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2025年3月2日高中數學作業
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題
1．已知，，是非零向量，與的夾角為，，，則，的最小值為（ ）
A． B． C． D．
2．在邊長為2的正方體中，取3條棱的中點構成平面，平面截正方體的截面面積為，從剩余9條棱的中點在平面的投影為，記，當最大時，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
3．已知平面向量.若對區間內的三個任意的實數，都有，則向量夾角的最大值的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
4．已知中，，，且的最小值為，若P為邊AB上任意一點，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．已知平面向量、、 滿足，且對任意實數恒成立，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
6．窗花是貼在窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，圖1是一個正八邊形窗花，圖2是從窗花圖中抽象出幾何圖形的示意圖.已知正八邊形的邊長為2，是正八邊形邊上任意一點，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．的最大值為
C．在方向上的投影向量為
D．若函數則函數的最小值為
7．“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標志得來，是平面向量中一個非常優美的結論．奔馳定理與三角形四心（重心、內心、外心、垂心）有著神秘的關聯．它的具體內容是：已知M是內一點，，，的面積分別為，，，且．以下命題正確的有（ ）
A．若，則M為的重心
B．若M為的內心，則
C．若M為的垂心，，則
D．若，，M為的外心，則
8．在中，，點P是等邊（點O與C在的兩側）邊上的一動點，若，則有（ ）
A．當時，點必在線段的中點處 B．的最大值是
C．的最小值是 D．的最大值為
9．已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的單位向量，，記，，，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則O，A，B，C四點在同一個圓上
B．若，則的最大值為2
C．若，則的最大值為
D．若，則的最小值為
10．已知平面向量，，滿足，，，則（ ）
A．點C軌跡是圓 B．的最大值是3
C．的最小值是1 D．的取值范圍是
三、填空題
11．設，集合.若對任意，均存在和，滿足，，則的最大值為 .
12．已知拋物線的焦點為F，點在C上，且，則的取值范圍是 ，的最小值為 ．
13．在平面中，非零向量 滿足 則 的最大值為 .
14．已知O為坐標原點，向量滿足，將繞點O按逆時針方向旋轉，得到向量．若，則的最大值為 ．
15．如圖，邊長為4的等邊，動點P在以BC為直徑的半圓上，若，則的取值范圍是 ．
16．在梯形中，，，，，，點滿足，則 ；若與相交于點，為線段延長線上的動點，則的最小值為 .
17．已知兩點，動點滿足，直線與動點的軌跡交于兩點.當時， ；當時，的最小值為 .
18．已知平面向量，，滿足，，，，則的最小值為 .
19．已知，點滿足：，過點分別作兩條相互垂直的射線DM，DN分別與點的軌跡交于M，N兩點，記MN的中點為，記的軌跡為，過點分別作軌跡的兩條切線，切點分別為，則取值范圍為 .
20．已知平面向量，的夾角為，與的夾角為，，和在上的投影為x，y，則的取值范圍是 ．
《2025年3月2日高中數學作業》參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B A B B BD ABC BC AD BD
1．D
【分析】首先設出幾何圖形，確定給定向量的位置，結合給定條件得到，再對的取值進行討論，求解最值即可.
【解析】設，，，所以，
因為，所以，即，
因為與的夾角為，所以，
因為，，，
所以，故，
如圖，取中點，作，作，連接，
因為，所以，故，，
由向量中線定理得，
所以，
故，
，
，
因為，所以，
因為，所以，得到，
故，
由可得，
故
，
即，解得，故，
因為，所以在以為圓心，為半徑的圓上，
由題意得，而，
當且僅當時，，
此時，
由三角形邊長性質得，當且僅當共線時取等，
在直角三角形中，所以，故，
代入數據得，解得，
此時，即的最小值是，
當時，，此時的終點不在，
通過平移，使其終點到達，同時設起點為，
此時三點共線，所以，
所以，
由三角形邊長性質得，當且僅當共線時取等，
在直角三角形中，所以，故，
代入數據得，解得，
此時，即的最小值是，
綜上，的最小值是，故D正確.
故選：D
【點睛】關鍵點點睛：本題考查平面向量，解題關鍵是作出圖形，利用給定條件得到，然后對參數進行分類討論，得到所要求的最值即可．
2．B
【分析】截面為過棱中點的正六邊形，投影為兩個正六邊形的頂點，在平面中逐類分析的取值情況，找出最小值.
