走向高考--2015高考一轮总复习人教A版数学5-4

基础巩固强化一、选择题1．(文)如图，在△ABC中，AB＝5，BC＝3，CA＝4，且O是△ABC的外心，则OC→·CA→＝()A．6B．－6C．8D．－8[答案]D[解析]∵AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB为直角，∵O为△ABC外心，∴OC→·CA→＝－CO→·CA→＝－12(CA→＋CB→)·CA→＝－12|CA→|2－12CB→·CA→＝－8.(理)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，∠B＝45°，AB＝2CD＝2，M为腰BC的中点，则MA→·MD→＝()A．1B．2C．3D．4[答案]B[解析]由条件知AB＝2，CD＝1，BC＝2，∴MB＝MC＝22，∴MC→·BA→＝|MC→|·|BA→|·cos45°＝22×2×22＝1，MB→·CD→＝|MB→|·|CD→|·cos135°＝22×1×－22＝－12，∴MA→·MD→＝(MB→＋BA→)·(MC→＋CD→)＝MB→·MC→＋MB→·CD→＋BA→·MC→＋BA→·CD→＝－222＋－12＋1＋2×1＝2，故选B.2．(文)已知A、B、C是锐角△ABC的三个内角，向量p＝(sinA,1)，q＝(1，－cosB)，则p与q的夹角是()A．锐角B．钝角C．直角D．不确定[答案]A[解析]解法1：p·q＝sinA－cosB，若p与q夹角为直角，则p·q＝0，∴sinA＝cosB，∵A、B∈0，π2，∴A＝B＝π4，则C＝π2，与条件矛盾；若p与q夹角为钝角，则p·q0，∴sinAcosB＝sinπ2－B，∵y＝sinx在0，π2上为增函数，∴Aπ2－B，∴A＋Bπ2，∴Cπ2这与条件矛盾，∴p与q的夹角为锐角．解法2：由题意可知A＋Bπ2⇒Aπ2－B⇒sinAsin(π2－B)＝cosB⇒p·q＝sinA－cosB0，又显然p、q不同向，故p与q夹角为锐角．(理)(2013·乌鲁木齐第一次诊断)△ABC中，若(CA→＋CB→)·AB→＝35|AB→|2，则tanAtanB的值为()A．2B．4C.3D．23[答案]B[解析]设△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，由(CA→＋CB→)·AB→＝35|AB→|2得，CA→·AB→＋CB→·AB→＝35|AB→|2，即bccos(π－A)＋accosB＝35c2，∴acosB－bcosA＝35c，由正弦定理得sinAcosB－cosAsinB＝35sinC＝35sin(A＋B)＝35(sinAcosB＋cosAsinB)，即sinAcosB＝4cosAsinB，∴tanAtanB＝4.3．(文)如果A是抛物线x2＝4y的顶点，过点D(0,4)的直线l交抛物线x2＝4y于B、C两点，那么AB→·AC→等于()A.34B．0C．－3D．－34[答案]B[解析]由题意知A(0,0)，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线l：y＝kx＋4，由x2＝4y，y＝kx＋4.消去y得，x2－4kx－16＝0，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－16，∴y1·y2＝(kx1＋4)(kx2＋4)＝k2x1x2＋4k(x1＋x2)＋16＝－16k2＋16k2＋16＝16，∴AB→·AC→＝x1x2＋y1y2＝0.(理)(2014·襄阳一中检测)过双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的一个焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为点A，且与另一条渐近线交于点B，若FB→＝2FA→，则此双曲线的离心率为()A.2B.3C.5D．2[答案]D[解析]设∠FOA＝α，∵OA⊥FB，且FB→＝2FA→，∴OA为FB的中垂线，∴∠FOB＝2α，∵tanα＝ba，tan2α＝－ba，∴2·ba1－ba2＝－ba，∴(ba)2＝3，∴c2－a2a2＝3，∴e＝ca＝2.4．