(北京卷)十年真题(2010-2019)高考数学真题分类汇编 专题06 平面向量 文(含解析)
专题06平面向量历年高考真题汇编1．【2017年北京文科07】设，为非零向量，则“存在负数λ，使得λ”是“•0”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：，为非零向量，存在负数λ，使得λ，则向量，共线且方向相反，可得•0．反之不成立，非零向量，的夹角为钝角，满足•0，而λ不成立．∴，为非零向量，则“存在负数λ，使得λ”是•0”的充分不必要条件．故选：A．2．【2015年北京文科06】设，是非零向量，“||||”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：（1）；∴时，cos1；∴；∴∥；∴“”是“∥”的充分条件；（2）∥时，的夹角为0或π；∴，或；即∥得不到；∴“”不是“∥”的必要条件；∴总上可得“”是“∥”的充分不必要条件．故选：A．3．【2014年北京文科03】已知向量（2，4），（﹣1，1），则2（）A．（5，7）B．（5，9）C．（3，7）D．（3，9）【解答】解：由（2，4），（﹣1，1），得：22（2，4）﹣（﹣1，1）＝（4，8）﹣（﹣1，1）＝（5，7）．故选：A．4．【2010年北京文科04】若，是非零向量，且⊥，||≠||，则函数f（x）＝（x）（x）是（）A．一次函数且是奇函数B．一次函数但不是奇函数C．二次函数且是偶函数D．二次函数但不是偶函数【解答】解：∵⊥，∴•0∴f（x）＝（x）（xb）＝x x，∵||≠||，∴所以f（x）＝（）x所以函数f（x）是一次函数且是奇函数故选：A．5．【2019年北京文科09】已知向量（﹣4，3），（6，m），且⊥，则m＝．【解答】解：由向量（﹣4，3），（6，m），且⊥，得，∴m＝8．故答案为：8．6．【2018年北京文科09】设向量（1，0），（﹣1，m）．若⊥（m），则m＝．【解答】解：向量（1，0），（﹣1，m）．m（m+1，﹣m）．∵⊥（m），∴m+1＝0，解得m＝﹣1．故答案为：﹣1．7．【2017年北京文科12】已知点P在圆x2+y2＝1上，点A的坐标为（﹣2，0），O为原点，则•的最大值为．【解答】解：设P（cosα，sinα）.（2，0），（cosα+2，sinα）．则•2（cosα+2）≤6，当且仅当cosα＝1时取等号．故答案为：6．8．【2016年北京文科09】已知向量（1，），（，1），则与夹角的大小为．【解答】解：∵向量（1，），（，1），∴与夹角θ满足：cosθ，又∵θ∈[0，π]，∴θ，故答案为：．9．【2013年北京文科14】已知点A（1，﹣1），B（3，0），C（2，1）．若平面区域D由所有满足（1≤λ≤2，0≤μ≤1）的点P组成，则D的面积为．【解答】解：设P的坐标为（x，y），则（2，1），（1，2），（x﹣1，y+1），∵，∴，解之得∵1≤λ≤2，0≤μ≤1，∴点P坐标满足不等式组作出不等式组对应的平面区域，得到如图的平行四边形CDEF及其内部其中C（4，2），D（6，3），E（5，1），F（3，0）∵|CF|，点E（5，1）到直线CF：2x﹣y﹣6＝0的距离为d∴平行四边形CDEF的面积为S＝|CF|×d3，即动点P构成的平面区域D的面积为3故答案为：310．【2012年北京文科13】已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点．则的值为．【解答】解：因为1．故答案为：111．【2011年北京文科11】已知向量（，1），（0，﹣1），（k ，）．若与共线，则k ＝ ．【解答】解：∵与共线，∴解得k ＝1． 故答案为1．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量积，平面向量的综合应用等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量积等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点平面向量的线性运算，平面向量的数量积，平面向量的综合应用等为重点较佳. 最新高考模拟试题1．在ABC ∆中，，，若，则（ ）A ．3y x =B ．3x y =C ．3y x =-D ．3x y =-【答案】D 【解析】 因为，所以点D 是BC 的中点，又因为，所以点E 是AD 的中点，所以有：，因此，故本题选D.2．