【解析】
如圖：由正方體的對稱性知，過3條棱的中點的平面截正方體的截面面積最大時為過棱中點的正六邊形，其邊長為，
設截面與6條棱交點分別為，
由正方體知體對角線，又，所以平面，
延長交棱延長線于E，設此棱中點為B，則，
作交平面于，所以平面 ，
則為B在截面的投影，且為正邊的中線，
又，所以是的重心，
同理可得其余5條棱的中點在截面的投影到O的距離也為，
由對稱性知，六邊形為棱長為的正六邊形，
如圖在平面中建立直角坐標系，
則
可得四點共線，由對稱性知也共線,也共線，
由正六邊形性質知為正三角形，為邊長的正三角形，邊長的正三角形，
所以，
求的最小值先考慮為負值的情況，
當時，不妨令，
在中，則，其余結果都非負.
當時，則，其余結果都非負.
當，時，不妨令，
與夾角不超過，故，
當，時，不妨令，
，
，
所以為鈍角，為銳角，
，
由對稱性知的取值情況同上，
，
綜上：的最小值為.
【點睛】關鍵點點睛：此題關鍵是找出各棱中點在截面的投影，根據兩個正六邊形的特點求出的所有可能取值.
3．A
【分析】設,作出圖形，分析出恒成立，臨界處即與重合，與重合，且GM不能充當直角三角形斜邊，否則可以改變的位置，使得，此時最小，向量夾角取得最大值，利用三角函數恒等變換和圖象得到答案.
【解析】設,如圖，
不妨設.
設為的中點，為OC的中點，為BD的中點，為AD的中點.
則，
，
設，點在平行四邊形內（含邊界）.
由題知恒成立.
為了使最大，則思考為鈍角，即思考點在第一或第四象限.
思考臨界值即與重合，與重合，且GM不能充當直角三角形斜邊，否則可以改變的位置，使得，此時最小，
所以，即，
即
即，即.
所以.
所以
，
其中向量與夾角為，故與夾角的最大值的余弦值為.
故選：A.
【點睛】平面向量解決幾何最值問題，通常有兩種思路：
①形化，即用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或取值范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行求解；
②數化，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域，不等式的解集，方程有解等問題，然后利用函數，不等式，方程的有關知識進行求解.
4．B
【分析】設，由題可得、、三點共線，進而可得的最小值為到邊上的高，根據幾何關系求出，將化成，通過幾何關系求出的最小值即可.
【解析】設，故，若，
由，則，，共線，故，
由圖得，當時有最小值，又，
∴，即，即為等邊三角形．
由余弦定理，，
設M為BC中點，，
∴當取最小值時，有最小值，
∵為邊上任意一點，
∴當時，有最小值，
設，過點作于點，則，
又，為的中位線，
∴，即，
∴．
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：、構造等邊三角形且，，共線，設M為BC中點，由，（先求出），數形結合判斷最小與相關線段位置關系.
5．B
【分析】不等式，兩邊平方得到關于實數的不等式，進而得到，再利用模長公式將轉化為，再利用不等式即可得解.
【解析】由，兩邊平方得
又，且對任意實數恒成立，
即恒成立，所以，
即，所以，即.
由，知，
所以,
當且僅當與同向時取等號.
故選：B
【點睛】關鍵點睛：本題考查向量的綜合應用，不等式恒成立問題，解題的關鍵先利用對任意實數恒成立，求得，再利用求最值，考查了轉化思想與運算能力.
6．BD
【分析】以AE為y軸，GC為x軸建立平面直角坐標系，根據向量線性運算可判斷A；對于B，取AB的中點為M，則，兩式平方相減，結合正八邊形的對稱性取最大值時點P位置，然后利用坐標求解；對于C，根據投影向量公式求解可得；對于D，利用坐標運算表示出函數，根據二次函數性質可得.
【解析】如圖所示，以AE為y軸，GC為x軸建立平面直角坐標系，
設，則在中，由余弦定理可得，
整理得，
因為
.
對于A，因為，
所以，A錯誤；
對于B，取AB的中點為M，則，
則，
兩式相減得，
由正八邊形的對稱性可知，當點P與點E或點F重合時，最大，
又，所以，
所以，
所以，的最大值為，B正確；
對于C，，
所以，
所以在方向上的投影向量為，C錯誤；
對于D，因為，，
所以，
所以
，
當時，函數取得最小值，D正確.
故選：BD
【點睛】關鍵點睛：本題解答的關鍵在于：第一，建立平面直角坐標系，利用坐標運算求解；第二，設，利用a表示坐標，到最后再進行代換，減少計算量；第三，利用對稱性分析點P位置.
