【优化方案】2020高考数学总复习 5-6章平面向量的概念及运算课时卷精品课件 大纲人教版（通用）

1、第5章平面向量1(2020年高考山东卷)设P是ABC所在平面内的一点，BB2，则()APP0BPP0CPP0DPPP0解析：选B.因为BB，所以点P为线段AC的中点，故选B.2(2020年高考湖南卷)如图，D、E、F分别是ABC的边AB、BC、CA的中点，则()AABC0BBCD0CACC0DBBF0解析：选A.ABCABC(ABC)0.3(2020年高考湖北卷)已知ABC和点M满足MMM0.若存在实数m使得AA m成立，则m()A2B3C4 D5解析：选B.MMM0，点M是ABC的重心AA3.m3.4向量e1、e2不共线，下面向量a、b共线的有()a2e1，b2e2；ae1e2，b2e12e

2、2；a4e1e2，be1e2；ae1e2，b2e12e2(e1、e2不共线)A BC D解析：选A.2e1，2e2不共线；b2e12e22(e1e2)2a，a，b共线；a4e1e24(e1e2)4b，a，b共线；a、b显然不共线5(2020年重庆高三月考)已知直线xya20与圆x2y24交于B、C两点，A是圆上一点(与点B、C不重合)，且满足|OO|OO2|，其中O是坐标原点，则实数a值是()A2 B3C4 D5解析：选A.如图，OOC，设弦BC的中点为M.OO2222由已知可得|C|2|A|.即|2|A|，|A|C|M|，在ABC中，A90.BC为直径即xya20过(0,0)点a2.6设e1

3、、e2是两个不共线向量，若向量a3e15e2与向量bme13e2共线，则m的值等于_解析：由于a与b共线，存在非零实数k，使得akb，即3e15e2k(me13e2)，即(3km)e1(53k)e20，3km0且53k0，解得k，m，故填.答案：7如图， 在ABC中，点O是BC的中点过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若，n，则mn的值为_解析：()，M，O，N三点共线，1，mn2，故填2.答案：28(2020年南昌调研)给出下列命题：若|a|b|，则ab；若A，B，C，D是不共线的四点，则是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；若ab，bc，则ac；ab的充要条件是|a|b|

4、且ab；若ab，bc，则ac.其中，正确命题的序号是_解析：不正确，两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同正确，|且，又A，B，C，D是不共线的四点，四边形ABCD为平行四边形反之，若四边形ABCD为平行四边形，则ABDC且ABDC，因此，.正确ab，a，b的长度相等且方向相同又bc，b，c的长度相等且方向相同，a，c的长度相等且方向相同，故ac.不正确当ab且方向相反时，即使|a|b|，也不能得到ab，故|a|b|且ab不是ab的充要条件，而是必要不充分条件不正确考虑b0这种极端情况答案：9已知非零向量e1、e2不共线，欲使ke1e2和e1ke2共线，试确定实数k的值解：ke1e2与e1

5、ke2共线，存在非零实数使ke1e2(e1ke2)，则(k)e1(k1)e2.由于e1与e2不共线，只能有解得k1.10(2020天津河西质检)已知D为ABC的边BC上的中点，ABC所在平面内有一点P，满足0，试求：的值解：由于D为BC边上的中点，因此由向量加法的平行四边形法则，易知2，因此结合0即得2，因此易得P、A、D三点共线且D是PA的中点，所以1.11(探究选做)在ABC内一点O满足230.求SAOCSBOC.解：由题知：()2()0，设AC、BC的中点分别为M、N，则2，2，20，即2；M、O、N三点共线，且2，2，由等比定理得2.作业245.2平面向量基本定理及坐标运算1(2020

6、年山东名校联考)已知向量a(1，m)，b(m2，m)，则向量ab所在的直线可能为()Ax轴B第一、三象限的角平分线Cy轴 D第二、四象限的角平分线解析：选A.ab(1，m)(m2，m)(m21,0)，其在x轴上的恒大于零，在y轴上的等于零，向量ab所在的直线可能为x轴2在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且m(bc，cosC)，n(a，cosA)，mn，则cosA的值等于()A. BC. D解析：选C.mn，(bc)cosAacosC，(sinBsinC)cosAsinAcosC，即sinBcosAsinAcosCsinCcosAsin(AC)sinB，易知sinB0，cosA.