已知非零向量a ,b 的夹角为60,且满足22a b -=,则a b ⋅的最大值为( )A ．12B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】因为非零向量a ,b 的夹角为60,且满足22a b -=, 所以，即，即，又因为，当且仅当2a b =时，取等号；所以，即2a b ≤； 因此，.即a b ⋅的最大值为1. 故选B3．设a ，b 均为单位向量，则“a 与b 夹角为2π3”是“||3a b +=”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】因为a ，b 均为单位向量， 若a 与b 夹角为2π3， 则；因此，由“a 与b 夹角为2π3”不能推出“||3a b +=”； 若||3a b +=，则，解得1cos ,2a b =，即a 与b 夹角为π3， 所以，由“||3a b +=”不能推出“a 与b 夹角为2π3”因此，“a 与b 夹角为2π3”是“||3a b +=”的既不充分也不必要条件. 故选D4．在矩形ABCD 中，4AB ,2AD =．若点M ，N 分别是CD ，BC 的中点，则AM MN ⋅=（ ）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C 【解析】由题意作出图形，如图所示：由图及题意，可得：，.∴.故选：C ．5．已知P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足，若2AB =，则（ ）A ．23B ．3C ．6D ．与λ有关的数值【答案】C 【解析】如图：以BC 中点为坐标原点O ，以BC 方向为x 轴正方向，OA 方向为y 轴正方向，建立平面直角坐标系，因为2AB =，则3AO =，因为P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足，所以点P 在直线BC ，所以AP 在AO 方向上的投影为AO ， 因此.故选C6．已知向量，且()a a b ⊥-，则m 的值为（ ）A ．1B ．3C ．1或3D ．4【答案】B 【解析】 因为，所以，因为()a a b ⊥-，则，解得3m =所以答案选B.7．已知向量a 、b 为单位向量，且a b +在a 的方向上的投影为31+，则向量a 与b 的夹角为（ ） A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【答案】A 【解析】设向量a 与b 的夹角为θ， 因为向量a 、b 为单位向量，且a b +在a 的方向上的投影为31+，则有，变形可得：，即，又由0θπ≤≤，则6πθ=，故选A ．8．在矩形ABCD 中，与BD 相交于点O ，过点A 作AE BD ⊥，垂足为E ，则AE EC ⋅=（ ）A ．725B ．14425C ．125D ．1225【答案】B 【解析】 如图：由3AB =，4=AD 得：，又AE BD ⊥又本题正确选项：B9．已知直线y=x+m 和圆x 2+y 2=1交于A 、B 两点，O 为坐标原点，若，则实数m=（ ）A ．1±B ．3±C ．22±D ．12±【答案】C 【解析】 联立221y x mx y =+⎧⎨+=⎩ ，得2x 2+2mx+m 2-1=0， ∵直线y=x+m 和圆x 2+y 2=1交于A 、B 两点，O 为坐标原点， ∴△=4m 2+8m 2-8=12m 2-8＞0，解得m ＞63或m ＜-63，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=-m ，，y 1y 2=（x 1+m ）（x 2+m ）=x 1x 2+m （x 1+x 2）+m 2，AO =（-x 1，-y 1），AB =（x 2-x 1，y 2-y 1）， ∵+y 12-y 1y 2=1+m 2-m 2=2-m 2=32， 解得m=22±． 故选：C ．10．已知菱形ABCD 的边长为2，，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，3BC BE =，DC DF λ=，若1AE AF ⋅=，则λ的值为（ ）A ．3B ．2C ．23D ．52【答案】B 【解析】 由题意可得：，且：，故，解得：2λ=.