7．ABC
【分析】A選項，，作出輔助線，得到三點共線，同理可得M為的重心；B選項，設內切圓半徑為，則，，，代入后得到；C選項，得到，作出輔助線，由面積關系得到線段比，設，，，則，，，結合三角函數得到，，進而求出正切值的比；D選項，設外接圓半徑，由三角形面積公式求出三個三角形的面積，得到比值.
【解析】A選項，因為，所以，
取的中點，則，所以，
故三點共線，且，
同理，取中點，中點，可得三點共線，三點共線，
所以M為的重心，A正確；
B選項，若M為的內心，可設內切圓半徑為，
則，，，
所以，
即，B正確；
C選項，若M為的垂心，，
則，
如圖，⊥，⊥，⊥，相交于點，
又，
，即，
，即，
，即，
設，，，則，，，
因為，，
所以，即，
同理可得，即，故，
，則，
故，
，則，
故，
，
故，
同理可得，
故，C正確；
D選項，若，，M為的外心，
則，
設的外接圓半徑為，故，
，
故，，，
所以，D錯誤.
故選：ABC
【點睛】結論點睛：點為所在平面內的點，且，則點為的重心，
點為所在平面內的點，且，則點為的垂心，
點為所在平面內的點，且，則點為的外心，
點為所在平面內的點，且，則點為的內心，
8．BC
【分析】對于A，過的中點作平行線即可判斷 ；對于B，先利用平面向量的性質得到，，從而結合圖形的性質推得取得最大值時點的位置，從而利用余弦定理與三角函數的和差公式求得，從而得以判斷；對于C，結合選項B中的結論，推得點與點重合時取得最小值，由此判斷即可；對于D，舉反例排除即可.
【解析】對于A，記為的中點，過作交于，如圖，

此時存在，使得，則，
顯然滿足，但點P不在線段的中點處，故A錯誤；
對于B，延長，在上任一點作平行于，如圖，

則，即，，
易得大于的外角，則與的延長線必交于一點，
故離越遠，其值越大，同時，的值也越大，
顯然，當到達點與點重合時，與都取得最大值，此時也取得最大值，
此時，在中，，
所以，則，，
易知，所以，
則，
故在中，，
所以，，
又，所以，
又，，所以，則為正三角形，
所以，
所以的最大值為，故B正確；
對于C，因為，，
所以，
由選項B，結合圖像易知的增長速率要比大，
所以要使得取得最小值，要取得最小值，
此時，則，即點與點重合時取得最小值，
此時，即的最小值為，故C正確；
對于D，當點與點重合時，，，
所以，，則，
則，故D錯誤.
故選：BC.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是利用平面向量的三角形法則得到，，從而確定取得最值時點的位置，從而得解.
9．AD
【分析】對于A選項，，后由可得答案.
對于B選項，由A分析可知，O，A，B，C四點在同一個圓上.又，則其長度為圓上弦的長度.
對于C選項，由題可得A，B，C均在以為圓心、1為半徑的圓上，設，又，則.
表示出后可得答案.
對于D選項，由結合C選項分析，得，
又由，可得，后由重要不等式可得答案.
【解析】對于A選項，如圖，若，則，所以，又，所以，所以O，A，B，C四點在同一個圓上，故A正確；
對于B選項，若，由A選項知，O，A，B，C四點在同一個圓上，
又，則其長度為圓上弦的長度.當線段為該圓的直徑時，最大，且最大值等于，故B錯誤；
對于C選項，由題可得A，B，C均在以為圓心、1為半徑的圓上，
設，又，則
.其中.
則
，
當時取等號.故C錯誤.
對于D選項，由C選項分析結合可知.
又，則
，
則由重要不等式有：.
得，當且僅當時取等號.故D正確.
故選：AD
【點睛】關鍵點點睛：本題涉及向量，三角函數.判斷A，B選項關鍵為能由得到，從而可以得到O，A，B，C四點在同一個圓上.
判斷C，D選項關鍵，為利用A，B，C在單位圓上設出其坐標，后利用向量坐標表示結合三角函數，不等式知識解決問題.
10．BD
【分析】先假設點A，B固定，即與夾角是定值，設點A關于O的對稱點為，根據得到，即點C的軌跡是一個點或以為圓心，以為半徑的圓；若點A，B不固定，即與夾角不是定值，可判斷A錯誤；
結合，的幾何意義，數形結合得到，B正確；
C選項可舉出反例；
D選項，求出，得到，求出當時，取得最大值為5，當時，取得最小值0，得到的取值范圍.
