《2025年零失误分层训练高中数学必修第二册人教版黑吉辽内蒙古专版》

9.已知向量$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$满足$\vert\boldsymbol{a}\vert=2,\vert\boldsymbol{b}\vert=1$，$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{b}$的夹角为$60°$，$\boldsymbol{a}\perp(\lambda\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$，则$\lambda=$4

答案： 9.4[提示：$\because\boldsymbol{a}\perp(\lambda\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})$，$\therefore\boldsymbol{a}·(\lambda\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})=0$，即$\vert\boldsymbol{a}\vert^{2}=\lambda\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}$。向量$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$满足$\vert\boldsymbol{a}\vert = 2$，$\vert\boldsymbol{b}\vert = 1$，$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{b}$的夹角为$60^{\circ}$，$\therefore\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\vert\boldsymbol{a}\vert\vert\boldsymbol{b}\vert\cos60^{\circ}=2×1×\frac{1}{2}=1$，$\therefore\lambda=\frac{\vert\boldsymbol{a}\vert^{2}}{\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}=\frac{4}{1}=4$。]

10.[多选]若平面向量$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}$两两的夹角相等，且$\vert\boldsymbol{a}\vert=1,\vert\boldsymbol{b}\vert=2,\vert\boldsymbol{c}\vert=2$，则$\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}\vert$等于
(AD)

A.1
B.$\sqrt{3}$
C.$\sqrt{5}$
D.5

答案： 10.AD[提示：①当$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$两两的夹角为$0$时，$\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}\vert=\vert\boldsymbol{a}\vert+\vert\boldsymbol{b}\vert+\vert\boldsymbol{c}\vert = 5$；②当$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$两两的夹角为$\frac{2\pi}{3}$时，$\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}\vert=\sqrt{(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})^{2}}=\sqrt{\boldsymbol{a}^{2}+\boldsymbol{b}^{2}+\boldsymbol{c}^{2}+2\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+2\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}+2\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}}=\sqrt{1 + 4 + 4 - 2 - 2 - 2}=1$。]

11.已知等边三角形$ABC$的边长为$2$，$M$为$BC$的中点，若$\vert\overrightarrow{AB}-t\overrightarrow{AM}\vert\geq2$，则实数$t$的取值范围为
(C)

A.$[1,2]$
B.$[0,2]$
C.$(-\infty,0]\cup[2,+\infty)$
D.$(-\infty,-1]\cup[2,+\infty)$

答案：
11.C[提示：如图所示，根据题意，$AB = 2$，$AM=\sqrt{3}$，$\angle BAM = 30^{\circ}$，$\therefore(\overrightarrow{AB}-t\overrightarrow{AM})^{2}=4 + 3t^{2}-2×2×\sqrt{3}t×\frac{\sqrt{3}}{2}\geq4$，整理得$t^{2}-2t\geq0$，解得$t\leq0$或$t\geq2$，$\therefore t$的取值范围为$(-\infty,0]\cup[2,+\infty)$。]

12.(2025·黑龙江哈尔滨松雷中学高一下期中)若向量$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$满足$\vert\boldsymbol{a}\vert=2\vert\boldsymbol{b}\vert=8$，且$(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})·\boldsymbol{a}=48$，则$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$的夹角为
(B)

A.$\frac{\pi}{6}$
B.$\frac{\pi}{3}$
C.$\frac{\pi}{2}$
D.$\frac{2\pi}{3}$

答案： 12.B[提示：由题意可知$\vert\boldsymbol{a}\vert = 8$，$\vert\boldsymbol{b}\vert = 4$，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=16$，$\therefore\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}{\vert\boldsymbol{a}\vert\vert\boldsymbol{b}\vert}=\frac{16}{8×4}=\frac{1}{2}$，且$0\leq\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle\leq\pi$，$\therefore\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{\pi}{3}$，即$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$的夹角为$\frac{\pi}{3}$。]

13.已知$\boldsymbol{a}=(1,-2),\boldsymbol{b}=(-1,\lambda)$，$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{b}$的夹角为钝角，则实数$\lambda$的取值范围是$(-\frac{1}{2},2)\cup(2,+\infty)$.

