通用版2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测一文

29393文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.课时跟踪检测（一）A组——12＋4提速练一、选择题abx1，若a∥b，则实数x为()1．(2017·沈阳质检)已知平面向量＝(3,4)，＝，22A．－B．333C．8ab13D．－8xx3解析：选C∵∥，∴3×＝4，解得＝，故选C.282．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c满足c⊥(a＋b)，且b∥(a－c)，则c＝()7777A.，B.－，93779377C.，－D.－，－解析：选A设c＝(x，y)，由题可得a＋b＝(3，－1)，a－c＝(1－x,2－y)．因为c⊥(a＋x7bbac3x－y＝0，＝，9解得c77.)，∥(－)，所以22－y＋31－x＝0，7故＝，y＝，9333．已知平面直角坐标系内的两个向量a＝(1,2)，b＝(m,3m－2)，且平面内的任一向量c都可以唯一的表示成c＝λa＋μb(λ，μ为实数)，则实数m的取值范围是()A．(－∞，2)C．(－∞，＋∞)B．(2，＋∞)D．(－∞，2)∪(2，＋∞)解析：选D由题意知向量a，b不共线，故2m≠3m－2，即m≠2.4．(2017·西安模拟)已知向量a与b的夹角为120°，|a|＝3，|a＋b|＝13，则|b|＝()A．5C．3B．4D．1解析：选B因为|a＋b|＝13，所以|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝13，即9＋2×3×|b|cos120°＋|b|2＝13，得|b|＝4.5．(2018届高三·西安八校联考)已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向―→―→量CD在AB方向上的投影是()3232A.2B．－2-1-文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.，，满足OA＋OB＋OC＝0，则下列结论正确的是(222C．3D．－3―→―→―→―→―→解析：选C依题意得，AB＝(2,1)，CD＝(5,5)，AB·CD＝(2,1)·(5,5)＝15，|AB―→―→―→―→AB·CD15|＝5，因此向量CD在AB方向上的投影是―→|AB|＝＝35.5ABCO―→―→―→)―→1―→2―→A．OA＝AB＋BC33―→1―→2―→―→2―→1―→B．OA＝AB＋BC33―→2―→1―→C．OA＝AB－BC33D．OA＝－AB－BC33―→―→―→―→21―→―→解析：选D∵OA＋OB＋OC＝0，∴O为△ABC的重心，∴OA＝－×(AB＋AC)＝－321―→―→1―→―→―→2―→1―→(AB＋AC)＝－(AB＋AB＋BC)＝－AB－BC，故选D.33337．已知向量a＝(3，1)，b是不平行于x轴的单位向量，且a·b＝3，则b＝()3113A.2，133B.，2C.，44D．(1,0)解析：选B设b＝(cosα，sinα)(α∈(0，π)∪(π，2π))，则a·b＝(3，1)·(cosα，sinα)＝3cosα＋sinαπα＝3，得απb13.＝2sin3＋＝3，故＝，28．(2018届高三·广东五校联考)已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2,1)，若|a＋b|＝|a－b|，则实数λ的值为()A．－1C．1B．2D．－2解析：选A由|a＋b|＝|a－b|可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，即a·b＝(λ，1)·(λ＋2,1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.9．(2017·惠州调研)若O为△ABC―→2OA)＝0，则△ABC的形状为()A．等腰三角形C．正三角形―→―→―→―→所在平面内任一点，且满足(OB－OC)·(OB＋OC－B．直角三角形D．等腰直角三角形―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→解析：选A(OB－OC)·(OB＋OC－2OA)＝0，即CB·(AB＋AC)＝0，∵AB－AC―→―→―→―→―→―→―→＝CB，∴(AB－AC)·(AB＋AC)＝0，即|AB|＝|AC|，∴△ABC是等腰三角形，故选A.556．已知三点不共线，且点C.5D．2解析：选A以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y—2＝0，点C到直线BD的距离为212＋22＝25，所以圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝10．(2017·日照模拟)如图，在△ABC中，AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD是BC边上的高，则AD·AC＝―→―→()A．0B．4，＝2，＝7，＝3，则AO·BC的值为(C．8D．－4解析：选B因为AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD是BC边上的高，所以AD＝4sin30°＝2，―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→所以AD·AC＝AD·(AB＋BC)＝AD·AB＋AD·BC＝AD·AB＝2×4×cos60°＝4，故选B.11．(2017·全国卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切―→―→―→的圆上．若AP＝λAB＋μAD，则λ＋μ的最大值为()A．3B．224.5因为P在圆C上，所以25θ25sin.P1＋5cos，2＋5θ―→―→―→―→―→又AB＝(1,0)，AD＝(0,2)，AP＝λAB＋μAD＝(λ，2μ)，25θ＝λ，1＋5cos所以25θ＝2μ，2＋5sin则λμ25cosθ＋5sinθ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tanφ＝2)，当且仅当θ＋＝2＋55πkφk*μ取得最大值3.＝2＋2π－，∈Z时，＋12．