【解析】對A,先假設點A，B固定，即與夾角是定值.
設點A關于O的對稱點為，由得，，
當時，，此時點C的軌跡是一個點，
當時，點C的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓.
若點A，B不固定，即與夾角不是定值，此時點C的軌跡也在變動，故A錯誤；
對B，∵，，
∴點A，點B在以O為圓心，分別以1，2為半徑的圓上，，∴B正確；
對C，當點A，B固定且時，，
∵在以O為圓心，以1為半徑的圓上，而點C的軌跡是以為圓心，以為半徑的圓，
∴點A在點C的軌跡上，即，∴C錯誤；
對D，由于的最大值為，最小值為.
∵，，根據假設，.
∵，∴，.
如果點A，B不固定，則是變量，且，
∴當時，取得最大值為5，當時，取得最小值為0，所以D正確.
故選：BD
【點睛】向量相關的壓軸題，通常要數形結合進行求解，結合向量的線性運算和數量積運算進行求解，本題關鍵在于要先假設點A，B固定，即與夾角是定值，設點A關于O的對稱點為，根據得到，即點C的軌跡是一個點或以為圓心，以為半徑的圓，再討論四個選項的正誤.
11．
【分析】設方程表示的區域為，分析可知區域為正方形及其內部，設，可知點在線段上，記為過點的線段的長度的最大值，則的最大值為的最小值，根據對稱性分析求解即可.
【解析】設方程表示的區域為，
用代換方程不變，可知區域關于y軸對稱；
用代換方程不變，可知區域關于x軸對稱；
當時，區域可化為，據此可得區域的圖形如圖陰影所示，
取，
可知區域為正方形及其內部，
設，點均在區域內，
因為，，即，，
可知點在線段上，
又因為，記為過點的線段的長度的最大值，
若求，不妨假設點在正方形的邊界上，
若，即，
可知的最大值為的最小值，
取的中點分別為，可知區域關于直線對稱，
根據對稱性只需假定點在線段上即可，此時，
可知當點與點重合時，取到最小值，
所以的最大值為.
故答案為：.
【點睛】思路點睛：1.根據題意分析集合表示的平面區域；
2.根據向量相關知識分析的最大值表示的意義.
12． 5
【分析】利用焦半徑公式表示，利用拋物線上點的范圍求解第一空，利用焦半徑公式結合基本不等式求解第二空即可得到答案.
【解析】
①由題意得，，設，，，
則，，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，解得，
∴.
②∵，∴，
∵，∴，即，
∵，當且僅當時等號成立，
∴，即，
∴，即的最小值為.
故答案為：；.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查拋物線綜合問題，解題關鍵是合理運用焦半徑公式結合基本不等式，然后找到取等條件，得到所要求的最值即可．
13．2
【分析】設，構造橢圓，利用三角換元可求最大值.
【解析】
如圖，設，則為等邊三角形，，
且，，故的軌跡為橢圓，其焦距為，
故短半軸長為，故橢圓方程為，
設，故
，
故的最大值為2，,
故答案為：2.
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵是構造出橢圓，并結合三角函數知識求解.
14．
【分析】設，則，進而得，結合分析得到的軌跡為一個橢圓，并確定橢圓的右頂點坐標，再利用向量數量積的坐標表示，將問題化為求的截距最大，即最大且該直線過點，即可求最值.
【解析】設，則，故，
所以，則，故，
由，
即到原點距離與到的距離之和為8，
易知的軌跡為一個橢圓，且，，如下圖，
若為橢圓的右頂點，則，且直線，
易知，即，
由，令①，
所以，要使最大，只需的截距最大，即最大，
結合圖知，該直線過點即可，將代入①，有.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：首先得到的軌跡為一個橢圓及其右頂點坐標，再應用向量數量積的坐標表示化為求最大為關鍵.
15．
【分析】建立平面直角坐標系，可得半圓弧的方程為：，然后設，根據向量的坐標運算法則算出關于的式子，利用三角恒等變換與正弦函數的性質求解即可．
【解析】根據題意，以所在直線為x軸，的垂直平分線為y軸，建立直角坐標系，如圖所示：
則，半圓弧的方程為：，
設，則，，
由，得
，解得，
由，設，其中，
可得
，
由，得，
則，
得，
得的取值范圍為：.
故答案為：
【點睛】易錯點睛：坐標變換的理解：建立坐標系時，特別是點和點的位置關系，必須理解清楚向量運算的基礎，并避免在代入過程中的符號錯誤.
