28【二轮推荐】三维设计2013年高考数学(理)二轮复习 专题一 湖北详解答案 阶段一 专题二 第三

第一阶段专题二第三节考点例题冲关集训高考预测课时检测（九）专题评估（二）返回第一阶段二轮专题复习返回专题二三角函数与平面向量第三节平面向量返回例1：思路点拨：利用三角形法则和共线向量定理求解．解析：在△CEF中，有EF＝EC＋CF，因为点E为DC的中点，所以EC＝12DC.因为点F为BC的一个三等分点，所以CF＝23CB.所以EF＝12DC＋23CB＝12AB＋23DA＝12AB－23AD.答案：D考点例题返回例2：思路点拨：建立平面直角坐标系，将向量数量积运算转化为向量的坐标运算求解．解析：如图所示，以AB、AD所在的直线分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系，由于正方形边长为1，故B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)．又E在AB边上，故设E(t,0)(0≤t≤1)，则DE＝(t，－1)，CB＝(0，－1)．故DE·CB＝1.又DC＝(1,0)，∴DE·DC＝(t，－1)·(1,0)＝t.又0≤t≤1，∴DE·DC的最大值为1.答案：11返回例3：思路点拨：(1)应用向量的数量积公式可得f(x)的三角函数式，然后利用换元法将三角函数式转化为二次函数式，由此可解得函数的最小值及对应的x值．(2)由夹角公式及a⊥c可得关于角α的三角函数等式，通过三角恒等变换可得结果．解：(1)∵b＝(cosx，sinx)，c＝(sinx＋2sinα，cosx＋2cosα)，α＝π4，∴f(x)＝b·c＝cosxsinx＋2cosxsinα＋sinxcosx＋2sinxcosα＝2sinxcosx＋2(sinx＋cosx)．返回∴t＝－22时，ymin＝－32，此时sinx＋cosx＝－22，即2sinx＋π4＝－22，∵π4xπ，∴π2x＋π454π，∴x＋π4＝76π，∴x＝11π12.∴函数f(x)的最小值为－32，相应x的值为11π12.(2)∵a与b的夹角为π3，返回∴cosπ3＝a·b|a|·|b|＝cosαcosx＋sinαsinx＝cos(x－α)．∵0αxπ，∴0x－απ，∴x－α＝π3.∵a⊥c，∴cosα(sinx＋2sinα)＋sinα(cosx＋2cosα)＝0，∴sin(x＋α)＋2sin2α＝0，即sin2α＋π3＋2sin2α＝0.∴52sin2α＋32cos2α＝0，∴tan2α＝－35.返回冲关集训1．选依题意得，AB＝DC，故AB＋CD＝0，即OB－OA＋OD－OC＝0，即有OA－OB＋OC－OD＝0，则a－b＋c－d＝0.2．选对于A，当a＝－b时，a|a|≠b|b|；对于B，注意当a∥b时，a|a|与b|b|可能不相等；对于C，当a＝2b时，a|a|＝2b|2b|＝b|b|；对于D，当a∥b，且|a|＝|b|时，可能有a＝－b，此时a|a|≠b|b|.综上所述，使a|a|＝b|b|成立的充分条件是a＝2b.AC返回3．选记α与β的夹角为θ，则依题意得2α2－2β2＋3α·β＝2×12－2×12＋3×1×1×cosθ＝1，cosθ＝13，即α与β的夹角的余弦值是13.4．选由题意可知2x－4＝0，－4－2y＝0，解得x＝2，y＝－2.故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝10.BB返回5．解析：∵α⊥(α－2β)，∴α·(α－2β)＝0，∴α2－2α·β＝0，∴α·β＝12，∴|2α＋β|2＝4α2＋4α·β＋β2＝4＋2＋4＝10，∴|2α＋β|＝10.6．选因为a·b＝2cosx＋2sinx＝2sinx＋π4＝85，所以sinx＋π4＝45.又π2x＋π434π，所以cosx＋π4＝－35.答案：10D返回7．解：(1)∵a∥b，∴34cosx＋sinx＝0，∴tanx＝－34.