(2012·河北郑口中学模拟)已知P是△ABC所在平面内一点，PB→＋PC→＋2PA→＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是()A.14B.13C.12D.23[答案]C[解析]如图，PB→＋PC→＝PE→＝2PD→，∵PB→＋PC→＋2PA→＝0，∴PA→＋PD→＝0，∴P为AD的中点，∴所求概率为P＝S△PBCS△ABC＝12.5．(文)已知向量OA→＝(2,2)，OB→＝(4,1)，在x轴上有一点P，使AP→·BP→有最小值，则P点坐标为()A．(－3,0)B．(3,0)C．(2,0)D．(4,0)[答案]B[解析]设P(x,0)，则AP→＝(x－2，－2)，BP→＝(x－4，－1)，AP→·BP→＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，∴当x＝3时AP→·BP→有最小值，∴P(3,0)．(理)直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝9相交于两点M、N，若c2＝a2＋b2，则OM→·ON→(O为坐标原点)等于()A．－7B．－14C．7D．14[答案]A[解析]记OM→、ON→的夹角为2θ.依题意得，圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离等于|c|a2＋b2＝1，∴cosθ＝13，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝2×(13)2－1＝－79，∴OM→·ON→＝3×3cos2θ＝－7，选A.6．(2013·荆州市质检)在△ABC中，AB＝2，AC＝4，若点P为△ABC的外心，则AP→·BC→的值为()A．2B．4C．6D．8[答案]C[解析]∵cos∠BAP＝AB2＋AP2－BP22·AB·AP＝AB22·AB·AP＝AB22|AB→|·|AP→|，∴AB→·AP→＝|AB→|·|AP→|cos∠BAP＝AB22，同理AC→·AP→＝AC22，∵BC→＝AC→－AB→，∴AP→·BC→＝AP→·AC→－AP→·AB→＝AC22－AB22＝162－42＝6.二、填空题7．(文)(2012·宁夏三市联考)在平行四边形ABCD中，已知AB＝2，AD＝1，∠BAD＝60°，E为CD的中点，则AE→·BD→＝________.[答案]－32[解析]AE→·BD→＝(AD→＋12AB→)·(AD→－AB→)＝|AD→|2－12|AB→|2－12AD→·AB→＝1－2－12×1×2·cos60°＝－32.(理)如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(PA→＋PB→)·PC→的最小值为________．[答案]－92[解析]设PC＝x，则0≤x≤3.(PA→＋PB→)·PC→＝2PO→·PC→＝－2x×(3－x)＝2x2－6x＝2(x－32)2－92，所以(PA→＋PB→)·PC→的最小值为－92.8．(2013·山西诊断)已知△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且tanB＝2－3a2＋c2－b2，BC→·BA→＝12，则tanB＝________.[答案]2－3[解析]依题意及余弦定理得(a2＋c2－b2)tanB＝2accosB·tanB＝2acsinB＝2－3，又BC→·BA→＝accosB＝12，于是有acsinBaccosB＝2－3，即tanB＝2－3.9．(2013·云南文山一模)在△ABC中，AB＝2，AC＝1，BD→＝DC→，则AD→·BD→的值为________．[答案]－34[解析]∵BD→＝DC→，∴D为BC的中点，∴AD→＝12(AB→＋AC→)，BD→＝12BC→＝12(AC→－AB→)，AD→·BD→＝14(AC→2－AB→2)＝－34.三、解答题10．(文)(2014·树德中学检测)已知向量OP→＝(2cosx＋1，cos2x－sinx＋1)，OQ→＝(cosx，－1)，f(x)＝OP→·OQ→.