资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2025年3月2日高中数学作业
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知，，是非零向量，与的夹角为，，，则，的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．在边长为2的正方体中，取3条棱的中点构成平面，平面截正方体的截面面积为，从剩余9条棱的中点在平面的投影为，记，当最大时，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知平面向量.若对区间内的三个任意的实数，都有，则向量夹角的最大值的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知中，，，且的最小值为，若P为边AB上任意一点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．已知平面向量、、 满足，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
6．窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形的边长为2，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最大值为
C．在方向上的投影向量为
D．若函数则函数的最小值为
7．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（ ）
A．若，则M为的重心
B．若M为的内心，则
C．若M为的垂心，，则
D．若，，M为的外心，则
8．在中，，点P是等边（点O与C在的两侧）边上的一动点，若，则有（ ）
A．当时，点必在线段的中点处 B．的最大值是
C．的最小值是 D．的最大值为
9．已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则O，A，B，C四点在同一个圆上
B．若，则的最大值为2
C．若，则的最大值为
D．若，则的最小值为
10．已知平面向量，，满足，，，则（ ）
A．点C轨迹是圆 B．的最大值是3
C．的最小值是1 D．的取值范围是
三、填空题
11．设，集合.若对任意，均存在和，满足，，则的最大值为 .
12．已知抛物线的焦点为F，点在C上，且，则的取值范围是 ，的最小值为 ．
13．在平面中，非零向量 满足 则 的最大值为 .
14．已知O为坐标原点，向量满足，将绕点O按逆时针方向旋转，得到向量．若，则的最大值为 ．
15．如图，边长为4的等边，动点P在以BC为直径的半圆上，若，则的取值范围是 ．
16．在梯形中，，，，，，点满足，则 ；若与相交于点，为线段延长线上的动点，则的最小值为 .
17．已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时， ；当时，的最小值为 .
18．已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为 .
19．已知，点满足：，过点分别作两条相互垂直的射线DM，DN分别与点的轨迹交于M，N两点，记MN的中点为，记的轨迹为，过点分别作轨迹的两条切线，切点分别为，则取值范围为 .
20．已知平面向量，的夹角为，与的夹角为，，和在上的投影为x，y，则的取值范围是 ．
《2025年3月2日高中数学作业》参考答案
题号 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】首先设出几何图形，确定给定向量的位置，结合给定条件得到，再对的取值进行讨论，求解最值即可.
【解析】设，，，所以，
因为，所以，即，
因为与的夹角为，所以，
因为，，，
所以，故，
如图，取中点，作，作，连接，
因为，所以，故，，
由向量中线定理得，
所以，
故，
，
，
因为，所以，
因为，所以，得到，
故，
由可得，
故
，
即，解得，故，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上，
由题意得，而，
当且仅当时，，
此时，
由三角形边长性质得，当且仅当共线时取等，
在直角三角形中，所以，故，
代入数据得，解得，
此时，即的最小值是，
当时，，此时的终点不在，
通过平移，使其终点到达，同时设起点为，
此时三点共线，所以，
所以，
由三角形边长性质得，当且仅当共线时取等，
在直角三角形中，所以，故，
代入数据得，解得，
此时，即的最小值是，
综上，的最小值是，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是作出图形，利用给定条件得到，然后对参数进行分类讨论，得到所要求的最值即可．
2．B
【分析】截面为过棱中点的正六边形，投影为两个正六边形的顶点，在平面中逐类分析的取值情况，找出最小值.
【解析】
如图：由正方体的对称性知，过3条棱的中点的平面截正方体的截面面积最大时为过棱中点的正六边形，其边长为，
设截面与6条棱交点分别为，
由正方体知体对角线，又，所以平面，
延长交棱延长线于E，设此棱中点为B，则，
作交平面于，所以平面 ，
则为B在截面的投影，且为正边的中线，
又，所以是的重心，
同理可得其余5条棱的中点在截面的投影到O的距离也为，
由对称性知，六边形为棱长为的正六边形，
如图在平面中建立直角坐标系，
则
可得四点共线，由对称性知也共线,也共线，
由正六边形性质知为正三角形，为边长的正三角形，边长的正三角形，
所以，
求的最小值先考虑为负值的情况，
当时，不妨令，
在中，则，其余结果都非负.
当时，则，其余结果都非负.
当，时，不妨令，
与夹角不超过，故，
当，时，不妨令，
，
，
所以为钝角，为锐角，
，
由对称性知的取值情况同上，
，
综上：的最小值为.
【点睛】关键点点睛：此题关键是找出各棱中点在截面的投影，根据两个正六边形的特点求出的所有可能取值.