∴cos2x－sin2x＝cos2x－2sinxcosxsin2x＋cos2x＝1－2tanx1＋tan2x＝85.(2)f(x)＝2(a＋b)·b＝2sin2x＋π4＋32，由正弦定理，得asinA＝bsinB，可得sinA＝22，返回∴A＝π4.∴f(x)＋4cos2A＋π6＝2sin2x＋π4－12，∵x∈0，π3，∴2x＋π4∈π4，11π12.∴32－1≤f(x)＋4cos(2A＋π6)≤2－12.返回高考预测解析：以C为原点，建立平面直角坐标系如图，则CP·(BA－BC)＝CP·CA＝(x，y)·(0,3)＝3y，当y＝3时，取得最大值9.答案：9返回课时检测(九)1．选根据平面向量基本定理，必须在a，b不共线的情况下，若λa＋μb＝0，则λ＝μ＝0；选项B显然错误；若a∥b，则a在b上的投影为|a|或－|a|，平行时分两向量所成的角为0°和180°两种；a⊥b⇒a·b＝0，(a·b)2＝0.2．选由|a＋b|＝|a－b|，两边平方并化简得a·b＝0，又a，b都是非零向量，所以a⊥b.3．选∵c＝a＋b，且c⊥a，∴(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0.∴a·b＝－a2.设a与b的夹角为θ，则cosθ＝a·b|a||b|＝－a2|a|·2|a|＝－12，故θ＝120°.DBC返回4．选如图，∵a·b＝0，∴a⊥b，∴∠ACB＝90°，∴AB＝AC2＋BC2＝5.又CD⊥AB，∴AC2＝AD·AB，∴AD＝455.∴AD＝45AB＝45(a－b)＝45a－45b.D返回5．选∵点O是边长为1的等边三角形ABC的中心，∴|OA|＝|OB|＝|OC|＝33，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝2π3，∴(OA＋OB)·(OA＋OC)＝OA2＋OA·OC＋OA·OB＋OB·OC＝332＋3×332cos2π3＝－16.D返回6．选设AB的中点为D，由5AM＝AB＋3AC，得3AM－3AC＝2AD－2AM，即3CM＝2MD.如图所示，故C，M，D三点共线，且MD＝35CD，也就是△ABM与△ABC对于边AB的两高之比为3∶5，则△ABM与△ABC的面积比为35.C返回7．解析：a＋c＝(3,3m)，由(a＋c)⊥b，可得(a＋c)·b＝0，即3(m＋1)＋3m＝0，解得m＝－12，则a＝(1，－1)，故|a|＝2.8．解析：法一：设|BM||BC|＝|CN||CD|＝λ，则0≤λ≤1，因为AM＝AB＋BM＝AB＋λBC，AN＝AD＋DN＝AD＋(1－λ)DC，所以AM·AN＝AB·AD＋λBC·(1－λ)DC＋(1－λ)AB·DC＋λAD·BC，由于AB⊥AD，BC⊥DC，AB＝DC，BC＝AD，所以AM·AN＝(1－λ)AB2＋λAD2＝4(1－λ)＋λ＝4－3λ，∵0≤λ≤1，∴4－3λ∈[1,4]．答案：2返回法二：以A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x轴，y轴，建立如图所示的坐标系．设BM长为x，由题意得x1＝CN2，则CN＝2x，所以点M的坐标为(2，x)，点N的坐标为(2－2x,1)．所以AM·AN＝4－4x＋x＝4－3x，x∈[0,1]．所以AM·AN的取值范围为[1,4]．答案：[1,4]返回9．解析：由|2a－b|≤3可知，4a2＋b2－4a·b≤9，所以4a2＋b2≤9＋4a·b，而4a2＋b2＝|2a|2＋|b|2≥2|2a|·|b|≥－4a·b，所以a·b≥－98，当且仅当2a＝－b时取等号．答案：－98返回10．解：(1)证明：假设a∥b，则2cosx(cosx＋sinx)＝sinx·(cosx－sinx)，即2cos2x＋2sinxcosx＝sinxcosx－sin2x，1＋sinxcosx＋cos2x＝0，1＋12sin2x＋1＋cos2x2＝0，亦即2sin2x＋π4＝－3⇒sin2x＋π4＝－322.