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)当x∈[0，π2]时，求函数f(x)的最大值及取得最大值时的x值．[解析](1)∵OP→＝(2cosx＋1，cos2x－sinx＋1)，OQ→＝(cosx，－1)，∴f(x)＝OP→·OQ→＝(2cosx＋1)cosx－(cos2x－sinx＋1)＝2cos2x＋cosx－cos2x＋sinx－1＝cosx＋sinx＝2sin(x＋π4)，∴函数f(x)最小正周期T＝2π.(2)∵x∈[0，π2]，∴x＋π4∈[π4，3π4]，∴当x＋π4＝π2，即x＝π4时，f(x)＝2sin(x＋π4)取到最大值2.(理)(2014·漳县二中月考)已知向量a＝(sinθ，cosθ)与b＝(3，1)，其中θ∈(0，π2)．(1)若a∥b，求sinθ和cosθ的值；(2)若f(θ)＝(a＋b)2，求f(θ)的值域．[解析](1)∵a∥b，∴sinθ·1－3cosθ＝0，求得tanθ＝3.又∵θ∈(0，π2)，∴θ＝π3.∴sinθ＝32，cosθ＝12.(注：本问也可以结合sin2θ＋cos2θ＝1或化为2sin(θ－π3)＝0来求解)(2)f(θ)＝(sinθ＋3)2＋(cosθ＋1)2＝23sinθ＋2cosθ＋5＝4sin(θ＋π6)＋5，又∵θ∈(0，π2)，θ＋π6∈(π6，2π3)，12sin(θ＋π6)≤1，∴7f(θ)≤9，即函数f(θ)的值域为(7,9].能力拓展提升一、选择题11．已知O是坐标原点，点A(－1,1)，若点M(x，y)为平面区域x＋y≥2，x≤1，y≤2.上的一个动点，则OA→·OM→的取值范围是()A．[－1,0]B．[0,1]C．[0,2]D．[－1,2][答案]C[解析]OA→·OM→＝(－1,1)·(x，y)＝y－x，画出线性约束条件x＋y≥2，x≤1，y≤2.表示的平面区域如图所示．可以看出当z＝y－x过点D(1,1)时有最小值0，过点C(0,2)时有最大值2，则OA→·OM→的取值范围是[0,2]，故选C.12．(文)设F为抛物线y2＝2px(p0)的焦点，A、B、C为该抛物线上三点，若FA→＋FB→＋FC→＝0，|FA→|＋|FB→|＋|FC→|＝3，则该抛物线的方程是()A．y2＝2xB．y2＝4xC．y2＝6xD．y2＝8x[答案]A[解析]∵F(p2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，由FA→＋FB→＋FC→＝0得，(x1－p2)＋(x2－p2)＋(x3－p2)＝0，∴x1＋x2＋x3＝32p.又由抛物线定义知，|FA→|＋|FB→|＋|FC→|＝(x1＋p2)＋(x2＋p2)＋(x3＋p2)＝3p＝3，∴p＝1，因此，所求抛物线的方程为y2＝2x，故选A.(理)设F1、F2为椭圆x24＋y2＝1的左、右焦点，过椭圆中心任作一直线与椭圆交于P、Q两点，当四边形PF1QF2面积最大时，PF1→·PF2→的值等于()A．0B．2C．4D．－2[答案]D[解析]由题意得c＝a2－b2＝3，又S四边形PF1QF2＝2S△PF1F2＝2×12×F1F2·h(h为F1F2边上的高)，所以当h＝b＝1时，S四边形PF1QF2取最大值，此时∠F1PF2＝120°.所以PF1→·PF2→＝|PF1→|·|PF2→|·cos120°＝2×2×(－12)＝－2.13．(2012·浙江省样本学校测试)如图，△ABC的外接圆的圆心为O，AB＝3，AC＝5，BC＝7，则AO→·BC→等于()A．－8B．－1C．1D．8[答案]D[解析]取BC的中点M，连接AM、OM，AO→·BC→＝(AM→＋MO→)·BC→＝AM→·BC→＝AC→＋AB→2·(AC→－AB→)＝|AC→|2－|AB→|22＝8，故选D.二、填空题14．(2013·兰州名校检测)设向量a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，定义一种向量积a⊗b＝(a1b1，a2b2)，已知向量m＝(2，12)，n＝(π3，0)，点P(x，y)在y＝sinx的图象上运动．Q是函数y＝f(x)图象上的点，且满足OQ→＝m⊗OP→＋n(其中O为坐标原点)，则函数y＝f(x)的值域是________．[答案][－12，12][解析]令Q(c，d)，由新的运算可得