3．A
【分析】设,作出图形，分析出恒成立，临界处即与重合，与重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变的位置，使得，此时最小，向量夹角取得最大值，利用三角函数恒等变换和图象得到答案.
【解析】设,如图，
不妨设.
设为的中点，为OC的中点，为BD的中点，为AD的中点.
则，
，
设，点在平行四边形内（含边界）.
由题知恒成立.
为了使最大，则思考为钝角，即思考点在第一或第四象限.
思考临界值即与重合，与重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变的位置，使得，此时最小，
所以，即，
即
即，即.
所以.
所以
，
其中向量与夹角为，故与夹角的最大值的余弦值为.
故选：A.
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
4．B
【分析】设，由题可得、、三点共线，进而可得的最小值为到边上的高，根据几何关系求出，将化成，通过几何关系求出的最小值即可.
【解析】设，故，若，
由，则，，共线，故，
由图得，当时有最小值，又，
∴，即，即为等边三角形．
由余弦定理，，
设M为BC中点，，
∴当取最小值时，有最小值，
∵为边上任意一点，
∴当时，有最小值，
设，过点作于点，则，
又，为的中位线，
∴，即，
∴．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：、构造等边三角形且，，共线，设M为BC中点，由，（先求出），数形结合判断最小与相关线段位置关系.
5．B
【分析】不等式，两边平方得到关于实数的不等式，进而得到，再利用模长公式将转化为，再利用不等式即可得解.
【解析】由，两边平方得
又，且对任意实数恒成立，
即恒成立，所以，
即，所以，即.
由，知，
所以,
当且仅当与同向时取等号.
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查向量的综合应用，不等式恒成立问题，解题的关键先利用对任意实数恒成立，求得，再利用求最值，考查了转化思想与运算能力.
6．BD
【分析】以AE为y轴，GC为x轴建立平面直角坐标系，根据向量线性运算可判断A；对于B，取AB的中点为M，则，两式平方相减，结合正八边形的对称性取最大值时点P位置，然后利用坐标求解；对于C，根据投影向量公式求解可得；对于D，利用坐标运算表示出函数，根据二次函数性质可得.
【解析】如图所示，以AE为y轴，GC为x轴建立平面直角坐标系，
设，则在中，由余弦定理可得，
整理得，
因为
.
对于A，因为，
所以，A错误；
对于B，取AB的中点为M，则，
则，
两式相减得，
由正八边形的对称性可知，当点P与点E或点F重合时，最大，
又，所以，
所以，
所以，的最大值为，B正确；
对于C，，
所以，
所以在方向上的投影向量为，C错误；
对于D，因为，，
所以，
所以
，
当时，函数取得最小值，D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题解答的关键在于：第一，建立平面直角坐标系，利用坐标运算求解；第二，设，利用a表示坐标，到最后再进行代换，减少计算量；第三，利用对称性分析点P位置.
7．ABC
【分析】A选项，，作出辅助线，得到三点共线，同理可得M为的重心；B选项，设内切圆半径为，则，，，代入后得到；C选项，得到，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设，，，则，，，结合三角函数得到，，进而求出正切值的比；D选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值.
【解析】A选项，因为，所以，
取的中点，则，所以，
故三点共线，且，
同理，取中点，中点，可得三点共线，三点共线，
所以M为的重心，A正确；
B选项，若M为的内心，可设内切圆半径为，
则，，，
所以，
即，B正确；
C选项，若M为的垂心，，
则，
如图，⊥，⊥，⊥，相交于点，
又，
，即，
，即，
，即，
设，，，则，，，
因为，，
所以，即，
同理可得，即，故，
，则，
故，
，则，
故，
，
故，
同理可得，
故，C正确；
D选项，若，，M为的外心，
则，
设的外接圆半径为，故，
，
故，，，
所以，D错误.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心，
点为所在平面内的点，且，则点为的垂心，
点为所在平面内的点，且，则点为的外心，
点为所在平面内的点，且，则点为的内心，
8．BC
【分析】对于A，过的中点作平行线即可判断 ；对于B，先利用平面向量的性质得到，，从而结合图形的性质推得取得最大值时点的位置，从而利用余弦定理与三角函数的和差公式求得，从而得以判断；对于C，结合选项B中的结论，推得点与点重合时取得最小值，由此判断即可；对于D，举反例排除即可.
