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【核按钮】2015高考新课标数学(理)课时作业:5.4 平面向量的综合应用]


5 A. 12

1 B. 2

7 C. 12

5 D. 6

解:∵ m+n≠0,∴ a 与 b 不共线. ?0,π?,∴0≤cosθ<1,故只需 a· ∵ θ∈ b≥0 即可. ? 2? 1.一船从某河的一岸驶向另一岸,船速为 v1, 水速为 v2,已知船可垂直到达对岸,则( A.|v1|&l

t;|v2| B.|v1|>|v2| ) 又∵ a· b=m× 1+n× (-1)=m-n,∴ m-n≥0. 6+5+4+3+2+1 7 其概率为 P= = .故选 C. 6× 6 12 湖南)已知 a,b 是单位向量,a· 6.(2013· b=0, 若向量 c 满足|c-a-b|=1,则|c|的取值范围是( A.[ 2-1, 2+1] C.[1, 2+1] B.[ 2-1, 2+2] D.[1, 2+2] )

C.|v1|≤|v2| D.|v1|≥|v2| 解:设 v=v1+v2,则 v⊥ v2,易知三向量 v1,v2, v 的模构成以|v1|为斜边,|v2|、|v|为直角边的直角三角 形.故选 B. 2. 已知|a|=2|b|, 且|b|≠0, 函数 f(x)=x +|a|x-a· b 只有一个零点,则向量 a 与 b 的夹角是( π π π A.- B.- C. 6 3 3
2 2 2

) 2π D. 3
2

解:依题意可设 a=(1,0),b=(0,1),c=(x, y), 则 c-a-b=(x-1, y-1), 由︱c-a-b︱=1 得, (x-1)2+(y-1)2=1.∵ ︱c︱表示点 C(x, y)到原点的距 离, 且点 C(x, y)满足(x-1)2+(y-1)2=1, 画出圆 C1: (x-1)2+(y-1)2=1,∴ |c|即为圆 C1 上一动点 C(x,y) 到原点的距离|OC|, 由图可知直线 OC1 和圆 C1 相交于 点 A,B,则|OC|最大值为|OC1|+1,最小值为|OC1|- 1,又|OC1|= 12+12= 2,所以 2-1≤|OC|≤ 2+1. 故选 A.

解:由于 Δ=|a| +4a· b=0 且|a|=2|b|,∴ 4|b| + 8|b| cosθ=0,θ 为 a 与 b 的夹角,又|b|≠0,∴ cosθ=- 1 2π ,则 θ= .故选 D. 2 3 → 3.设 0≤θ<2π, 已知两个向量OP1=(cosθ, sinθ), → → OP2=(2+sinθ,2-cosθ),则向量P1P2长度的最大值 是( ) A. 2 B. 3 C.3 2 D. 2 3 → → → 解: ∵ P1P2=OP2-OP1=(2+sinθ-cosθ, 2-cosθ -sinθ), ∴ P→ = 10-8cosθ≤ 18=3 2.故选 C. 1P2 → 4.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若OB= → → a1OA+a200OC,且 A,B,C 三点共线(该直线不过点 O),则 S200 等于( A.100 ) B.101 C.200 D. 201

广东模拟)设 F 为抛物线 y2=4x 的焦点, 7. (2012·

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→ → → A、B、C 为该抛物线上三点,若FA+FB+FC=0,则 → |+| → |+| → |的值为____________. |FA FB FC 解法一:设 A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3),由 → → → 于 F(1,0),则FA=(x1-1,y1),FB=(x2-1,y2),FC → → → =(x3-1,y3),由FA+FB+FC=0 得 x1-1+x2-1+ → → → x3-1=0,x1+x2+x3=3.则|FA|+|FB|+|FC|=(x1+1) +(x2+1)+(x3+1)=x1+x2+x3+3=3+3=6. 解法二:特殊值法.结合图象,不妨取 A(0,0), 3 ? ?3 ? → → → B? ?2, 6?,C?2,- 6?,即可得 FA + FB + FC =

→ → → 解:∵ OB=a1OA+a200OC,且 A,B,C 三点共 线(该直线不过点 O),∴ a1+a200=1,∵ {an}是等差数 200× (a1+a200) 列,∴ S200= =100.故选 A. 2 5. 连掷两次骰子得到的点数分别为 m 和 n, 记向 量 a = (m , n) 与向量 b = (1 ,- 1) 的夹角为 θ ,则 ?0,π?的概率是( θ∈ ) ? 2?

| | | | | |

6.故填 6. 天津)在平行四边形 ABCD 中,AD=1, 8. (2013·

→ → ∠ BAD=60° ,E 为 CD 的中点.若AC· BE=1,则 AB 的长为________________. 1→ → → → → 解法一:∵ AB· AD=|AB|· |AD|· cos60° = |AB|, 2

4 3? 7 1 , , 当 λ=- 时,|x|min= ,此时 x=? 25 25? ? 25 5 4 3 ∴ x· b= × 3+ × (-4)=0,∴ x⊥ b. 25 25 故当|x|最小时,x⊥ b. 辽宁)设向量 a=( 3sinx,sinx),b= 10. (2013· ?0,π?. (cosx,sinx),x∈ ? 2? (1)若|a|=|b|,求 x 的值; (2)设函数 f(x)=a· b,求 f(x)的最大值.

