2015届高考理科数学课时拓展检测试题62

一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的．1．设a＝(1，－2)，b＝(－3，4)，c＝(3，2)，则(a＋2b)·c等于( )A．(－15，12)B．0C．－3D．－11解：由已知，得a＋2b＝(－5，6)，∴(a＋2b)·c＝－5×3＋6×2＝－3.应选C.2．(2013·陕西)设a，b为向量，则“|a·b|＝|a|

·|b|

”是“a∥b”的(

)A．充分不用要条件B．必需不充分条件C．充分必需条件D．既不充分也不用要条件解：设a与b的夹角为θ，则|a·b|＝||a|·|b|cosθ|＝|a|·|b||cosθ|＝|a|·|b|，则向量a，b夹角为0或π或许两个向量a，b，起码有一个为0，故a∥b，充分性成立；反之，若a∥b，则|a·b|＝|a|·|b|，必需性成立．故选C.．已知，，是圆22→→→→→x＋y＝1上的三点，OA＋OB＝OC，则AB·3ABCOC＝( )A．0B．1C．－1D.12→→→→→→→→→＝→2→解：AB＝OB－OA，则AB·＝(OB－OA·＋OAOB－OAOC)(OB)2＝0.应选A.4．(2012·重庆)设x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－，且⊥，∥，则a＋b＝()4)acbc||A.5B.10C．25D．10解：∵a⊥c，b∥c，∴2x－4＝0，2y＋4＝0，则x＝2，y＝－2.∴a＝(2，1)，b＝(1，－2)，a＋b＝(3，－1)．∴|a＋b|＝32＋（－1）2＝10.应选B.5．(2012·浙江改编)设a，b是两个非零向量，以下说法正确的选项是( )．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥bB．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λaD．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|解：对|a＋b|＝|a|－|b|两边平方得a·b＝－|a||b|，应选项A、B错，C正确；至于选项D，当a，b为方向同样的向量时，明显|a＋b|＝|a|－|b|不可立．应选C.6．已知O为原点，点A，B的坐标分别为(a，0)，(0，a)，a是→→的最大值是( )正的常数，点P在线段AB上，则OA·OPA．aB．2aC．a2D．3a→→→→∠＝→∠解：OA·＝|OAOP||OP|cosPOAa|OP|cosPOA.→→2亦可设据图可知，当P与A重合时，获得最大值，即OA·≤OPa(出P点坐标求解)．应选C.7．已知向量a，b是平面α内的一组基底，向量c＝a＋2b，关于平面α内异于a，b的不共线的向量m，n有以下命题：①当m，n分别与a，b对应共线时，知足c＝m＋2n的向量m，有无数组；②当m，n与a，b均不共线时，知足c＝m＋2n的向量m，n有无数组；③当m与a共线，但向量n与b不共线时，知足c＝m＋2n的向量m，n有无数组．此中正确命题的个数是( )A．0B．1C．2D．3→→解：如图，将c沿OA和OB方向分解时，只有一种分解方式，故①错误；当m，n与a，b均不共线时，m，n的变化会惹起分解的变化，故②正确；同理，③正确．应选C.．设O为坐标原点，F为抛物线y2＝4x的焦点，A为抛物线上8→→＝－4，则点A的坐标为( )一点，若OA·AFA．(2，±22)B．(1，±2)C．(1，2)D．(2，22)→→＝(x，y)·(1－x，解法一：设点A坐标为(x，y)，F(1，0)，则OA·AF－y)＝x－x2－y2＝x－x2－4x＝－x2－3x＝－4，解之得x＝1或x＝－4(舍去)．代入抛物线可得点A的坐标为(1，±2)．解法二：由题意设y02→→＝A，y0，F(1，0)，则OA·4AFy02，y1－y02＝－，即y02y022，4＋2－，－y41－－＝－4y012y06440·4044y0＝0，求得y0＝±2，因此点A的坐标为(1，±2)，应选B.9．