【解析】对于A，记为的中点，过作交于，如图，

此时存在，使得，则，
显然满足，但点P不在线段的中点处，故A错误；
对于B，延长，在上任一点作平行于，如图，

则，即，，
易得大于的外角，则与的延长线必交于一点，
故离越远，其值越大，同时，的值也越大，
显然，当到达点与点重合时，与都取得最大值，此时也取得最大值，
此时，在中，，
所以，则，，
易知，所以，
则，
故在中，，
所以，，
又，所以，
又，，所以，则为正三角形，
所以，
所以的最大值为，故B正确；
对于C，因为，，
所以，
由选项B，结合图像易知的增长速率要比大，
所以要使得取得最小值，要取得最小值，
此时，则，即点与点重合时取得最小值，
此时，即的最小值为，故C正确；
对于D，当点与点重合时，，，
所以，，则，
则，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用平面向量的三角形法则得到，，从而确定取得最值时点的位置，从而得解.
9．AD
【分析】对于A选项，，后由可得答案.
对于B选项，由A分析可知，O，A，B，C四点在同一个圆上.又，则其长度为圆上弦的长度.
对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，设，又，则.
表示出后可得答案.
对于D选项，由结合C选项分析，得，
又由，可得，后由重要不等式可得答案.
【解析】对于A选项，如图，若，则，所以，又，所以，所以O，A，B，C四点在同一个圆上，故A正确；
对于B选项，若，由A选项知，O，A，B，C四点在同一个圆上，
又，则其长度为圆上弦的长度.当线段为该圆的直径时，最大，且最大值等于，故B错误；
对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，
设，又，则
.其中.
则
，
当时取等号.故C错误.
对于D选项，由C选项分析结合可知.
又，则
，
则由重要不等式有：.
得，当且仅当时取等号.故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题涉及向量，三角函数.判断A，B选项关键为能由得到，从而可以得到O，A，B，C四点在同一个圆上.
判断C，D选项关键，为利用A，B，C在单位圆上设出其坐标，后利用向量坐标表示结合三角函数，不等式知识解决问题.
10．BD
【分析】先假设点A，B固定，即与夹角是定值，设点A关于O的对称点为，根据得到，即点C的轨迹是一个点或以为圆心，以为半径的圆；若点A，B不固定，即与夹角不是定值，可判断A错误；
结合，的几何意义，数形结合得到，B正确；
C选项可举出反例；
D选项，求出，得到，求出当时，取得最大值为5，当时，取得最小值0，得到的取值范围.
【解析】对A,先假设点A，B固定，即与夹角是定值.
设点A关于O的对称点为，由得，，
当时，，此时点C的轨迹是一个点，
当时，点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.
若点A，B不固定，即与夹角不是定值，此时点C的轨迹也在变动，故A错误；
对B，∵，，
∴点A，点B在以O为圆心，分别以1，2为半径的圆上，，∴B正确；
对C，当点A，B固定且时，，
∵在以O为圆心，以1为半径的圆上，而点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
∴点A在点C的轨迹上，即，∴C错误；
对D，由于的最大值为，最小值为.
∵，，根据假设，.
∵，∴，.
如果点A，B不固定，则是变量，且，
∴当时，取得最大值为5，当时，取得最小值为0，所以D正确.
故选：BD
【点睛】向量相关的压轴题，通常要数形结合进行求解，结合向量的线性运算和数量积运算进行求解，本题关键在于要先假设点A，B固定，即与夹角是定值，设点A关于O的对称点为，根据得到，即点C的轨迹是一个点或以为圆心，以为半径的圆，再讨论四个选项的正误.
11．
【分析】设方程表示的区域为，分析可知区域为正方形及其内部，设，可知点在线段上，记为过点的线段的长度的最大值，则的最大值为的最小值，根据对称性分析求解即可.
【解析】设方程表示的区域为，
用代换方程不变，可知区域关于y轴对称；
用代换方程不变，可知区域关于x轴对称；
当时，区域可化为，据此可得区域的图形如图阴影所示，
取，
可知区域为正方形及其内部，
设，点均在区域内，
因为，，即，，
可知点在线段上，
又因为，记为过点的线段的长度的最大值，
若求，不妨假设点在正方形的边界上，
若，即，
可知的最大值为的最小值，
取的中点分别为，可知区域关于直线对称，
根据对称性只需假定点在线段上即可，此时，
可知当点与点重合时，取到最小值，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：1.根据题意分析集合表示的平面区域；
2.根据向量相关知识分析的最大值表示的意义.
12． 5
【分析】利用焦半径公式表示，利用抛物线上点的范围求解第一空，利用焦半径公式结合基本不等式求解第二空即可得到答案.
【解析】
①由题意得，，设，，，
则，，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，解得，
∴.
②∵，∴，
∵，∴，即，
∵，当且仅当时等号成立，
∴，即，
∴，即的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线综合问题，解题关键是合理运用焦半径公式结合基本不等式，然后找到取等条件，得到所要求的最值即可．
13．2
【分析】设，构造椭圆，利用三角换元可求最大值.