如图，△ABCOABACBC―→―→)的外接圆的圆心为文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.3A．2C．25B．2D．3解析：选A取BC的中点为D，连接AD，OD，则―→1―→OD⊥BC，AD＝(AB＋2―→―→―→―→―→―→―→―→―→AC)，BC＝AC－AB，所以AO·BC＝(AD＋DO)·BC＝―→―→―→―→―→―→1―→―→―→―→1―→AD·BC＋DO·BC＝AD·BC＝2(AB＋AC)·(AC－AB)＝2(AC2―→13—AB2)＝×[(7)2－22]＝.故选A.22二、填空题13．(2017·山东高考)已知e，e是互相垂直的单位向量．若3e－e与e＋λe的夹角为1260°，则实数λ的值是．123e－e12·e＋λe解析：因为3e－e与e＋λe的夹角为60°，所以cos60°＝12121212|3e－e|·|e＋λe|3－λ1＝＝，121221＋λ22解得λ＝3.33答案：3mnmnmn1ntmn14．已知非零向量，数t的值为．满足4||＝3||，且，夹角的余弦值为，若⊥(3＋)，则实31解析：∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋|n|2＝0.又4|m|＝3|n|，∴t×|n|2×43＋|n|2＝0，解得t＝－4.答案：－4―→―→―→―→―→―→15．(2017·石家庄质检)已知AB与AC的夹角为90°，|AB|＝2，|AC|＝1，AM＝λAB―→―→―→λ＋μAC(λ，μ∈R)，且AM·BC＝0，则μ的值为．-1-文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.4解析：根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(0,2)，C―→―→―→(1,0)，所以AB＝(0,2)，AC＝(1,0)，BC＝(1，－2)．设M(x，y)，―→―→―→则AM＝(x，y)，所以AM·BC＝(x，y)·(1，－2)＝x－2y＝0，所以xy―→―→―→＝2，又AM＝λAB＋μAC，即(x，y)＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，1yxμyλ*21所以＝，＝2，所以μ＝x＝.1答案：416．(2017·北京高考)已知点P在圆x2＋y2＝1上，点A的坐标为(－2,0)，O为原点，则―→―→AO·AP的最大值为．―→―→解析：法一：由题意知，AO＝(2,0)，令P(cosα，sinα)，则AP＝(cosα＋2，sinα)，―→―→AO·AP＝(2,0)·(cosα＋2，sinα)＝2cosα＋4≤6，当且仅当cosα＝1，即α＝0，P―→―→(1,0)时等号成立，故AO·AP的最大值为6.―→―→―→法二：由题意知，AO＝(2,0)，令P(x，y)，－1≤x≤1，则AO·AP＝(2,0)·(x＋2，y)xxP―→―→＝2＋4≤6，当且仅当答案：6＝1，(1,0)时等号成立，故AO·AP的最大值为6.B组——能力小题保分练1．已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使得DEEF―→―→)5A.－81C.4＝2，则AF·BC的值为(1B.811D.8―→―→―→解析：选B如图所示，AF＝AD＋DF.又D，E分别为AB，BC的中点，且DEEF―→1―→―→1＝―→1―→3―→AC＋AC＝AC，44―→1―→3―→所以AF＝AB＋AC.24―→―→―→BC＝AC－AB，＝2，所以AD＝AB，DF22-1-文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.又3．(2017·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O.记I＝OA·OB，＝OB·OC，―→―→I―→―→12I＝3―→―→OC·OD，则(A．III123)2―→―→1―→3―→―→―→则AF·BC＝2AB＋AC·(AC－AB)41―→―→1―→3―→3―→―→＝AB·AC－AB2＋AC2－AC·AB22443―→1―→1―→―→3―→1―→1―→―→＝AC2－AB2－AC·AB＝|AC|2－|AB|2－×|AC|×|AB|×cos∠BAC.424424―→―→又|AB|＝|AC|＝1，∠BAC＝60°，―→―→31111故AF·BC＝－－×1×1×＝.故选B.424282．(2017·长春质检)已知a，b是单位向量，且a·b1p满足p·a＝p·b＝－.若平面向量21p)＝，则|2|＝(1A.2B．1D．2ab13pxypapb1解析：选B由题意，不妨设＝(1,0)，＝－，，＝(，)，∵·＝·＝，x1222＝，2131—x＋22y＝，2x1＝，解得∴|p|＝x2＋y2＝1，故选B.y＝32.B．III132C．III312D．III213C．2解析：选C如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角交点，易得AOAF，而∠AFB＝90°，∴∠AOB与∠COD为钝角，∠AOD线的与∠BOC为锐角．根据题意，I－I＝OA·OB－OB·OC＝OB·(OA－12―→―→―→―→―→―→―→)OC-1-文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.∴4．(2018届高三·湖北八校联考)如图，O为△ABC的外心，AB＝4，AC＝2，∠BAC为钝角，M为BC边的中点，则AM·AO的值为―→―→()A．23B．12C．6D．5解析：选D如图，分别取AB，AC的中点D，E，连接OD，OE，可知OD⊥AB，OE⊥AC，∵M是BC边的中点，∴AM＝2AB＋AC)―→1―→―→(，∴―→―→AM·AO＝2(AB＋AC)·AO＝2AB·AO＋2AC·AO＝1―→―→―→1―→―→1―→―→3―→―→―→＝OB·CA＝|OB|·―→|CA|cos∠AOB0，∴II，12同理得，II，作AG⊥BD于点G，又AB＝AD，23∴OBBG＝GDOD，而OAAF＝FCOC，―→―→―→―→∴|OA|·|OB||OC|·|OD|，而cos∠AOB＝cos∠COD0，―→―→―→―→∴OA·OBOC·OD，即II，13∴III.312―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→―→AD·AO