(必修4)若向量a，b，c两两所成角相等，且|a|＝1，|b|＝1，|c|＝3，则|a＋b＋c|等于()A．2B．5C．2或5D.2或5解：若a，b，c两两所成角相等，则所成角为0°或120°，当它们两两所成角为0°时，|a＋b＋c|＝|a|＋|b|＋|c|＝1＋1＋3＝5；当它们13两两所成角是120°时，则a·b＝1×1×cos120°＝－2，同理a·c＝－2，b·c3＝－2，|a＋b＋c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c1＋1＋9－1－3－3＝4.|a＋b＋c|＝2.应选C.10．(2012·厦门期末质检)如图，平行四边形ABCD中，AB＝2，＝，∠＝°，点M在AB边上，且AM＝1→→等于( )，则·AD1A603ABDMDB33A．－1B．1C．－3D.3解：→＝→＋1→，→＝→＋→，∴→→＝→2＋4→→DMDA3ABDBDAABDM·DBDA3DA·AB1→2＝1，应选B.3AB．已知＝(－1，，→→是以3)＝a－b，OB＝a＋b，若△AOB11aOAO为直角极点的等腰直角三角形，则△AOB的面积为()A.3B．2C．22D．4||||且⊥，ab1→2122故＝2|OA|＝2(|a|||S△AOBD.ab．2013·浙江)设△，是边AB上必定点，知足P＝1，12(ABCP00B4AB→→→→，则()且关于边AB上任一点P，恒有PB··P00A．∠ABC＝90°B．∠BAC＝90°C．AB＝ACD．AC＝BC→解：设AB＝4，以AB所在直线为x轴，AB的方向为x轴正方向，线段AB的中垂线为y轴，成立直角坐标系，则A(－2，0)，B(2，0)，则P，0)，设，b)，P(x，0)，∈－，．∴→＝(2－x，0)，0(1C(ax[22]PB→→→→→→→＝(a－x，b)，P＝(1，0)，P＝(a－1，b)，则由PB··00P00得(2－x)·(a－x)≥a－1在x∈[－2，2]上恒成立．令f(x)＝x2－(2＋a)x＋a＋1，则f(x)≥0在x∈[－2，2]上恒成立．而＝(2＋a)2－4(a＋1)＝a2，则有＞0，＞0，Δ≤0或a＋2≤－，或a＋2≥，2222f（－2）≥0，f（2）≥0.解得a＝0或a∈?或a∈?.综上知a＝0.即点C在线段AB的中垂线上，∴AC＝BC.应选D.二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在题中横线上．13．(2012·全国课标卷)已知向量a，b夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|10，则|b|＝____________．解：2a－b＝－b)2＝10?||10?(2a4＋b2－4|b|cos45°＝10?|b|＝3故填32.||2.14．已知F＝(2，3)作用一物体，使物体从A(2，0)挪动到B(4，0)，则力F对物体作的功为________．→|F||S|解：设F与AB的夹角为θ，则力F对物体所作的功为cosθ＝||→→＝F·AB＝4.故填4.AB．2012·湖南改编在△中，＝，＝，→→＝，)ABC15(AB2AC3ABBC则BC＝____________．→→|→||BC||BC|解：如图知AB·π－＝×－＝cos(B)2cosB)AB1AB2＋BC2－AC21.∴cosB＝－2BC.又由余弦定理知cosB＝2AB·BC，解得BC＝3.故填3.2013·山东已知向量→与→的夹角为°，且→＝，→)AB|AB||AC|16(→→→→→＝2.若AP＝λAB＋AC，且AP⊥BC，则实数λ的值为____________．→→→→→→→→→→→解：∵BC＝AC－AB，AP⊥BC，则(λAB＋AC·－AB＝λ·)(AC)ABAC→2→2→→＝－12λ＋7＝0，∴λ＝7故填7－λAB＋AC－AC·12.12.AB三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)(2012·长春检测)已知向量a，b不共线：→→→(1)若AB＝a＋b,BC＝2a＋8b,CD＝3(a－b)，求证：A，B，D三点共线；(2)务实数