三角函數的應用：關于三角恒等變換以及三角函數的范圍，需要注意區間的限制，確保在求解時不遺漏可能的取值范圍.
16． /
【分析】利用可得到大小，根據梯形上下底平行可得線段比例關系，取中點，利用向量數量積可得，通過求的最小值即可得到結果.
【解析】
由得，，
解得，故.
設交于點，由題意得，.
在中，由余弦定理得，，故.
由得，，，所以.
取中點，連接，則，，
所以，故.
因為，
所以當最小時，有最小值，的最小值為點到直線的距離.
由得，，又因為，所以為等邊三角形，故點到直線的距離為，
由得點到直線的距離為，即，
此時.
故答案為：；.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查平面向量綜合問題，解決問題的關鍵是利用平面向量的極化恒等式公式得到，問題轉化為求線段長的最小值，分析幾何圖形即可得到結果.
17．
【分析】由圓內同弦所對應的同側的圓周角相等和勾股定理以及對稱性得到點的軌跡方程，再由兩點間距離公式求出，由向量數量積的坐標表示結合幾何意義求出的最小值；
【解析】由圓內同弦所對應的同側的圓周角相等可知，不妨設點在軸上方時，
由可得，又，所以，
設圓的半徑為，所以在中，，解得，
所以點的軌跡為以為圓心，2為半徑的圓中所對應的優弧，不包括斷點，
又對稱性可得軸下方也滿足，圖形如下：
可得點的軌跡方程為，
當時，直線方程為，
聯立，解得，
由對稱性可得，
所以，
當時，設，由對稱性可得，
所以，
由幾何意義可得表示點到原點距離的平方，所以的最小值為.
故答案為：；.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是能根據圓內同弦所對應的同側的圓周角相等的到點的軌跡方程.
18．
【分析】令，，，OB的中點為D，AB的中點為E，OD的中點為F，與的夾角為，由題意，計算，，判斷出點C的軌跡為以OD為直徑的圓，利用向量基底表示，將轉化為，然后轉化為圓上任意一點到定點距離的最小值進而求解最小值.
【解析】令，，，OB的中點為D，AB的中點為E，OD的中點為F，
與的夾角為，連接CA、CB、CD、CO、EF.
由，，，得，，
因為，所以，在中，由余弦定理得.
又由，得，即，
所以點C的軌跡為以OD為直徑的圓.
因為
，
當且僅當點C、E、F共線，且點C在點E、F之間時，等號成立.
所以的最小值為.
故答案為：.
【點睛】本題解題關鍵是通過平面向量的幾何表示，將問題轉化為圓上任意一點到定點距離的最值從而根據幾何知識得解.
19．
【分析】先分別求出點的軌跡和的軌跡方程，設，根據圓的性質結合數量積的定義化簡，進而可得出答案.
【解析】設，由，得，
化簡得，
故點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，
因為，為的中點，所以，
又在圓上，所以，
則，
設，得，
化簡得，
則軌跡的方程是以為圓心，為半徑的圓，
設，則，故，
則，
則，
因為，所以點在圓內，
則，
即，所以，
由雙鉤函數的性質可得函數在上遞減，在上遞增，
又，
所以，
又，，
所以，
所以.

故答案為：.
【點睛】方法點睛：求動點的軌跡方程有如下幾種方法：
（1）直譯法：直接將條件翻譯成等式，整理化簡后即得動點的軌跡方程；
（2）定義法：如果能確定動點的軌跡滿足某種已知曲線的定義，則可利用曲線的定義寫出方程；
（3）相關點法：用動點的坐標、表示相關點的坐標、，然后代入點的坐標所滿足的曲線方程，整理化簡可得出動點的軌跡方程；
（4）參數法：當動點坐標、之間的直接關系難以找到時，往往先尋找、與某一參數得到方程，即為動點的軌跡方程；
（5）交軌法：將兩動曲線方程中的參數消去，得到不含參數的方程，即為兩動曲線交點的軌跡方程.
20．
【分析】根據題意可知與的夾角為，從而根據正弦定理可得，再根據投影的定義表示出，最后對化簡變形通過正弦函數的性質即可求解.
【解析】因為平面向量，的夾角為，與的夾角為，
所以與的夾角為，
所以根據正弦定理可得，，
所以，所以，
因為，所以，
所以在上的投影為，
在上的投影為，
所以
因為，所以，所以，
所以,所以的取值范圍為.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：此題考查平面向量的綜合問題，考查向量投影，考查三角函數恒等變換公式的應用，解題的關鍵是根據向量投影的概念表示出，考查計算能力，屬于難題.
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