《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·新课标Ⅰ卷]已知向量 $ \boldsymbol{a}=(0,1) $，$ \boldsymbol{b}=(2,x) $，若 $ \boldsymbol{b} \perp (\boldsymbol{b}-4\boldsymbol{a}) $，则 $ x= $(D)

A.$-2$
B.$-1$
C.$1$
D.$2$

答案： 1.D[解析]由题意知$b - 4a = (2,x) - 4(0,1) = (2,x - 4)$。因为$b \perp (b - 4a)$，所以$2 × 2 + x(x - 4) = 0$，即$x^{2} - 4x + 4 = 0$，解得$x = 2$。故选D。

2. [2024·全国卷甲卷]设向量 $ \boldsymbol{a}=(x+1,x) $，$ \boldsymbol{b}=(x,2) $，则(C)

A.$ x=-3 $ 是 $ \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b} $ 的必要条件
B.$ x=-3 $ 是 $ \boldsymbol{a} // \boldsymbol{b} $ 的必要条件
C.$ x=0 $ 是 $ \boldsymbol{a} \perp \boldsymbol{b} $ 的充分条件
D.$ x=-1+\sqrt{3} $ 是 $ \boldsymbol{a} // \boldsymbol{b} $ 的充分条件

答案： 2.C[解析]$a \perp b \Leftrightarrow x^{2} + x + 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$或$x = - 3$，所以$x = - 3$是$a \perp b$的充分条件，$x = 0$是$a \perp b$的充分条件，故A错误，C正确。$a // b \Leftrightarrow 2x + 2 = x^{2} \Leftrightarrow x^{2} - 2x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt{3}$，故B、D错误。故选C。

3. [2024·新课标Ⅱ卷]已知向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $ 满足 $ |\boldsymbol{a}|=1 $，$ |\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b}|=2 $，且 $ (\boldsymbol{b}-2\boldsymbol{a}) \perp \boldsymbol{b} $，则 $ |\boldsymbol{b}|= $(B)

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

答案： 3.B[解析]因为$(b - 2a) \perp b$，所以$b · b - 2a · b = 0$，即$b^{2} = 2a · b$。又$|a + 2b| = 2$，所以$|a + 2b|^{2} = (a + 2b)^{2} = a^{2} + 4a · b + 4b^{2} = a^{2} + 2b^{2} + 4b^{2} = 1 + 6|b|^{2} = 4$，解得$|b|^{2} = \frac{1}{2}$，则$|b| = \frac{\sqrt{2}}{2}$。故选B。

4. [2023·全国卷甲卷]已知向量 $ \boldsymbol{a}=(3,1) $，$ \boldsymbol{b}=(2,2) $，则 $ \cos \langle \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b},\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b} \rangle = $(B)

A.$ \frac{1}{17} $
B.$ \frac{\sqrt{17}}{17} $
C.$ \frac{\sqrt{5}}{5} $
D.$ \frac{2\sqrt{5}}{5} $

答案： 4.B[解析]因为$a = (3,1)$，$b = (2,2)$，所以$a + b = (5,3)$，$a - b = (1, - 1)$，则$|a + b| = \sqrt{5^{2} + 3^{2}} = \sqrt{34}$，$|a - b| = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}$，$(a + b) · (a - b) = 5 × 1 + 3 × (-1) = 2$，所以$\cos \langle a + b,a - b \rangle = \frac{(a + b) · (a - b)}{|a + b| · |a - b|} = \frac{2}{\sqrt{34} × \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{17}}{17}$。故选B。

5. [2023·全国卷甲卷]已知向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $，$ \boldsymbol{c} $ 满足 $ |\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=1 $，$ |\boldsymbol{c}|=\sqrt{2} $，且 $ \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}=\boldsymbol{0} $，则 $ \cos \langle \boldsymbol{a}-\boldsymbol{c},\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c} \rangle = $(D)