k，使

ka＋b与

2a＋kb共线．→→→→→解：(1)证明：∵BD＝BC＋CD＝5a＋5b＝5(a＋b)＝5AB，∴BD与→为共线向量，且两者有公共点B，因此A，B，D三点共线．AB(2)要使ka＋b与2a＋kb共线，则ka＋b＝λ(2a＋kb)，k＝2λ，因此∴k＝±2.1＝λk，18．(12分)设a＝(x2＋6x，5x)，b＝3x，1－x，x∈[0，9]．(1)求f(x)＝a·b的表达式；(2)求f(x)的单一区间．2＋6x，5x)113213解：(1)∵a·b＝(x·x，1－x＝x－3x＋5x.∴f(x)＝x3333x2＋5x，x∈[0，9]．f′(x)＝x2－6x＋5，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝5，∴x∈[0，1)或x∈(5，9]时，f′(x)＞0.f(x)在[0，1)上单一递加，在(1，5)上单一递减，在(5，9]上单一递加．19．(12分)(2013·江苏)已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0＜β＜α＜π.(1)若|a－b|＝2，求证：a⊥b；(2)设c＝(0，1)，若a＋b＝c，求α，β的值．解：(1)证明：由题意得|a－b|2＝2，即(a－b)2＝a2－2a·b＋b2＝2，又由于a2＝b2＝|a|2＝|b|2＝1.因此2－2a·b＝2，即a·b＝0，故a⊥b.(2)由于a＋b＝(cosα＋cosβ，sinα＋sinβ)＝(0，1)，cosα＋cosβ＝0，因此sinα＋sinβ＝1.cosα＝－cosβ，即两边分别平方再相加得1＝2－2sinβ，∴sinβsinα＝1－sinβ.115ππ＝2，sinα＝2，又∵0＜β＜α＜π，∴α＝6，β＝6.．(12分在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2＋y2－12x＋3220)0的圆心为Q，过点P(0，2)且斜率为k的直线与圆Q订交于不一样的两点A，B.(1)求k的取值范围；能否存在常数，使得向量→＋→与→共线？假如存在，求(2)kOAOBPQ的值；假如不存在，请说明原因．解：(1)圆的方程可写成(x－6)2＋y2＝4，∴圆心Q(6，0)，过点P(0，2)，且斜率为k的直线方程为y＝kx2.代入圆方程得(1＋k2)x2＋4(k－3)x＋36＝0.①直线与圆交于两个不一样的点A，B，∴＝[4(k－3)]2－4×36(1＋k2)＝42(－8k2－6k)>0，33解得－4<k<0，即k的取值范围是－4，0.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，→→则OA＋OB＝(x1＋x2，y1＋y2)，4（k－3）由方程①，得x1＋x2＝－1＋k2，②又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4，③→．而P(0，2)，Q(6，0)，PQ＝(6，－2)→→→＋y2)，∴OA＋OB与PQ共线?x1＋x2＝－3(y13将②③代入上式，解得k＝－4.3由(1)知，k∈－4，0，故不存在切合题意的常数k.．分设平面内的向量→→→21(12)OA→→＝－16.(2，2)，点P在直线OM上，且PA·PB求→的坐标；(1)OP(2)求∠APB的余弦值；设∈，求→→的最小值．(3)tR|OA＋tOP|→→→解：(1)设OP＝(x，y)．由点P在直线OM上，可知OP与OM共线．→→而OM＝(2，2)，因此2x－2y＝0，即x＝y，有OP＝(x，x)．由→＝→－→＝－－，－－，PAOAOP(1x3x)→＝→－→＝－，－，PBOBOP(5x3x)→→＝(－1－x)(5－x)＋(－3－x)(3－x)，因此PA·PB→→2即PA·PB＝2x－4x－14.→→＝－16，因此2又PA·2x－4x－14＝－16.PB→可得x＝1.因此OP＝(1，1)．由→→→(2)＝(－2，－4)，PB＝(4，2)，可得|PA＝PA|2

，→＝5|PB|25.→→又PA·＝－16.PB→→－164PA·PB因此cos∠APB＝→→＝＝－5.|PA||PB|25×25→→→→2(3)OA＋tOP＝(－1＋t，－3＋t)，|OA＋tOP|＝2t－8t＋10＝（2→→的最小值是－）＋2≥2.因此|OA＋tOP2.2t2|．分已知点P是圆2＋y2＝1上的一个动点，过点P作22(12)x⊥轴于点，设→→→QOM＝OP＋OQ.PQx(1)求点M的轨迹方程；求使