7、3(2020年苏州调研)在ABC中，点P在BC上，且B，点Q是AC的中点，若P(4,3)，P(1,5)，则B()A(6,21) B(2,7)C(6，21) D(2，7)解析：选A.由题知，PPA(1,5)(4,3)(3,2)，又因为点Q是AC的中点，所以AQ，所以PPQ(1,5)(3,2)(2,7)，因为B2P，所以BBP33(2,7)(6,21)4(2020年陕西质检三)在ABC中，D是BC的中点，若A(1，)，A(，)，则A()A(1，) B(2，)C(，) D(，)解析：选B.由题可知BAA(，0)，所以AABA2(2，)，故选B.5(2020年苏南四校)已知A(3,0)，B(0，)，O

8、为坐标原点，点C在AOB内，且AOC60，设OO，则实数等于()A. B.C. D3解析：选C.由OO，得OOB，O与B共线，设C(x，)(x0，P在直线AM上，过重心5函数f(x)cosx(xR)的图象按向量(m,0)平移后，得到函数yf(x)的图象(f(x)为f(x)的导数)，则m的值可以为()A. BC D解析：选A.f(x)cosx，f(x)(cosx)sinx.yf(x)sinxcos(x)，即ycosx按向量(m,0)平移后得到ycos(x)的图象，m.6已知函数y，按a平移该函数图形，使其化简为反比例函数的解析式，则a_.解析：y1，按a(1,1)平移，则将已知函数化为y.答案：

9、(1,1)7点M(4，3)关于点N(5，6)的对称点是_解析：设对称点为G(x，y)，由中点坐标公式得解得即对称点是(6，9)答案：(6，9)8(2020年重庆一中高三调研)将函数yf(x)的图象沿向量a(2,2)平移后，得到函数y2x22的图象，则函数f(x)_.解析：由y2x22按a(2，2)平移得到f(x)，向右平移2个单位，向下平移2个单位得f(x)2x.答案：2x9(1)把点A(3,5)按向量a(4,5)平移，求平移后对应点A的坐标；(2)把函数y2x2的图象F按向量a(2，2)平移得到F，求F的函数解析式解：(1)设A的坐标为(x，y)根据平移坐标公式，得得即对应点A的坐标为(7,

10、10)(2)设P(x，y)为F上的任意一点，它在F上的对应点为P(x，y)，由平移公式得将它代入y2x2中，得到y22(x2)2.即y2x28x6.故F的函数解析式为y2x28x6.10已知三点P(x,1)，P1(1，5)，P2(2,4)共线(1)求点P分的比1及x的值；(2)求点P1分的比2的值解：(1)由已知1，解得12，x1.(2)由22，得2(P12)，整理得.2.11(探究选做)如果P1、P2、P3三点在同一直线上，且P1、P2、P3三点坐标分别为(3，y)、(x，1)、(0，3)，|3|，求点P1、P2的坐标解：P1、P2、P3三点在同一直线上，|3|，则P3分的定比3或3.则当3

11、时，由得x1，y9，故P1(3，9)、P2(1，1)；当3时，由得x1，y3，故P1(3,3)、P2(1，1)作业265.4平面向量的数量积及运算律1(2020年高考重庆卷)若向量a(3，m)，b(2，1)，ab0，则实数m的值为()AB.C2 D6解析：选D.由ab0，得32m(1)0，m6.2(2020年高考北京卷)若a，b是非零向量，且ab，|a|b|，则函数f(x)(xab)(xba)是()A一次函数且是奇函数B一次函数但不是奇函数C二次函数且是偶函数D二次函数但不是偶函数解析：ab，ab0，f(x)(xab)(xba)x2ab(|b|2|a|2)xab(|b|2|a|2)x.又|b|

12、a|，f(x)为一次函数，且是奇函数，故选A.3(2020年重庆一中高三调研)若向量a与b的夹角为75，|a|2sin 150，|b|4cos 15，则ab的值为()A1 B1C D.解析：选B.|a|2sin 15021.ab14cos 15cos75122cos 15sin151.4(2020年高考全国卷)已知向量a(2,1)，ab10，|ab|5，则|b|()A. B.C5 D25解析：选C.|ab|2a22abb2520b250，b225.|b|5.5(2020年高考全国卷)设a、b、c是单位向量，且ab0，则(ac)(bc)的最小值为()A2 B.2C1 D1解析：选D.ab0，且a

13、，b，c均为单位向量，|ab|，|c|1.(ac)(bc)ab(ab)cc2.设ab与c的夹角为，则(ac)(bc)1|ab|c|cos1cos.故(ac)(bc)的最小值为1.6(2020年高考江西卷)已知向量a，b满足|b|2，a与b的夹角为60，则b在a上的投影是_解析：b在a上的投影是|b|cos 6021.答案：17已知A、B、C是ABC的三个内角，向量a(sin，sinA)，b(cos，sin B)，ab，则tan Atan B_.解析：a(cos，sin A)，abcos2sin AsinBcos Csin Asin B，由ab得cos Csin Asin B0.cos Acos