1→ → 1→ → → → → ∴ AC· BE=(AB+AD)· (- AB+AD)=- |AB|2+1 2 2 1→ + |AB|. 4 → → ∵ AC· BE=1, 1 → 2 1 → → =1. ∴ - AB + AB =0,解得 AB 2 4 2

解: (1)由 |a|2 = ( 3sinx)2 + (sinx)2 = 4sin2x, |b|2 = (cosx)2+(sinx)2=1,及|a|=|b|,得 4sin2x=1. ?0,π?,从而 sinx=1,∴x=π. 又 x∈ ? 2? 2 6 (2)f(x)=a· b= 3sinxcosx+sin2x π? 1 3 1 1 sin2x- cos2x+ =sin? ?2x-6?+2, 2 2 2

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解法二:以 A 为原点建立坐标系,如图.

π π ? π? 0, 时,sin?2x- ?取最大值 1. 当 x= ∈ 2 6 ? ? ? ? 3 3 ∴ f(x)的最大值为 . 2 → → 11. 已知抛物线 y=x2 上两点 A, B 满足AP=λPB,

∵ AD=1,∠ BAD=60° , 1 3 ∴ D? , ?. 2 2 ? ? 1 3 1 a 3 设 B(a,0),则 C? +a, ?,E? + , ?, 2? ?2 ?2 2 2 ? 3 ?1 a 3? → → ?1 ∴ AC· BE= +a, ?· - , 2 ? ?2 2 2 ? ?2 1 a =- a2+ +1. 2 4 → → ∵ AC· BE=1, 1 a 1 1 ∴ - a2+ +1=1,解得 a= .故填 . 2 4 2 2 9.设向量 a=(1,-1),b=(3,-4),x=a+λb, λ 为实数. 证明:当|x|最小时,x⊥ b. 证明:∵ a=(1,-1),b=(3,-4), ∴ x=a+λb=(1+3λ,-1-4λ), ∴ |x|= (1+3λ)2+(-1-4λ)2 = 25λ2+14λ+2 = 7 2 1 λ+ ? + , 25? ? 25? 25

→ → → λ>0,其中,点 P 的坐标为(0,1),OM=OA+OB, O 为坐标原点,求: (1)∠ AOB 的大小; (2)四边形 OAMB 的面积 S 的最小值. → → 解:(1)由AP=λPB,知 A,P,B 三点在同一直线
2 上,设直线方程为 y=kx+1,A(x1,x2 1),B(x2,x2),

?y=kx+1, ? 由? 得 x2-kx-1=0. 2 ?y=x ?

∴ x1+x2=k,x1x2=-1. → → 2 2 ∵ OA· OB=x1x2+x2 1x2=-1+(-1) =0, → → ∴ OA⊥ OB,∴ ∠ AOB=90° . → → → (2)由OM=OA+OB,知四边形 OAMB 是平行四 边形. 又∠ AOB=90° ,∴ 四边形 OAMB 是矩形. → → 4 2 4 ∴ S=|OA||OB|= x2 1+x1 x2+x2
2 =-x1x2 (1+x2 1)(1+x2)

2 2 = 1+x2 1+x2+(x1x2)

∴ x2=λ2x1,③ 联立① 、③ 解得 x2=λ,依题意有 λ>0,
2

= 2+(x1+x2)2-2x1x2 = 4+k ,∴ k=0 时,Smin=2. 给定抛物线 C:y =4x,F 是 C 的焦点, 过点 F 的直线 l 与 C 交于 A,B 两点. → → (1)设 l 的斜率为 1,求OA· OB的值; → → (2)设FB=λAF,若 λ∈ [4,9],求 l 在 y 轴上截距 的变化范围. 解:(1)由已知,C 的焦点为 F(1,0),直线 l 的斜 率为 1,所以 l 的方程为 y=x-1, 将 y=x-1 代入方程 y =4x,化简整理得 x -6x +1=0, 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1+x2=6,x1x2=1, → → ∴ OA· OB=x1x2+y1y2=2x1x2-(x1+x2)+1=-3. → → (2)由FB=λAF得(x2-1,y2)=λ(1-x1,-y1),
?x2-1=λ(1-x1),① ? 即? ② ? ?y2=-λy1.
2 2 2 由② 得 y2 y2 2=λ y1,∵ 1=4x1,y2=4x2, 2 2 2

2 λ ∴ B(λ,2 λ)或 B(λ,-2 λ), ∴ kAB= ± ,又 λ-1 F(1,0), ∴ 直线 l 的方程为 (λ-1)y=2 λ(x-1)或(λ-1)y=-2 λ(x-1), 2 λ 当 λ∈ [4, 9]时, 直线 l 在 y 轴上的截距为- 或 λ-1 2 λ , λ-1 由 2 λ 1 1 2 λ = + ,可知 在[4,9]上是 λ-1 λ-1 λ+1 λ-1

递减的, 3 2 λ 4 4 2 λ 3 ∴≤ ≤ ,- ≤- ≤- , 4 λ-1 3 3 4 λ-1 4 3 - ,- ? ∴ 直线 l 在 y 轴上截距的变化范围为? 3 4? ?

?3,4?. ∪ ?4 3?

4


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