2017年宁夏高考数学综合提升训练（四）_第2页

参考答案

1．D　[解析] 因为向量a在b方向上的投影是|a|cos〈a，b〉，又

cos〈a，b〉＝|a|·|b|(a·b)＝2×1(1)＝2(1)，所以|a|cos〈a，b〉＝1.

2．A　[解析] 由题意得a·c＝a·(a＋b)＝a²＋a·b＝1＋|a|·|b|cos 120°＝1－1＝0，则c⊥a.

3．A　[解析] 由→(AB)·→(BC)＞0，可得角B为钝角，此时△ABC是钝角三角形，条件是充分的；反之，当△ABC是钝角三角形时，角B不一定为钝角，故不一定有→(AB)·→(BC)＞0，条件是不必要

的．故“→(AB)·→(BC)＞0”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件．

4．C　[解析] 易知|a|＝5，cos〈a，b〉＝|a||b|(a·b)＝5×2(－5)＝－2(1)，即向量a与b的夹角为3(2π).

5．4　60°　[解析] 由|a－b|＝，平方得a²－2a·b＋b²＝13，代入已知条件得b²＝16，得|b|＝4，所以cos〈a，b〉＝|a||b|(a·b)＝3×4(6)＝2(1)，所以〈a，b〉＝60°.

6．B　[解析] |→(AB)|＝＝＝1，

|→(BC)|＝＝＝2，

→(AB)·→(BC)＝2cos 18°·cos 63°＋2cos 72°·cos 27°＝2cos 18°·cos 63°＋2sin 18°·sin 63°＝2cos 45°＝.设→(AB)与→(BC)的夹角为α，

所以cos α＝|(BC)＝2(2)，得α＝45°，所以三角形的内角B＝135°，因此△ABC的面积S＝2(1)|→(AB)|·|→(BC)|·sin 135°＝2(2).

7．B　[解析] 设外接圆的圆心为O，→(CO)与→(OP)的夹角为θ(θ∈[0，π])，在正三角形ABC中，易知|→(OA)|＝|→(OB)|＝|→(OC)|＝|→(OP)|＝1，则→(AP)·→(PB)＝(→(OP)－→(OA))·(→(OB)－→(OP))＝→(OP)·(→(OA)＋→(OB))－→(OP)²－→(OA)

·→(OB)＝→(OP)·→(CO)－2(1)＝|→(OP)|·|→(CO)|cosθ－2(1)＝coθ－2(1)，所以→(AP)·→(PB)的取值范围为2(1).

8．C　[解析] 如图所示，由于→(BC)＝→(CD)，点O在线段CD上，故存在实数λ∈(0，1)，使得→(CO)＝λ→(CD)，

∴→(AO)＝→(AC)＋→(CO)＝→(AC)＋λ→(CD)＝→(AC)＋λ→(BC)＝→(AC)＋λ(→(AC)－→(AB))＝－λ→(AB)＋(1＋λ)→(AC).又→(AO)＝x→(AB)＋(1－x)→(AC)，∴x＝－λ.又0<λ<1，∴－1<－λ<0，即－1<x<0.

9．B　[解析] 显然AC⊥BC，以点C为坐标原点，射线CA，CB分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系，则C(0，0)，A(3，0)，B(0，4)．设→(CP)＝→(CA)＋λ→(AB)＝(3，0)＋λ(－3，4)＝

(3－3λ，4λ)，其中0≤λ≤1，则→(CP)·(→(BA)－→(BC))＝→(CP)·→(CA)＝(3－3λ，4λ)·(3，0)＝9－9λ≤9，故→(CP)·(→(BA)－→(BC))的最大值为9.

10．D　[解析] 由a·(a＋2b)＝0且|a|＝1，得a·b＝－2(1)，得〈a，b〉＝120°.在平面直角坐标系中，设a＝(1，0)，b＝3()，则a＋2b＝(0，)．设c＝(x，y)，由|c－a－2b|＝1得x²＋(y－)²

＝1，即向量c的终点在圆x²＋(y－)²＝1上，所以|c|的最大值为＋1.

11．　[解析] 由|4a－b|²＝16a²－8a·b＋b²＝16－8×5cos 120°＋25＝61，得|4a－b|＝.

12．2＋i　[解析] b＋i(（1＋ai）（1－i）)＝2－i⇒(1＋ai)(1－i)＝(2－i)·(b＋i)⇒1＋a＋(a－1)i＝2b＋1＋(2－b)i，所以a－1＝2－b，(1＋a＝2b＋1，)解得b＝1.(a＝2，)

13．－2　[解析] 由→(OP)＝→(OA)＋λ(→(AB)＋→(AC))，得→(AP)＝λ(→(AB)＋→(AC))，当λ＝2(1)时，由|→(AP)|＝2，得→(AB)＋→(AC)＝2→(AP)，所以|→(AB)＋→(AC)|＝4.

又→(PA)·→(PB)＋→(PA)·→(PC)＝→(PA)·(→(PB)＋→(PC))＝→(PA)·(→(AB)－→(AP)＋→(AC)－→(AP))＝－λ(→(AB)＋→(AC))·[→(AB)＋→(AC)－2λ(→(AB)＋→(AC))]＝λ(2λ－1)·(→(AB)＋→(AC))²＝16(2λ²－λ)，当λ＝4(1)时上式有最小值－2.

14．解：(1)a＋tb＝(2t－3，2＋t)，|a＋tb|²＝(2t－3)²＋(2＋t)²＝5t²－8t＋13＝55(4)＋5(49)，当t＝5(4)时，|a＋tb|取得最小值5(5).

(2)a－tb＝(－3－2t，2－t)，因为a－tb与c共线，所以3＋2t－6＋3t＝0，即t＝5(3).

15．解：(1)原式＝→(AP)₁·(→(AB)＋→(AP)₂)＝2→(AP)1(2)＝8(13).

(2)(i)写0到2(1)取不到(1)之间的任何一个值均可．

理由是：此时向量→(PA)与→(PC)之间的夹角为锐角．

(ii)→(PA)·→(PC)＝|→(PC)||→(PA)|cos∠APC.

①当P在线段BP₂上时，→(PA)·→(PC)≥0；

②当P在线段P₂C上时，→(PA)·→(PC)≤0.

要使→(PA)·→(PC)最小，则P必在线段P₂C上，设|→(PC)|＝x，则→(PA)·→(PC)＝|→(PC)||→(PA)|cos∠APC＝|→(PC)|·(－|→(PP)₂|)＝x²－2(1)x.

当x＝4(1)，即当P在P₃时，→(PA)·→(PC)最小，此时cos∠PAB＝26(5).

16．解：(1)∵m＝(1，sin 2x)，n＝(cos 2x，)，f(x)＝m·n，

∴f(x)＝cos 2x＋sin 2x＝2sin6(π).

∵f(A)＝1，∴2sin6(π)＝1.

又0<A<π，∴6(π)<2A＋6(π)<6(13π)，

∴2A＋6(π)＝6(5π)，∴A＝3(π).

(2)由余弦定理知cos A＝2bc(b2＋c2－a2)＝2(1).

∵a＝，∴b²＋c²－bc＝3.

∵b＋c＝3，∴bc＝2，

∴S_△ABC＝2(1)bcsin A＝2(3).