14、 B3sin Asin B0，tanA tan B.答案：8(2020年天水一中)设e1，e2，e3，e4是平面内的四个单位向量，其中e1e2，e3与e4的夹角为135，对这个平面内的任一个向量axe1ye2，规定经过一次“斜二测变换”得到向量a1xe3e4，设向量v3e14e2，则经过一次“斜二测变换”得到向量v1的模|v1|是_解析：由题意可知v13e32e4，|v1|2|3e32e4|23222232cos 135136，|v1|答案：9已知向量(cos，sin)(0)，(sin，cos)，其中O为坐标原点，求向量与的夹角解：设向量与的夹角为，cos，又，当0时，cos，60，即向量与的

15、夹角为60.当0时，cos，120，即与的夹角为120.10已知|a|，|b|3，a与b夹角为45，求使向量ab与ab的夹角是锐角时，的取值范围解：若ab与ab的夹角是锐角，则(ab)(ab)0，且1(即夹角不是0)即a2(21)abb20且1.a2|a|22，b2|b|29，ab|a|b|cos 4533，2(21)390，即321130且1，解得且1.11(探究选做)(2020年重庆调研)在ABC中，设.(1)求证：ABC为等腰三角形；(2)若|2且B，求的取值范围解：(1)证明：因为，所以()0.又0所以()，所以()()0，所以220，所以|2|2，即|，故ABC为等腰三角形(2)因为

16、B，所以，cosB，设|a，因为|2，所以|24，所以a2a22a2 cosB4，所以，a2，所以|cosB22，作业275.5解斜三角形1(2020年高考湖南卷)在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a、b、c，若C120，ca，则()AabBa0，a2b2，ab.2(2020年高考北京卷)某班设计了一个八边形的班徽(如图)，它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为()A.2sin2cos2Bsincos3C3sincos1D2sincos1解析：选A.三角形的底边长为x，S4SS正方形411sinx22sin22cos2sin2cos2.3(20

17、20年高考福建卷)已知锐角ABC的面积为3，BC4，CA3，则角C的大小为()A75 B60C45 D30解析：选B.由题知，43sinC3，sinC. 又0C，C.4在ABC中，a、b、c分别是A、B、C的对边，已知b2c(b2c)，若a，cosA，则ABC的面积等于()A. B.C. D3解析：选C.由b2c(b2c)，b2bc2c20，即(bc)(b2c)0，所以b2c.又a，cosA，解得c2，b4.所以SABCbcsinA42 .5(2020年福州质检)在ABC中，a，b，c是角A，B，C的对边，若a，b，c成等比数列，A60，则()A. B.C. D.解析：选B.由正弦定理可得si

18、nB，从而，又因为b2ac，可知结果是sinAsin60.6(2020年高考广东卷)已知a、b、c分别是ABC的三个内角A、B、C所对的边，若a1，b，AC2B，则sinA_.解析：AC2B，B.由正弦定理知sinA.答案：7(2020年高考北京卷)在ABC中，若b1，c，C，则a_.解析：由正弦定理，有，sinB.C为钝角，B必为锐角，B，A.ab1.答案：18在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若A，b1，ABC的面积为，则a的值为_解析：因为SABCbcsinAcsinc2.由余弦定理a214212cos3，所以a.答案：9(2020年高考重庆卷)设ABC的内角A、B、C的对

19、边长分别为a、b、c，且3b23c23a24bc.(1)求sinA的值；(2)求的值解：(1)由已知及余弦定理得cosA.又0A，故sinA.(2)原式.10在ABC中，cosA.(1)求cos2sin(BC)的值；(2)若ABC的面积为4，AB2，求BC的长解：由cosA得sinA.(1)cos2sin(BC)sinA0.(2)由ABACsinA4，AB2，AC5，又BC2AB2AC22ABACcosA17，BC.11(探究选做)已知ABC的内角A，B及其对边a，b满足abacotAbcotB，求内角C.解：法一：abacotAbcotB，且2R(R为ABC的外接圆半径)，sinAsinBc

20、osAcosB.sinAcosAcosBsinB.1sin2A1sin2B.sin2Asin2B0.又sin2Asin2B2cos(AB)sin(AB)，cos(AB)sin(AB)0，cos(AB)0或sin(AB)0.又A、B为三角形的内角，AB或AB.当AB时，C；当AB时，由已知得cotA1，AB，C.综上可知，内角C.法二：由abacotAbcotB及正弦定理，得sinAsinBcosAcosB，sinAcosAcosBsinB，从而sinAcoscosAsincosBsinsinBcos，sin(A)sin(B)，又0AB，故AB, AB，C.优化方案课时作业 第6章不等式 高三数

