。因为$\vert\overrightarrow{AO}\vert=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{AD}\vert=1$，所以$N$为$AO$的中点，所以$\vert\overrightarrow{AM}\vert=\vert\overrightarrow{MO}\vert$。易得$\frac{1}{2}=\vert\overrightarrow{AN}\vert=\vert\overrightarrow{NO}\vert＜\vert\overrightarrow{MO}\vert\leq\vert\overrightarrow{CO}\vert=1$，即$\vert\overrightarrow{AM}\vert\in(\frac{1}{2},1]$。

7. [2024·长沙雅礼中学月考]如图，在$\triangle ABC$中，$CA = 1$，$CB = 2$，$\angle ACB = 60^{\circ}$。
(1)求$|\overrightarrow{AB}|$。
(2)已知点$D$是$AB$上一点，且$\overrightarrow{AD}=\lambda\overrightarrow{AB}$，点$E$是边$CB$上一点，且$\overrightarrow{BE}=\lambda\overrightarrow{BC}$。
①当$\lambda=\frac{1}{2}$时，求$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{CD}$。
②是否存在非零实数$\lambda$，使得$\overrightarrow{AE}\perp\overrightarrow{CD}$？若存在，求出$\lambda$的值；若不存在，请说明理由。

答案： 7.
(1)因为$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}$，且$\overrightarrow{CB}^2 = 4,\overrightarrow{CA}^2=1,\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}=2×1×\cos60^{\circ}=1$，所以$\vert\overrightarrow{AB}\vert=\vert\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}\vert=\sqrt{(\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA})^2}=\sqrt{\overrightarrow{CB}^2-2\overrightarrow{CB}·\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CA}^2}=\sqrt{3}$。
(2)①当$\lambda=\frac{1}{2}$时，$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$，所以$D,E$分别是边$AB,BC$的中点，所以$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})$，所以$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{CD}=(\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB})·\frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{CB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{CB}·\overrightarrow{CA}+\frac{1}{4}\overrightarrow{CB}^2=-\frac{1}{2}×1^2+\frac{1}{2}×1×2×\cos120^{\circ}+\frac{1}{4}×2×1×\cos60^{\circ}+\frac{1}{4}×2^2=\frac{1}{4}$。
②存在。理由如下：假设存在非零实数$\lambda$，使得$\overrightarrow{AE}\bot\overrightarrow{CD}$，由$\overrightarrow{AD}=\lambda\overrightarrow{AB}$，得$\overrightarrow{AD}=\lambda(\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA})$，所以$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{CA}+\lambda(\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA})=\lambda\overrightarrow{CB}+(1 - \lambda)\overrightarrow{CA}$。因为$\overrightarrow{BE}=\lambda\overrightarrow{BC}$，所以$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}=(\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA})+(-\lambda\overrightarrow{CB})=(1 - \lambda)\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}$。所以$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{CD}=\lambda(1 - \lambda)\overrightarrow{CB}^2-\lambda\overrightarrow{CB}·\overrightarrow{CA}+(1 - \lambda)^2\overrightarrow{CB}·\overrightarrow{CA}-(1 - \lambda)\overrightarrow{CA}^2=4\lambda(1 - \lambda)-\lambda+(1 - \lambda)^2-(1 - \lambda)=-3\lambda^2+2\lambda=0$，解得$\lambda=\frac{2}{3}$或$\lambda=0$（不合题意，舍去）。故存在非零实数$\lambda=\frac{2}{3}$，使得$\overrightarrow{AE}\bot\overrightarrow{CD}$。