答案： 13.$(-\frac{1}{2},2)\cup(2,+\infty)$[提示：$\because\boldsymbol{a}=(1,-2)$，$\boldsymbol{b}=(-1,\lambda)$，$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{b}$的夹角为钝角，$\therefore\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}＜0$且$\boldsymbol{a}\neq-\boldsymbol{b}$，$\therefore1×(-1)-2\lambda＜0$且$\lambda\neq2$，$\therefore$实数$\lambda$的取值范围为$\lambda＞-\frac{1}{2}$且$\lambda\neq2$。]

14.已知$\vert\boldsymbol{b}\vert=\sqrt{3}$，且$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=-2$，则向量$\boldsymbol{a}$在向量$\boldsymbol{b}$方向上的投影向量为
(C)

A.$-\frac{2}{3}\boldsymbol{a}$
B.$\frac{2}{3}\boldsymbol{a}$
C.$-\frac{2}{3}\boldsymbol{b}$
D.$\frac{2}{3}\boldsymbol{b}$

答案： 14.C[提示：因为$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=-2$，所以$\vert\boldsymbol{a}\vert\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}{\vert\boldsymbol{b}\vert}=\frac{-2}{\sqrt{3}}=-\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\boldsymbol{b}$方向上的单位向量$\boldsymbol{e}=\frac{\boldsymbol{b}}{\vert\boldsymbol{b}\vert}=\frac{\sqrt{3}}{3}\boldsymbol{b}$，所以向量$\boldsymbol{a}$在向量$\boldsymbol{b}$上的投影向量为$\vert\boldsymbol{a}\vert\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle·\boldsymbol{e}=-\frac{2\sqrt{3}}{3}·\frac{\sqrt{3}}{3}\boldsymbol{b}=-\frac{2}{3}\boldsymbol{b}$。]

15.(2025·黑龙江佳木斯八中高一下月考)已知平面向量$\boldsymbol{a}=(1,1),\boldsymbol{b}=(-2,1)$，则向量$\boldsymbol{a}$在$\boldsymbol{b}$上的投影向量为
(D)

A.$(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$
B.$(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2})$
C.$(-\frac{2}{5},\frac{1}{5})$
D.$(\frac{2}{5},-\frac{1}{5})$

答案： 15.D[提示：由已知可得$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=-1$，$\vert\boldsymbol{b}\vert=\sqrt{5}$，所以向量$\boldsymbol{a}$在$\boldsymbol{b}$上的投影向量为$\frac{\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}{\vert\boldsymbol{b}\vert}·\frac{\boldsymbol{b}}{\vert\boldsymbol{b}\vert}=\frac{-1}{5}(-2,1)=(\frac{2}{5},\frac{1}{5})$。]

16.在四边形$ABCD$中，若$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\boldsymbol{0}$，且$\vert\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}\vert=\vert\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\vert$，则该四边形是
(C)

A.正方形
B.菱形
C.矩形
D.等腰梯形

答案： 16.C[提示：$\because\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=0$，$\therefore\overrightarrow{AB}//\overrightarrow{CD}$且$AB = CD$，$\therefore$四边形$ABCD$为平行四边形，$\therefore\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{DB}$，$\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$，又$\because\vert\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}\vert=\vert\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\vert$，$\therefore\vert\overrightarrow{DB}\vert=\vert\overrightarrow{AC}\vert$，即$BD = AC$，$\therefore$四边形$ABCD$为矩形。]

17.[多选]如图所示，已知$\odot O$的内接四边形$ABCD$中，$AB = 2,BC = 6,AD = CD = 4$，则
(BCD)

A.四边形$ABCD$的面积为$12$
B.该外接圆的半径为$\frac{2\sqrt{21}}{3}$
C.$\overrightarrow{BO}·\overrightarrow{CD}=-4$
D.过点$D$作$DF\perp BC$交$BC$于点$F$，则$\overrightarrow{DO}·\overrightarrow{DF}=10$