【解析】
如图，设，则为等边三角形，，
且，，故的轨迹为椭圆，其焦距为，
故短半轴长为，故椭圆方程为，
设，故
，
故的最大值为2，,
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是构造出椭圆，并结合三角函数知识求解.
14．
【分析】设，则，进而得，结合分析得到的轨迹为一个椭圆，并确定椭圆的右顶点坐标，再利用向量数量积的坐标表示，将问题化为求的截距最大，即最大且该直线过点，即可求最值.
【解析】设，则，故，
所以，则，故，
由，
即到原点距离与到的距离之和为8，
易知的轨迹为一个椭圆，且，，如下图，
若为椭圆的右顶点，则，且直线，
易知，即，
由，令①，
所以，要使最大，只需的截距最大，即最大，
结合图知，该直线过点即可，将代入①，有.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先得到的轨迹为一个椭圆及其右顶点坐标，再应用向量数量积的坐标表示化为求最大为关键.
15．
【分析】建立平面直角坐标系，可得半圆弧的方程为：，然后设，根据向量的坐标运算法则算出关于的式子，利用三角恒等变换与正弦函数的性质求解即可．
【解析】根据题意，以所在直线为x轴，的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图所示：
则，半圆弧的方程为：，
设，则，，
由，得
，解得，
由，设，其中，
可得
，
由，得，
则，
得，
得的取值范围为：.
故答案为：
【点睛】易错点睛：坐标变换的理解：建立坐标系时，特别是点和点的位置关系，必须理解清楚向量运算的基础，并避免在代入过程中的符号错误.
三角函数的应用：关于三角恒等变换以及三角函数的范围，需要注意区间的限制，确保在求解时不遗漏可能的取值范围.
16． /
【分析】利用可得到大小，根据梯形上下底平行可得线段比例关系，取中点，利用向量数量积可得，通过求的最小值即可得到结果.
【解析】
由得，，
解得，故.
设交于点，由题意得，.
在中，由余弦定理得，，故.
由得，，，所以.
取中点，连接，则，，
所以，故.
因为，
所以当最小时，有最小值，的最小值为点到直线的距离.
由得，，又因为，所以为等边三角形，故点到直线的距离为，
由得点到直线的距离为，即，
此时.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量综合问题，解决问题的关键是利用平面向量的极化恒等式公式得到，问题转化为求线段长的最小值，分析几何图形即可得到结果.
17．
【分析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等和勾股定理以及对称性得到点的轨迹方程，再由两点间距离公式求出，由向量数量积的坐标表示结合几何意义求出的最小值；
【解析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等可知，不妨设点在轴上方时，
由可得，又，所以，
设圆的半径为，所以在中，，解得，
所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆中所对应的优弧，不包括断点，
又对称性可得轴下方也满足，图形如下：
可得点的轨迹方程为，
当时，直线方程为，
联立，解得，
由对称性可得，
所以，
当时，设，由对称性可得，
所以，
由几何意义可得表示点到原点距离的平方，所以的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能根据圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等的到点的轨迹方程.
18．
【分析】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，与的夹角为，由题意，计算，，判断出点C的轨迹为以OD为直径的圆，利用向量基底表示，将转化为，然后转化为圆上任意一点到定点距离的最小值进而求解最小值.
【解析】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，
与的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF.
由，，，得，，
因为，所以，在中，由余弦定理得.
又由，得，即，
所以点C的轨迹为以OD为直径的圆.
因为
，
当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题解题关键是通过平面向量的几何表示，将问题转化为圆上任意一点到定点距离的最值从而根据几何知识得解.
19．
【分析】先分别求出点的轨迹和的轨迹方程，设，根据圆的性质结合数量积的定义化简，进而可得出答案.
【解析】设，由，得，
化简得，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
因为，为的中点，所以，
又在圆上，所以，
则，
设，得，
化简得，
则轨迹的方程是以为圆心，为半径的圆，
设，则，故，
则，
则，
因为，所以点在圆内，
则，
即，所以，
由双钩函数的性质可得函数在上递减，在上递增，
又，
所以，
又，，
所以，
所以.

故答案为：.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
20．
【分析】根据题意可知与的夹角为，从而根据正弦定理可得，再根据投影的定义表示出，最后对化简变形通过正弦函数的性质即可求解.
【解析】因为平面向量，的夹角为，与的夹角为，
所以与的夹角为，
所以根据正弦定理可得，，
所以，所以，
因为，所以，
所以在上的投影为，
在上的投影为，
所以
因为，所以，所以，
所以,所以的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的综合问题，考查向量投影，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是根据向量投影的概念表示出，考查计算能力，属于难题.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