A.$ -\frac{4}{5} $
B.$ -\frac{2}{5} $
C.$ \frac{2}{5} $
D.$ \frac{4}{5} $

答案：
5.D[解析]因为$a + b + c = 0$，所以$c = - a - b$，等式两边同时平方得$2 = a^{2} + b^{2} + 2a · b = 1 + 1 + 2a · b$，所以$a · b = 0$。如图，令$\overrightarrow{OA} = a$，$\overrightarrow{OB} = b$，则$\overrightarrow{OC} = c$，所以$\overrightarrow{CA} = a - c$，$\overrightarrow{CB} = b - c$。易知$|AB| = \sqrt{2}$，$|AC| = |BC| = \sqrt{5}$，在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$\cos \langle a - c,b - c \rangle = \cos \langle CA,CB \rangle = \cos \angle ACB = \frac{5 + 5 - 2}{2\sqrt{5} × \sqrt{5}} = \frac{4}{5}$。故选D。

6. [2023·全国卷乙卷]正方形 $ ABCD $ 的边长是 $ 2 $，$ E $ 是 $ AB $ 的中点，则 $ \overrightarrow{EC} · \overrightarrow{ED}= $(B)

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

答案： 6.B[解析]方法一：以$\{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\}$为基底，则$\overrightarrow{EC} = \overrightarrow{EB} + \overrightarrow{BC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{ED} = \overrightarrow{EA} + \overrightarrow{AD} = - \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}$。因为$|\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{AD}| = 2$，$\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AD} = 0$，所以$\overrightarrow{EC} · \overrightarrow{ED} = (\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}) · ( - \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}) = - \frac{1}{4}\overrightarrow{AB}^{2} + \overrightarrow{AD}^{2} = - 1 + 4 = 3$。故选B。
方法二：以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则$E(1,0)$，$C(2,2)$，$D(0,2)$，所以$\overrightarrow{EC} = (1,2)$，$\overrightarrow{ED} = (-1,2)$，所以$\overrightarrow{EC} · \overrightarrow{ED} = - 1 + 4 = 3$。故选B。

7. [2023·全国卷乙卷]已知 $ \odot O $ 的半径为 $ 1 $，直线 $ PA $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ A $，直线 $ PB $ 与 $ \odot O $ 交于 $ B $，$ C $ 两点，$ D $ 为 $ BC $ 的中点。若 $ |PO|=\sqrt{2} $，则 $ \overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PD} $ 的最大值为(A)

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

答案： 7.A[解析]直线PA与$\odot O$相切于A，且$|OA| = 1$，$|PO| = \sqrt{2}$，则$|PA| = 1$，所以$\angle APO = \frac{\pi}{4}$。设PO与PD的夹角为$\theta$，则$\theta \in [0,\frac{\pi}{4})$。
当PA与PD在PO的同侧时，$\overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PD} = |\overrightarrow{PA}| · |\overrightarrow{PD}| · \cos(\frac{\pi}{4} - \theta) = 1 × |\overrightarrow{PO}| × \cos \theta × \cos(\frac{\pi}{4} - \theta) = \sqrt{2} \cos \theta · \cos(\frac{\pi}{4} - \theta) = \sqrt{2} \cos \theta × \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos \theta + \sin \theta) = \cos^{2}\theta + \cos \theta \sin \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2} + \frac{1}{2}\sin 2\theta = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\sin(2\theta + \frac{\pi}{4}) \leq \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}$；
当PA与PD在PO的异侧时，$\overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PD} = |\overrightarrow{PA}| · |\overrightarrow{PD}| · \cos(\frac{\pi}{4} + \theta) = 1 × |\overrightarrow{PO}| × \cos \theta × \cos(\frac{\pi}{4} + \theta) = \sqrt{2} \cos \theta · \cos(\frac{\pi}{4} + \theta) = \sqrt{2} \cos \theta × \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos \theta - \sin \theta) = \cos^{2}\theta - \cos \theta \sin \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2} - \frac{1}{2}\sin 2\theta = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos(2\theta + \frac{\pi}{4}) \leq \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = 1$。
综上所述，$\overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PD}$的最大值为$\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}$。故选A。

8. [2023·天津卷]在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle A=\frac{\pi}{3} $，$ |\overrightarrow{BC}|=1 $，$ D $ 为线段 $ AB $ 的中点，$ E $ 为线段 $ CD $ 的中点，若设 $ \overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a} $，$ \overrightarrow{AC}=\boldsymbol{b} $，则 $ \overrightarrow{AE} $ 可用 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $ 表示为$\frac{1}{4}a + \frac{1}{2}b$；若 $ \overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC} $，则 $ \overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AF} $ 的最大值为$\frac{13}{24}$。