21、学 作业28第6章不等式6.1不等式的性质1(2020年高考大纲全国卷)设alog32，bln2，c5，则()AabcBbcaCcab Dcb1，alog3，而c5c.2下列命题中的真命题是()A若ab，cd，则acbd B若|a|b，则a2b2C若ab，则a2b2 D若a|b|，则a2b2解析：选D.a|b|0，a2b2.3若xy1，且0a1，则axlogay；xaya；logxalogya，其中不成立的个数是()A1 B2C3 D4解析：选B.由函数单调性可知不成立，成立4如果a0，那么，下列不等式中正确的是()A. B.Ca2|b|解析：选A.a0，0，A显然正确5(2020年高考广东卷

22、)“x0”是“0成立”的()A充分非必要条件 B必要非充分条件C非充分非必要条件 D充要条件解析：选A.因为当x0时一定有0，但当0时，x0是0成立的充分非必要条件6已知a，b为非零实数，且a”或“0，0，答案：7下列四个不等式：a0b；ba0；b0a；0ba，其中能使成立的充分条件有_解析：0ba与ab异号，而能使ba与ab异号答案：8已知f(n)n，g(n)n，(n)(nN*，n2)，则f(n)，g(n)，(n)的大小关系是_解析：因为f(n)n，故f(n)(n)g(n)答案：f(n)(n)0，b0，且ab，比较aabb与(ab)的大小解：(1) x62020(x4x22020)x6x4x

23、21x4(x21)(x21)(x21)(x41)(x21)2(x21)，当x1时，x62020x4x22020；当x1时，x62020x4x22020.(2) ab()，若ab0，则1，ab0，所以()1.若ba0，则01，ab1；综上，()1.又a0，b0，则(ab)0，所以aabb(ab)10设f(x)ax2bx,1f(1)2,2f(1)4，求f(2)的取值范围解：设f(2)mf(1)nf(1)(m、n为待定系数且mR，nR)，则f(2)4a2bm(ab)n(ab)，即4a2b(mn)a(nm)b，于是得解得f(2)3f(1)f(1)又1f(1)2,2f(1)4，53f(1)f(1)10，

24、故5f(2)10.11(探究选做)已知奇函数f(x)在区间(，)上是严格单调递减函数，R且0，0，0.试说明f()f()f()的值与0的关系解：f()f()f()0得.f(x)在R上是严格单调减函数，f()f()又f(x)为奇函数，f()f()f()f()0，同理f()f()0，f()f()0，f()f()f()0，y0，且1，则xy有()A最大值64B最小值64C最大值 D最小值解析：选B.12 8 ，xy64.2(2020年高考天津卷)设x，yR，a1，b1，若axby3，ab2 ，则的最大值为()A2 B.C1 D.解析：选C.因为a1，b1，axby3，ab2 ，所以xloga3，yl

25、ogb3.log3alog3blog3(ab)log3()2log3()21，当且仅当ab时，等号成立3设x，y为正数，则(xy)()的最小值为()A6 B9C12 D15解析：选B.(xy)()525459，当且仅当，即2xy时，原式最小值为9.4(2020年高考重庆卷)已知a0，b0，则2的最小值是()A2 B2C4 D5解析：选C.2224.当且仅当时，等号成立，即ab1时，不等式成立5(2020年高考重庆卷)已知x0，y0，x2y2xy8，则x2y的最小值是()A3 B4C. D.解析：选B.2xyx(2y)()2，原式可化为(x2y)24(x2y)320.又x0，y0.x2y4.当x

26、2，y1时取等号6(2020年高考重庆卷)已知t0，则函数y的最小值为_解析：t0，yt4242.答案：27设xy1，x、y(0，)，则x2y2xy的最小值是_解析：由xy2 ，知xy()2，当且仅当xy时等号成立x2y2xy(xy)2xy1xy1.答案：8(2020年高考浙江卷)若正实数x，y满足2xy6xy，则xy的最小值是_解析：由x0，y0,2xy6xy，得xy26(当且仅当2xy时，取“”)，即()2260，(3)()0.又0，3 ，即xy18.xy的最小值为18.答案：189求a的取值范围解：显然a4，当a4时，a40，a(a4)42 424，当且仅当a4，即a4时，取等号；当a4

