《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》

1. 设$a,b,c$是任意向量，则下列结论一定正确的是 (D)

A.$0· a=0$
B.$(a· b)c=a(b· c)$
C.$|a|+|b|＜|a+b|$
D.$(a+b)·(a-b)=|a|^{2}-|b|^{2}$

答案： 1.D[提示:向量的数量积是数量，故A错误;$(\mathbf{a} · \mathbf{b})\mathbf{c}$是c方向上的向量，$\mathbf{a}(\mathbf{b} · \mathbf{c})$是a方向上的向量，显然等式不恒成立，故B错误;$|\mathbf{a}|+|\mathbf{b}| \geqslant |\mathbf{a}+\mathbf{b}|$，故C错误;$(\mathbf{a}+\mathbf{b}) · (\mathbf{a}-\mathbf{b})=|\mathbf{a}|^{2}-|\mathbf{b}|^{2}$，故D正确。]

2. 在边长为 1 的等边三角形 ABC 中，设$\overrightarrow{BC}=a,\overrightarrow{CA}=b,\overrightarrow{AB}=c$，则$a· b+b· c+c· a$等于 (A)

A.$-\frac{3}{2}$
B.0
C.$\frac{3}{2}$
D.3

答案： 2.A[提示:在边长为1的等边三角形ABC中，$|\mathbf{a}| = |\mathbf{b}| = |\mathbf{c}| = 1$，则$\mathbf{a} · \mathbf{b} + \mathbf{b} · \mathbf{c} + \mathbf{c} · \mathbf{a} = |\mathbf{a}||\mathbf{b}|\cos \langle \mathbf{a}, \mathbf{b} \rangle + |\mathbf{b}||\mathbf{c}|\cos \langle \mathbf{b}, \mathbf{c} \rangle + |\mathbf{c}||\mathbf{a}|\cos \langle \mathbf{c}, \mathbf{a} \rangle = -\frac{3}{2}$。]

3. 在平行四边形 ABCD 中，$AB = 4,BC = 2,D=\frac{2\pi}{3}$，点 E 在边 CB 的延长线上，若$AE = 4$，则$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AC}$等于 (A)

A.4
B.8
C.10
D.12

答案：
3.A[提示:如图所示，由题意可得$\triangle ABE$为等边三角形，则$\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AC} = (\overrightarrow{BE} - \overrightarrow{BA}) · (\overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA}) = \overrightarrow{BE} · \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BE} · \overrightarrow{BA} - \overrightarrow{BA} · \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BA}^{2} = -2 × 4 × 4 × \frac{1}{2} - 2 × 4 × (-\frac{1}{2}) + 4^{2} = 4$。
]

4. (教材改编题)有下列结论：①$0· a=0$;②$0· a=0$;③$(a· b)· c=a·(b· c)$;④若$a· b=a· c$且$c\neq0$，则$b=c$;⑤非零向量$a,b$满足$|a - b|=|a + b|$，则$a\perp b$. 其中正确的个数是 (B)

A.1
B.2
C.3
D.4

答案： 4.B[提示:对于①，$\mathbf{0} · \mathbf{a} = \mathbf{0}$，故①错误;对于②，$\mathbf{0} · \mathbf{a} = \mathbf{0}$，故②正确;对于③，$(\mathbf{a} · \mathbf{b}) · \mathbf{c} = |\mathbf{a}||\mathbf{b}|\cos \langle \mathbf{a}, \mathbf{b} \rangle \mathbf{c}$，$\mathbf{a} · (\mathbf{b} · \mathbf{c}) = |\mathbf{b}||\mathbf{c}|\cos \langle \mathbf{b}, \mathbf{c} \rangle \mathbf{a}$，故③错误;对于④，由$\mathbf{a} · \mathbf{b} = \mathbf{a} · \mathbf{c}$，得$\mathbf{a} · (\mathbf{b} - \mathbf{c}) = 0$，所以$\mathbf{b} = \mathbf{c}$或$\mathbf{a} \perp (\mathbf{b} - \mathbf{c})$，故④错误;对于⑤，由$|\mathbf{a} - \mathbf{b}| = |\mathbf{a} + \mathbf{b}|$，得$(\mathbf{a} - \mathbf{b})^{2} = (\mathbf{a} + \mathbf{b})^{2}$，化简可得$\mathbf{a} · \mathbf{b} = 0$，所以$\mathbf{a} \perp \mathbf{b}$，故⑤正确。]

5. (教材改编题)若非零向量$a,b$满足$|a|=|b|=|a + b|$，则$a + 2b$在$b$方向上的投影向量为 (B)