答案： 8.$\frac{1}{4}a + \frac{1}{2}b$ $\frac{13}{24}$[解析]因为E为CD的中点，所以$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$。因为D为AB的中点，所以$\overrightarrow{AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，所以$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$。又$\overrightarrow{AB} = a$，$\overrightarrow{AC} = b$，所以$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{4}a + \frac{1}{2}b$。因为$\overrightarrow{BF} = \frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$，所以$\overrightarrow{AF} - \overrightarrow{AB} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB})$，即$\overrightarrow{AF} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{AC} = \frac{2}{3}a + \frac{1}{3}b$，所以$\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AF} = (\frac{1}{4}a + \frac{1}{2}b) · (\frac{2}{3}a + \frac{1}{3}b) = \frac{1}{6}a^{2} + \frac{5}{12}a · b + \frac{1}{6}b^{2}$。在$\triangle ABC$中，$\angle A = \frac{\pi}{3}$，$|\overrightarrow{BC}| = 1$，设$\triangle ABC$的三个内角A、B、C所对的边分别为$a$、$b$、$c$，则$a = 1$，$|a| = c$，$|b| = b$，所以$a · b = bc\cos \frac{\pi}{3} = \frac{bc}{2}$。由余弦定理得$a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc\cos \frac{\pi}{3}$，即$1 = b^{2} + c^{2} - bc$，所以$b^{2} + c^{2} = bc + 1$，所以$\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AF} = \frac{1}{6}a^{2} + \frac{5}{12}a · b + \frac{1}{6}b^{2} = \frac{1}{6}(bc + 1) + \frac{5}{24}bc + \frac{1}{6}b^{2} = \frac{1}{6}(bc + 1) + \frac{5}{24}bc + \frac{1}{6}(c^{2} + b^{2} - bc) = \frac{3}{8}bc + \frac{1}{6}$。在$\triangle ABC$中，由正弦定理得$\frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = \frac{1}{\sin \frac{\pi}{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$b = \frac{2\sqrt{3}}{3}\sin B$，$c = \frac{2\sqrt{3}}{3}\sin C$，所以$bc = \frac{4}{3}\sin B\sin C = \frac{4}{3}\sin B\sin(\frac{\pi}{3} + B) = \frac{4}{3}\sin B(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B + \frac{1}{2}\sin B) = \frac{2}{3}(\sqrt{3}\sin B\cos B + \sin^{2}B) = \frac{2}{3}[\frac{\sqrt{3}}{2}\sin(2B - \frac{\pi}{6}) + \frac{1}{2}] = \frac{1}{3}\sin(2B - \frac{\pi}{6}) + \frac{1}{3}$。因为$0 ＜ B ＜ \frac{2\pi}{3}$，所以$- \frac{\pi}{6} ＜ 2B - \frac{\pi}{6} ＜ \frac{7\pi}{6}$，当$2B - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$，即$B = \frac{\pi}{3}$时，$bc$取得最大值，且最大值为$1$，所以$\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AF}$的最大值为$\frac{3}{8} + \frac{1}{6} = \frac{13}{24}$。

9. [2024·全国卷甲卷]在 $ \triangle ABC $ 中，内角 $ A $，$ B $，$ C $ 所对的边分别为 $ a $，$ b $，$ c $，若 $ B=\frac{\pi}{3} $，$ b^{2}=\frac{9}{4}ac $，则 $ \sin A+\sin C= $(C)

A.$ \frac{2\sqrt{39}}{13} $
B.$ \frac{\sqrt{39}}{13} $
C.$ \frac{\sqrt{7}}{2} $
D.$ \frac{3\sqrt{13}}{13} $

答案： 9.C[解析]由正弦定理得$\frac{9}{4}\sin A\sin C = \sin^{2}B$。因为$B = \frac{\pi}{3}$，所以$\sin A\sin C = \frac{4}{9}\sin^{2}B = \frac{1}{3}$。由余弦定理得$b^{2} = a^{2} + c^{2} - 2ac · \cos B = a^{2} + c^{2} - ac = \frac{9}{4}ac$，所以$a^{2} + c^{2} = \frac{13}{4}ac$，所以$\sin^{2}A + \sin^{2}C = \frac{13}{4}\sin A\sin C$，所以$(\sin A + \sin C)^{2} = \sin^{2}A + \sin^{2}C + 2\sin A\sin C = \frac{21}{4}\sin A\sin C = \frac{7}{4}$。又$\sin A ＞ 0$，$\sin C ＞ 0$，所以$\sin A + \sin C = \frac{\sqrt{7}}{2}$。故选C。