27、时，a40，b0.则广告的面积S(a20)(2b25)2ab40b25a5001850025a40b18500218500224500.当且仅当25a40b时等号成立，此时ba，代入式得a120，从而b75.即当a120，b75时，S取得最小值24500.故当广告的高为140 cm，宽为175 cm时，可使广告的面积最小作业306.3不等式的证明1若a、b、c0且a22ab2ac4bc12，则abc的最小值是()A2B3C2 D.解析：选A.(abc)2a2b2c22ab2bc2ac12b2c22bc12(bc)212，并且仅当bc时取等号，abc2.2已知x、yR，Mx2y21，Nxyxy，

28、则M与N的大小关系是()AMN BMNCMN D不能确定解析：选A.MN(x2y21)(xyxy)(xy)2(x1)2(y1)20，MN.3设x、y、z(0，)，ax，by，cz，则a、b、c三数()A至少有一个不大于2 B都小于2C至少有一个不小于2 D都大于2解析：选C.abcxyz6，因此a、b、c至少有一个不小于2，故选C.4m，n，p为互不相等的正数，且m2p22np，则下列关系中可能成立的是()Amnp BnpmCnmp Dmpn解析：选C.由m2p22mp2np2mpnm可排除A、D，令m2，p1可得n，可知C可能成立5设0x，则“xsin2x1”是“xsinx1”的()A充分而

29、不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B.当0x时，0sinx1.由xsin2x1知xsinx，不一定得到xsinx1.反之，当xsinx1时，xsin2xsinx1.故xsin2x1是xsinx0，P2x2x，Q(sinxcosx)2，则P与Q的大小关系为_解析：2x2x22(当且仅当x0时等号成立)，而x0，故P2.Q(sinxcosx)21sin2x，而sin2x1，故Q2，PQ.答案：PQ7设x，y，z，则x，y，z的大小关系是_解析：x，y，z.又zy.答案：xzy8若acb0，则的符号是_解析：acb0，lgalgblgc.证明：a0，b0，c

30、0，0，0，0.又a，b，c是不全相等的正数，abc，lg()lg(abc)，即lglglglgalgblgc.10已知a、b、c为互不相等的正数求证：a2ab2bc2cabcbcacab.证明：a，b，c为不等正数，不失一般性，设abc0，这时a2ab2bc2c0，abcbcacab0，则有a(ab)(ac)b(bc)(ba)c(cb)(ca)()ab()bc()ca，abc0，1，ab0；1，bc0；01，ca1，()bc1，()ca1.1，即a2ab2bc2cabcbcacab.11(探究选做)已知abc0，abbcca0，abc0.求证：a0，b0，c0.证明：假设a、b、c不都是正数

31、，由abc0可知，这三个数中必有两个为负数，一个为正数，不妨设a0，b0，则由abc0，可得c(ab)，又ab0，c(ab)(ab)(ab)，abc(ab)(ab)(ab)ab，即abbcac0，ab0，b20，a2abb2(a2abb2)0，即abbcac0矛盾，所以假设不成立，因此a0，b0，c0成立作业316.4不等式的解法1(2020年高考天津卷)设函数f(x)则不等式f(x)f(1)的解集是()A(3,1)(3，)B(3,1)(2，)C(1,1)(3，) D(，3)(1,3)解析：选A.f(1)124163，当x0时，x24x63，解得x3或0x1；当x3，解得3x0.2在R上定义运

32、算，abab2ab，则满足x(x2)0的实数x的取值范围为()A(0,2) B(2,1)C(，2)(1，) D(1,2)解析：选B.x(x2)x(x2)2xx20，x2x20.2x0的解集为()A.B.C.D.解析：选C.0，0.(x3)(x2)(x1)0，如图，由穿根法可得不等式的解集为.5不等式log21的解集为()A(，1B1，)C1,0) D(，1)(0，)解析：选C.由已知得2，即0，由此解得1x0.6(2020年高考大纲全国卷)不等式0的解集是_解析：由0，得0.如图，用数轴穿根法得原不等式的解集为.答案：.7(2020年高考上海卷)不等式0的解集是_解析：不等式0等价于(x2)(x4)0，4x0，a恒成立，则a的取值范围是_解析：a对任意x0恒成立，设ux3，只需a恒成立即可x0，u5(当且仅当x1时取等号)由u5知0，a.答案：，)9解不等式1.解：法一：原不等式变为10，即0或1x1或2x3.原不等式的解集是.法二：10(x23x2)(x22x3)0(x1)(x2)(x3)(x1)0.如图，由数轴标根法得1x1或2x3，原不等式的解集为.10若不等式为0，求其解集解：原不等式变为当a1时，1xa.综上所述：当a1时解集为x|ax1时，解集为