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

答案： 5.B[提示:设$|\mathbf{a}| = |\mathbf{b}| = |\mathbf{a} + \mathbf{b}| = k$，$|\mathbf{a} + \mathbf{b}|^{2} = \mathbf{a}^{2} + \mathbf{b}^{2} + 2\mathbf{a} · \mathbf{b} = a^{2} + b^{2} + 2 · \mathbf{a} · \mathbf{b}$，即$\mathbf{a} · \mathbf{b} = -\frac{1}{2}k^{2}$，$(\mathbf{a} + 2\mathbf{b}) · \mathbf{b} = \mathbf{a} · \mathbf{b} + 2\mathbf{b}^{2} = -\frac{3}{2}k^{2}$，$\mathbf{a} + 2\mathbf{b}$在b方向上的投影向量为$\frac{(\mathbf{a} + 2\mathbf{b}) · \mathbf{b}}{|\mathbf{b}|} × \frac{\mathbf{b}}{|\mathbf{b}|} = -\frac{3}{2}\mathbf{b}$。]

6. (教材改编题)已知$a,b$的夹角为$\frac{\pi}{3}$，且$|a|=2,|b|=4$，则$|2a + 3b|$等于 (A)

A.$4\sqrt{13}$
B.$4\sqrt{7}$
C.2
D.10

答案： 6.A[提示:由$\mathbf{a}$，$\mathbf{b}$的夹角为$\frac{\pi}{3}$，$|\mathbf{a}| = 2$，$|\mathbf{b}| = 4$，得$|2\mathbf{a} + 3\mathbf{b}| = \sqrt{4\mathbf{a}^{2} + 12\mathbf{a} · \mathbf{b} + 9\mathbf{b}^{2}} = \sqrt{16 + 12 × 2 × 4 × \frac{1}{2} + 9 × 16} = 4\sqrt{13}$。]

7. 已知向量$a,b$满足$|a|=4,|b|=1,|a + 2b|=2\sqrt{3}$，则向量$a,b$的夹角为$\frac{2\pi}{3}$.

答案： 7.$\frac{2\pi}{3}$[提示:设$\mathbf{a}$与$\mathbf{b}$的夹角为$\theta$，因为$|\mathbf{a} + 2\mathbf{b}| = 2\sqrt{3}$，则$(\mathbf{a} + 2\mathbf{b})^{2} = \mathbf{a}^{2} + 4\mathbf{a} · \mathbf{b} + 4\mathbf{b}^{2} = 16 + 4 × 4 × 1 × \cos \theta + 4 × 4 = 12$，解得$\cos \theta = -\frac{1}{2}$，因为$\theta \in [0, \pi]$，故向量$\mathbf{a}$，$\mathbf{b}$的夹角为$\frac{2\pi}{3}$。]

1.【题型一】在边长为 3 的正方形 ABCD 中，E 是 BC 上靠近 B 点的三等分点，则$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{DE}$等于 (A)

A.3
B.-3
C.-4
D.4

答案： 1.A[提示:$\because$正方形ABCD的边长为3，$\therefore |\overrightarrow{AC}| = \sqrt{3^{2} + 3^{2}} = 3\sqrt{2}$。$\because$E是BC上靠近B点的三等分点，$\therefore \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{DE} = \overrightarrow{AC} · (\overrightarrow{DC} + \overrightarrow{CE}) = \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{DC} - \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{CE} = |\overrightarrow{AC}| × |\overrightarrow{DC}| × \cos 45^{\circ} - |\overrightarrow{CA}| × |\overrightarrow{CE}| × \cos 45^{\circ} = 3\sqrt{2} × 3×\frac{\sqrt{2}}{2}-3\sqrt{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} × \frac{1}{3} = 3$。]

2.【题型一、二】(2025 · 黑龙江哈尔滨九中高一下月考)已知向量$a,b$满足$|a|=3,|b|=2$且$(a - 2b)·(a + b)=5$，则$a$在$b$方向上的投影向量为 (A)

A.$-b$
B.$b$
C.$a$
D.$-a$

答案： 2.A[提示:依题意，由$(\mathbf{a} - 2\mathbf{b}) · (\mathbf{a} + \mathbf{b}) = 5$，得$\mathbf{a}^{2} - \mathbf{a} · \mathbf{b} - 2\mathbf{b}^{2} = 5$，即$3^{2} - \mathbf{a} · \mathbf{b} - 2 × 2^{2} = 5$，解得$\mathbf{a} · \mathbf{b} = -4$，所以$\mathbf{a}$在$\mathbf{b}$方向上的投影向量为$\frac{\mathbf{a} · \mathbf{b}}{|\mathbf{b}|} × \frac{\mathbf{b}}{|\mathbf{b}|} = -\mathbf{b}$。]

