《【創(chuàng)新方案】2020高考數(shù)學(xué) 第四章第三節(jié) 課下沖關(guān)作業(yè) 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新方案】2020高考數(shù)學(xué) 第四章第三節(jié) 課下沖關(guān)作業(yè) 新人教A版（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 (時(shí)間60分鐘，滿分80分) 一、選擇題(共6個(gè)小題，每小題5分，滿分30分) 1．已知向量m，n的夾角為，且|m|＝，|n|＝2，在△ABC中， ＝2m＋2n，＝2m－6n，D為BC邊的中點(diǎn)，則||＝(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：∵D為BC邊的中點(diǎn)，∴＝( ＋)＝(4m－4n)＝2m－2n，所以| |＝|( ＋)|＝|2m－2n|＝＝2. 答案：A 2．已知向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，e＝(1,0)，若a≠b，|a－b|＝R，且a－b與e的夾角為，則x1－x2＝(　　) A．R B．±R C．±R

2、 D.R 解析：∵a－b＝(x1－x2，y1－y2)， 又a－b與e的夾角為，|a－b|＝R， ∵cos〈a－b，e〉＝，即cos＝， 故x1－x2＝. 答案：D 3．已知向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，若|a|＝2，|b|＝3，a·b＝－6，則的值為(　　) A. B．－ C. D．－ 解析：因?yàn)閨a|＝2，|b|＝3，又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝2×3×cos〈a，b〉＝－6，可得cos〈a，b〉＝－1.即a，b為共線向量且反向，又|a|＝2，|b|＝3，所以有3(x1，y1)＝－2(x2，y2)?x1＝－x2，

3、y1＝－y2，所以＝＝－. 答案：B 4．(2020·汕頭模擬)如圖所示，在△ABC中，AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD是邊BC上的高，則·的值等于(　　) A．0　　　　　　　　 B．4 C．8 D．－4 解析：BD＝ABcos 30°＝2，所以＝.故＝－＝－. 又＝－，所以·＝(－)·(－)＝2－(1＋) ·＋2，2＝2＝16，·＝4×4×cos 30°＝8，代入上式得·＝8－(1＋)×8＋16＝4. 答案：B 5．已知向量a＝(cosθ，sinθ)，向量b＝(，－1)，則|2a－b|的最大、小值分別是(　　) A．4，0 B．4,2 C．1

4、6,0 D．4,0 解析：由于|2a－b|2＝4|a|2＋|b|2－4a·b＝8－4(cosθ－sinθ)＝8－8cos(θ＋)，易知0≤8－8cos(θ＋)≤16，故|2a－b|的最大值和最小值分別為4和0. 答案：D 6．已知向量a，b滿足|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上單調(diào)遞增，則a，b的夾角的取值范圍是(　　) A．[0，) B．[0，] C．(，π] D．[，] 解析：易得f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b，函數(shù)f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上單調(diào)遞增時(shí)，方程x2＋|a|x＋a·b＝0

5、的判別式Δ＝|a|2－4a·b≤0，設(shè)a，b的夾角為θ，則|a|2－4|a|·|b|cosθ≤0，將|a|＝2|b|≠0代入得1－2cosθ≤0，即cosθ≥，又0≤θ≤π，故0≤θ≤. 答案：B 二、填空題(共3小題，每小題5分，滿分15分) 7．(2020·江西高考)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a與b的夾角為60°，則|a－b|＝________. 解析：因?yàn)閨a－b|2＝(a－b)2＝a2－2a·b＋b2 ＝12－2×1×2cos60°＋22＝3， 故|a－b|＝. 答案： 8．已知向量a＝(1,3)，b＝(－2，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝5，則a

6、與c的夾角為________． 解析：由a＝(1,3)，b＝(－2，－6)得b＝－2a，因此(a＋b)·c＝－a·c＝5，設(shè)a與c的夾角為θ，則cosθ＝＝＝－，因此θ＝120°. 答案：120° 9．(2020·北京西城模擬)如圖所示，在平面四邊形ABCD中，若AC＝3，BD＝2，則(＋)·(＋)＝________. 解析：由于＝＋，＝＋，所以＋＝＋＋＋＝－.(＋)·(＋)＝(－)·(＋)＝2－2＝9－4＝5. 答案：5 三、解答題 10．已知a、b、c是同一平面內(nèi)的三個(gè)向量，其中a＝(1,2)． (1)若|c|＝2，且c∥a，求c的坐標(biāo)； (2)若|b|＝，且a＋2b與2

7、a－b垂直，求a與b的夾角θ. 解：(1)設(shè)c＝(x，y)，由c∥a和|c|＝2可得： ，∴，或， ∴c＝(2,4)或c＝(－2，－4)． (2)∵(a＋2b)⊥(2a－b)，∴(a＋2b)·(2a－b)＝0， 即2a2＋3a·b－2b2＝0，∴2|a|2＋3a·b－2|b|2＝0， ∴2×5＋3a·b－2×＝0，∴a·b＝－， ∴cosθ＝＝－1，∵θ∈[0，π]，∴θ＝π. 11．已知△ABC為銳角三角形，向量m＝(3cos2A，sinA)，n＝(1，－sinA)，且m⊥n. (1)求∠A的大??； (2)當(dāng)＝pm，＝qn(p＞0，q＞0)，且滿足p＋q＝6時(shí)，求△ABC

8、面積的最大值． 解：(1)∵m⊥n，∴3cos2A－sin2A＝0. ∴3cos2A－1＋cos2A＝0，∴cos2A＝. 又∵△ABC為銳角三角形，∴cosA＝，∴A＝. (2)由(1)可得m＝(，)，n＝(1，－)． ∴||＝p，||＝q. ∴S△ABC＝||·||·sinA＝pq. 又∵p＋q＝6，且p＞0，q＞0， ∴·≤， ∴·≤3，∴p·q≤9. ∴△ABC面積的最大值為×9＝. 12．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，向量＝(sinα，1)，＝(cosα，0)， ＝(－sinα，2)，點(diǎn)P滿足＝. (1)記函數(shù)f(α)＝·，α∈(－，)，討論函數(shù)f(α)的單調(diào)性，并求其值

9、域； (2)若O，P，C三點(diǎn)共線，求|＋|的值． 解：(1)＝(cosα－sinα，－1)，設(shè)＝(x，y)，則＝(x－cosα，y)，由＝得x＝2cosα－sinα，y＝－1，故＝(2cosα－sinα，－1)， ＝(sinα－cosα，1)， ＝(2sinα，－1)，f(α)＝(sinα－cosα，1)·(2sinα，－1)＝2sin2α－2sinαcosα－1＝－(sin2α＋cos2α)＝－sin(2α＋)，α∈(－，)， 故函數(shù)f(α)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－，)，因?yàn)閟in(2α＋)∈(－，1]，故函數(shù)f(α)的值域?yàn)閇－，1)． (2)由O，P，C三點(diǎn)共線可得(－1)×(－sinα)＝2×(2cosα－sinα)，得tanα＝，sin2α＝＝＝. |＋|＝＝＝.