答案：
17.BCD[提示：对于$A$，如图
(1)所示，连接$AC$，由题意得$\cos\angle ADC+\cos\angle ABC=\frac{32 - AC^{2}}{32}+\frac{40 - AC^{2}}{24}=0$，解得$AC^{2}=\frac{256}{7}$，所以$\cos\angle ADC=-\frac{1}{7}$，$\cos\angle ABC=\frac{1}{7}$，所以$\sin\angle ABC=\frac{4\sqrt{3}}{7}$，故$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×2×6×\frac{4\sqrt{3}}{7}=\frac{24\sqrt{3}}{7}$，$S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}×4×4×\frac{4\sqrt{3}}{7}=\frac{32\sqrt{3}}{7}$，故四边形$ABCD$的面积为$8\sqrt{3}$，A错误；对于$B$，设外接圆的半径为$R$，则$2R=\frac{AC}{\sin\angle ABC}=\frac{\frac{\sqrt{256}}{7}}{\frac{4\sqrt{3}}{7}}=\frac{4\sqrt{21}}{3}$，故该外接圆的半径$R=\frac{2\sqrt{21}}{3}$，B正确；对于$C$，如图
(2)所示，连接$BD$，过点$O$作$OG\perp CD$于点$G$，过点$B$作$BE\perp CD$于点$E$，则由垂径定理得$CG=\frac{1}{2}CD = 2$，由题意得$\cos\angle BAD+\cos\angle BCD = 0$，即$\frac{4 + 16 - BD^{2}}{16}+\frac{16 + 36 - BD^{2}}{48}=0$，解得$BD = 2\sqrt{13}$，所以$\cos\angle BCD=\frac{1}{2}$，所以$\angle BCD=\frac{\pi}{3}$，且$CE = BC·\cos\angle BCD = 6×\frac{1}{2}=3$，所以$\vert\overrightarrow{EG}\vert=3 - 2 = 1$，即$BO$在向量$\overrightarrow{CD}$上的投影长为$1$，且$\overrightarrow{EG}$与$\overrightarrow{CD}$反向，故$\overrightarrow{BO}·\overrightarrow{CD}=-\vert\overrightarrow{EG}\vert·\vert\overrightarrow{CD}\vert=-4$，C正确；对于$D$，如图所示，由$C$选项可知$\angle BCD=\frac{\pi}{3}$，故$\vert\overrightarrow{DF}\vert=\vert\overrightarrow{CD}\vert·\sin60^{\circ}=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，且$\angle CDF = 30^{\circ}$。因为$AD = 4$，由题意得$DO$为$\angle ADC$的平分线，故$\angle ODF=\frac{1}{2}\angle ADC - 30^{\circ}$，由选项A可知$\cos\angle ADC=-\frac{1}{7}$，显然$\frac{1}{2}\angle ADC$为锐角，故$\cos\frac{1}{2}\angle ADC=\sqrt{\frac{1 + \cos\angle ADC}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{1}{7}}{2}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$，$\sin\frac{1}{2}\angle ADC=\sqrt{\frac{1-\cos\angle ADC}{2}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$，所以$\cos\angle ODF=\cos(\frac{1}{2}\angle ADC - 30^{\circ})=\cos\frac{1}{2}\angle ADC\cos30^{\circ}+\sin\frac{1}{2}\angle ADC\sin30^{\circ}=\frac{\sqrt{21}}{7}×\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{21}}{7}×\frac{1}{2}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$，所以$\overrightarrow{DO}·\overrightarrow{DF}=\vert\overrightarrow{DO}\vert·\vert\overrightarrow{DF}\vert\cos\angle ODF=\frac{2\sqrt{21}}{3}×2\sqrt{3}×\frac{5\sqrt{7}}{14}=10$，D正确。]

18.十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是：当三角形的三个角均小于$120°$时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成$120°$角；当三角形有一内角大于或等于$120°$时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点，已知在$\triangle ABC$中，$C=\frac{2}{3}\pi$，$AC = 1,BC = 2$，点$M$在线段$AB$上，且满足$\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{BM}$，若点$P$为$\triangle AMC$的费马点，则$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PC}$等于
(C)