而sin2x＋π4∈[－1,1]，－322－1，矛盾．故假设不成立，即向量a与向量b不平行．返回(2)a·b＝(cosx＋sinx)(cosx－sinx)＋2sinxcosx＝cos2x－sin2x＋sin2x＝cos2x＋sin2x＝2sin2x＋π4，a·b＝1⇒sin2x＋π4＝22.又x∈[－π，0]，故2x＋π4∈－7π4，π4，所以2x＋π4＝－7π4或2x＋π4＝－5π4或2x＋π4＝π4，故x＝－π或x＝－3π4或x＝0.返回11．解：(1)证明：法一：由题设，知PA＝65－cosα，－sinα，PO＝(－cosα，－sinα)，所以PA·PO＝65－cosα(－cosα)＋(－sinα)2＝－65cosα＋cos2α＋sin2α＝－65cosα＋1.因为cosα＝56，所以PA·PO＝0.故PA⊥PO.返回法二：因为cosα＝56，0≤α≤π2，所以sinα＝116，所以点P的坐标为56，116.所以PA＝1130，－116，PO＝－56，－116.PA·PO＝1130×－56＋－1162＝0，故PA⊥PO.返回(2)由题设，知PA＝65－cosα，－sinα，PO＝(－cosα，－sinα)．因为PA∥PO，所以－sinα·65－cosα－sinαcosα＝0，即sinα＝0.因为0≤α≤π2，所以α＝0.从而sin2α＋π4＝22.返回12．解：(1)因为f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋23sinωx·cosωx＋λ＝－cos2ωx＋3sin2ωx＋λ＝2sin(2ωx－π6)＋λ.由直线x＝π是y＝f(x)图像的一条对称轴，可得sin2ωπ－π6＝±1，所以2ωπ－π6＝kπ＋π2(k∈Z)，即ω＝k2＋13(k∈Z)．又ω∈12，1，k∈Z，所以k＝1，故ω＝56.故T＝2π2ω＝65π.所以f(x)的最小正周期是6π5.返回(2)由y＝f(x)的图像过点π4，0，得fπ4＝0，即λ＝－2sin56×π2－π6＝－2sinπ4＝－2，故f(x)＝2sin53x－π6－2，由0≤x≤3π5，有－π6≤53x－π6≤5π6，所以－12≤sin53x－π6≤1，得－1－2≤2sin53x－π6－2≤2－2，故函数f(x)在0，3π5上的取值范围为[－1－2，2－2]．返回专题评估(二)三角函数与平面向量1．选依题意得，－(x＋1)－2×1＝0，得x＝－3，又a＋b＝(－2,2)＋(1，－1)＝(－1,1)，所以|a＋b|＝－12＋12＝2.2．选由OA＋2OC＝3OB，得OA－OB＝2OB－2OC，即BA＝2CB，所以|BC||AB|＝12.CA返回3．选由a·b＝85，得2cosx＋2sinx＝85，所以22cosx＋22sinx＝45，即cosx－π4＝45.4．选由S△ABC＝12absinπ3＝34ab＝3，得ab＝4.根据余弦定理知4＝a2＋b2－2abcosπ3＝(a＋b)2－3ab，所以a＋b＝4.故△ABC的周长为a＋b＋c＝6.DA返回5．选设AB＝a，AC＝b，则由已知得a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，并且AP＝λa，AQ＝(1－λ)b，所以BQ＝AQ－AB＝(1－λ)b－a，CP＝AP－AC＝λa－b，所以BQ·CP＝[(1－λ)b－a]·(λa－b)＝[λ(1－λ)＋1]a·b－λa2－(1－λ)b2＝－λ－4(1－λ)＝3λ－4＝－2，所以λ＝23.B返回6．选由函数的图像可得14T＝23π－512π，故T＝π，则ω＝2，又图像过点512π，2，即2sin2×512π＋φ＝2，所以φ＝－π3＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝2sin2x－π3，其单调递增区间为kπ－π12，kπ＋512π，k∈Z，取k＝0，即得选项D.D返回7．选依题意得，c＝2a，b2＝a2＋c2－