10. [2023·全国卷甲卷]在 $ \triangle ABC $ 中，$ AB=2 $，$ \angle BAC=60^{\circ} $，$ BC=\sqrt{6} $，$ D $ 为 $ BC $ 上一点，$ AD $ 为 $ \angle BAC $ 的平分线，则 $ AD= $2。

答案： 10.2[解析]方法一：在$\triangle ABC$中，由余弦定理可得$2^{2} + AC^{2} - 2 × 2 × AC × \cos 60^{\circ} = (\sqrt{6})^{2}$，解得$AC = 1 + \sqrt{3}$（负值舍去）。由正弦定理得$\frac{\sqrt{6}}{\sin 60^{\circ}} = \frac{1 + \sqrt{3}}{\sin B} = \frac{2}{\sin C}$，解得$\sin B = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$，$\sin C = \frac{\sqrt{2}}{2}$。因为$1 + \sqrt{3} ＞ \sqrt{6} ＞ 2$，所以$C ＜ 60^{\circ} ＜ B$，所以$C = 45^{\circ}$，所以$B = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 45^{\circ} = 75^{\circ}$。又$\angle BAD = 30^{\circ}$，所以$\angle ADB = 75^{\circ}$，所以$AD = AB = 2$。
方法二：设$AD = x$，$AC = y$，在$\triangle ABC$中，由余弦定理可得$BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} - 2AB · AC\cos \angle BAC$，即$y^{2} - 2y - 2 = 0$，解得$y = 1 + \sqrt{3}$（负值舍去）。又$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ADB} + S_{\triangle ADC}$，所以$\frac{1}{2} × 2 × (1 + \sqrt{3}) × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} × 2x × \frac{1}{2} + \frac{1}{2} × (1 + \sqrt{3})x × \frac{1}{2}$，解得$x = 2$。

11. [2024·新课标Ⅱ卷]记 $ \triangle ABC $ 的内角 $ A $，$ B $，$ C $ 的对边分别为 $ a $，$ b $，$ c $，已知 $ \sin A+\sqrt{3}\cos A=2 $。
(1)求 $ A $；
(2)若 $ a=2 $，$ \sqrt{2}b\sin C=c\sin 2B $，求 $ \triangle ABC $ 的周长。

答案： 11.
(1)由$\sin A + \sqrt{3}\cos A = 2$，得$2(\frac{1}{2}\sin A + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos A) = 2$，所以$\sin(A + \frac{\pi}{3}) = 1$。
由$A \in (0,\pi)$，得$A + \frac{\pi}{3} \in (\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3})$，所以$A + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$，所以$A = \frac{\pi}{6}$。
(2)由A、B、C为三角形的内角，得$\sin B \neq 0$，$\sin C \neq 0$。因为$\sqrt{2}b\sin C = c\sin 2B$，所以由正弦定理得$\sqrt{2}\sin B\sin C = \sin C\sin 2B$，所以$\sqrt{2}\sin B = \sin 2B$，即$\sqrt{2}\sin B = 2\sin B\cos B$，所以$\cos B = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$B = \frac{\pi}{4}$。
因为$a = 2$，$A = \frac{\pi}{6}$，所以由正弦定理得$b = \frac{a\sin B}{\sin A} = 2\sqrt{2}$。由$A = \frac{\pi}{6}$，$B = \frac{\pi}{4}$，得$C = \frac{7\pi}{12}$，所以$\sin C = \sin\frac{7\pi}{12} = \sin(\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$。
所以由正弦定理得$c = \frac{a\sin C}{\sin A} = \frac{2 × \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}{\frac{1}{2}} = \sqrt{6} + \sqrt{2}$，所以$\triangle ABC$的周长为$a + b + c = 2 + 2\sqrt{2} + \sqrt{6} + \sqrt{2} = 2 + \sqrt{6} + 3\sqrt{2}$。