A.-1
B.$-\frac{4}{5}$
C.$-\frac{3}{5}$
D.$-\frac{2}{5}$

答案：
18.C[提示：因为$C=\frac{2}{3}\pi$，$AC = 1$，$BC = 2$，所以由余弦定理可得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}-2AC· BC\cos C}=\sqrt{1 + 4 - 2×1×2×(-\frac{1}{2})}=\sqrt{7}$，由正弦定理得$\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$，即$\sin B=\frac{AC\sin C}{AB}=\frac{1×\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{14}$，又$B$为锐角，所以$\cos B=\sqrt{1-\sin^{2}B}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$，如图所示，设$CM = BM = x$，则$CM^{2}=CB^{2}+BM^{2}-2CB· BM\cos B$，即$x^{2}=4 + x^{2}-\frac{10\sqrt{7}}{7}x$，解得$x=\frac{2\sqrt{7}}{5}$，即$BM=\frac{2}{5}AB$，所以$AM=\frac{3}{5}AB$，则$S_{\triangle AMC}=\frac{3}{5}S_{\triangle ABC}=\frac{3}{5}×\frac{1}{2}×1×2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{10}$，又$\cos\angle AMC=\frac{AM^{2}+CM^{2}-AC^{2}}{2AM· CM}=\frac{(\frac{3}{5}AB)^{2}+(\frac{2}{5}AB)^{2}-1}{2×\frac{3}{5}AB×\frac{2}{5}AB}＞0$，则$\angle AMC$为锐角，所以$\triangle AMC$的三个内角均小于$120^{\circ}$，则$P$为三角形的正等角中心，所以$S_{\triangle AMC}=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PM}\vert\sin\frac{2\pi}{3}+\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{PM}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert\sin\frac{2\pi}{3}+\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert\sin\frac{2\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{4}(\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PM}\vert+\vert\overrightarrow{PM}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert+\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert)=\frac{3\sqrt{3}}{10}$，所以$\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PM}\vert+\vert\overrightarrow{PM}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert+\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert=\frac{6}{5}$，所以$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PC}=\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PM}\vert\cos\frac{2\pi}{3}+\vert\overrightarrow{PM}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert\cos\frac{2\pi}{3}+\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert\cos\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2}(\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PM}\vert+\vert\overrightarrow{PM}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert+\vert\overrightarrow{PA}\vert·\vert\overrightarrow{PC}\vert)=-\frac{1}{2}×\frac{6}{5}=-\frac{3}{5}$。]

19.(2025·吉林长春外国语学校高一下期中)在$\triangle ABC$中，内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$，其中$\boldsymbol{m}=(2a,-1),\boldsymbol{n}=(\cos C,2b + c)$，且$\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}=0$.
(1)求角$A$；
(2)若$b + c = 4$，$\triangle ABC$的面积为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，求$\triangle ABC$的周长.

答案： 19.解：
(1)由$m· n = 0$，得$2a\cos C-(2b + c)=0$，利用正弦定理，得$2\sin A\cos C - 2\sin B-\sin C = 0$，又$\sin B=\sin(A + C)=\sin A\cos C+\cos A\sin C$，代入上式，得$2\sin A\cos C - 2(\sin A\cos C+\cos A\sin C)-\sin C = 0$，整理得$-2\cos A\sin C-\sin C = 0$，由$\sin C\neq0$，两边除以$\sin C$，得$-2\cos A - 1 = 0$，即$\cos A=-\frac{1}{2}$，又$A\in(0,\pi)$，所以$A=\frac{2\pi}{3}$。
(2)由面积公式$S=\frac{1}{2}bc\sin A$，$A=\frac{2\pi}{3}$，$\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$S=\frac{1}{2}bc·\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\Rightarrow bc = 3$，结合$b + c = 4$，由余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=(b + c)^{2}-2bc - 2bc\cos A$，将$b + c = 4$，$bc = 3$代入，所以$a^{2}=16 - 6 + 3=13\Rightarrow a=\sqrt{13}$，故周长为$a + b + c=\sqrt{13}+4$。