3.【题型五】在$\triangle ABC$中，$A = 60^{\circ},AB = 1,AC = 2,\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BA}+(1 - \lambda)\overrightarrow{BC}$，且$\overrightarrow{BP}\perp\overrightarrow{AC}$，则实数$\lambda$的值为 (D)

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

答案： 3.D[提示:$\because$在$\triangle ABC$中，$A = 60^{\circ}$，$AB = 1$，$AC = 2$，$\therefore \overrightarrow{BA} · \overrightarrow{AC} = 1 × 2 × \cos(180^{\circ} - 60^{\circ}) = -1$。$\because \overrightarrow{BP} = \lambda \overrightarrow{BA} + (1 - \lambda) \overrightarrow{BC}$，且$\overrightarrow{BP} \perp \overrightarrow{AC}$，$\therefore \overrightarrow{BP} · \overrightarrow{AC} = [\lambda \overrightarrow{BA} + (1 - \lambda) \overrightarrow{BC}] · \overrightarrow{AC} = \lambda · \overrightarrow{BA} · \overrightarrow{AC} + (1 - \lambda)(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AC}) · \overrightarrow{AC} = \overrightarrow{BA} · \overrightarrow{AC} + (1 - \lambda) \overrightarrow{AC}^{2} = \overrightarrow{BA} · \overrightarrow{AC} + (1 - \lambda) × 4 = 0$，$\therefore \lambda = \frac{3}{4}$。]

4.【题型一、四】(2025 · 吉林长春东北师大附中高一下期中)如图，边长为$\sqrt{2}$的正方形 ABCD 内接于圆 O，P 是弧 BC(包括端点)上一点，则$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{AB}$的取值范围是 (C)

A.$\left[2,2+\frac{\sqrt{2}}{2}\right]$
B.$[2,2+\sqrt{2}]$
C.$[2,1+\sqrt{2}]$
D.$\left[\frac{\sqrt{2}}{2},2\right]$

答案：
4.C[提示:如图，连接AC，CP，易知$\angle BAC = \frac{\pi}{4}$，设$\angle PAB = \theta$，$0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{4}$，则$\angle PAC = \frac{\pi}{4} - \theta$，由已知可得$|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{2}$，$|\overrightarrow{AC}| = 2$，$\angle APC = \frac{\pi}{2}$，所以$|\overrightarrow{AP}| = |\overrightarrow{AC}| \cos \angle PAC = 2\cos(\frac{\pi}{4} - \theta)$，所以$\overrightarrow{AP} · \overrightarrow{AB} = |\overrightarrow{AP}||\overrightarrow{AB}| \cos \theta = 2\sqrt{2} \cos(\frac{\pi}{4} - \theta) · \cos \theta = 2\sqrt{2} (\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \theta + \frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta) · \cos \theta = 2(\cos \theta + \sin \theta) \cos \theta = 2\cos^{2} \theta + 2\sin \theta \cos \theta = 1 + \cos 2\theta + \sin 2\theta = 1 + \sqrt{2} \sin(2\theta + \frac{\pi}{4})$，因为$0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{4}$，所以$\frac{\pi}{4} \leqslant 2\theta + \frac{\pi}{4} \leqslant \frac{3\pi}{4}$，所以$\frac{\sqrt{2}}{2} \leqslant \sin(2\theta + \frac{\pi}{4}) \leqslant 1$，所以$2 \leqslant 1 + \sqrt{2} \sin(2\theta + \frac{\pi}{4}) \leqslant 1 + \sqrt{2}$，即$\overrightarrow{AP} · \overrightarrow{AB}$的取值范围是$[2, 1 + \sqrt{2}]$。
]

5.【题型一、二、三】已知$|a|=|b|=\sqrt{3},e$是与向量$a$方向相同的单位向量，向量$b$在向量$a$上的投影向量为$\frac{\sqrt{3}}{2}e$，则$a$与$b$的夹角为B

A.$30^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$120^{\circ}$
D.$150^{\circ}$

答案： 5.B[提示:设$\mathbf{a}$与$\mathbf{b}$的夹角为$\theta$，因为向量$\mathbf{b}$在向量$\mathbf{a}$上的投影向量为$\frac{\sqrt{3}}{2}\mathbf{e}$，所以$|\mathbf{b}| \cos \theta = \frac{|\mathbf{a}|}{|\mathbf{a}|} × \frac{\sqrt{3}}{2}$，$\mathbf{e}$是与向量$\mathbf{a}$方向相同的单位向量，所以$\mathbf{e} = \frac{\mathbf{a}}{|\mathbf{a}|}$，所以$|\mathbf{b}| \cos \theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$，又$|\mathbf{b}| = \sqrt{3}$，所以$\cos \theta = \frac{1}{2}$。因为$\theta \in [0^{\circ}, 180^{\circ}]$，所以$\theta = 60^{\circ}$。]