故选：B .11．已知正ABC ∆的边长为4，点D 为边BC 的中点，点E 满足AE ED =，那么EB EC ⋅的值为（ ） A ．83- B ．1-C ．1D ．3【答案】B 【解析】由已知可得：EB=EC=7 ， 又所以所以故选：B ．12．在ABC ∆中，3AC =，向量AB 在AC 上的投影的数量为，则BC =( )A ．5B ．27C ．29D ．42【答案】C 【解析】∵向量AB 在AC 上的投影的数量为2-， ∴．①∵3ABC S ∆=， ∴，∴．②由①②得tan 1A =-， ∵A 为ABC ∆的内角， ∴34A π=， ∴．在ABC ∆中，由余弦定理得，∴29BC =．故选C ．13．在△ABC 中，，则λμ+= （ ）A ．1-3B ．13C ．1-2D ．12【答案】A 【解析】 因为所以P 为ABC ∆的重心， 所以,所以,所以因为，所以故选：A14．在ABC∆中，，则（）A．9:7:8B．C．6:8:7D．【答案】B【解析】设所以，所以，所以，得所以故选：B15．在平行四边形ABCD中，若则ADC∠=( )A．56πB．34πC．23πD．2π【答案】C【解析】如图所示,平行四边形ABCD中, ,，，,因为,所以, ，所以，故选C.16．已知△ABC中，．点P为BC边上的动点，则的最小值为（）A．2 B．34-C．2-D．2512-【答案】D【解析】以BC的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，可得，设，由，可得，即，则，当16a=时，的最小值为2512-．故选：D．17．如图Rt ABC ∆中，2ABC π∠=，2AC AB =，BAC ∠平分线交△ABC 的外接圆于点D ，设AB a =，AC b =，则向量AD =（ ）A ．a b +B ．12a b +C ．12a b +D ．23a b +【答案】C 【解析】解：设圆的半径为r ，在Rt ABC ∆中，2ABC π∠=，2AC AB =， 所以3BAC π∠=，6ACB π∠=，BAC ∠平分线交ABC ∆的外接圆于点D ， 所以， 则根据圆的性质，又因为在Rt ABC ∆中，，所以四边形ABDO 为菱形，所以．故选：C ．18．在ABC ∆中，90A ∠=︒，1AB =，2AC =，设点D 、E 满足AD AB λ=， ()AC R λ∈，若5BE CD ⋅=，则λ=（ ） A ．13- B ．2 C ．95D ．3【答案】D 【解析】因为90A ∠=︒，则，所以.由已知，345λ-=，则3λ=. 选D .19．已知点C 为扇形AOB 的弧AB 上任意一点，且，若，则λμ+的取值范围为（ ）A ．[2,2]-B ．(1,2]C ．[1,2]D ．[1,2]【答案】D 【解析】解：设半径为1，由已知可设OB 为x 轴的正半轴，O 为坐标原点，建立直角坐标系，其中A （12-，3），B （1，0），C （cos θ，sin θ）（其中∠BOC ＝θ有（λ，μ∈R ）即：（cos θ，sin θ）＝λ（12-，3）+μ（1，0）； 整理得：12-λ+μ＝cos θ；32λ＝sin θ，解得：λ3=，μ＝cos θ3+， 则λ+μ3=+cos θsin θ+cos θ＝2sin （θ6π+），其中；易知λ+μ3=+cos θsin θ+cos θ＝2sin （θ6π+），由图像易得其值域为[1，2] 故选：D ．20．在同一平面内，已知A 为动点，B ，C 为定点，且∠BAC=3π，2ACB π∠≠，BC=1，P 为BC 中点．过点P 作PQ⊥BC 交AC 所在直线于Q ，则AQ 在BC 方向上投影的最大值是（ ）A ．13B ．12C ．3 D ．23【答案】C【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则B （-12，0），C （12，0），P （0，0）， 由BAC 3π∠=可知，ABC 三点在一个定圆上，且弦BC 所对的圆周角为3π，所以圆心角为23π.圆心在BC 的中垂线即y 轴上，且圆心到直线BC 的距离为132tan 3BCπ=，即圆心为3(0,)6，半径为.所以点A 的轨迹方程为：，则213x ≤，则，由AQ 在BC 方向上投影的几何意义可得：AQ 在BC 方向上投影为|DP|=|x|， 则AQ 在BC 方向上投影的最大值是33， 故选：C ． 21．已知圆的弦AB 的中点为(1,1)-，直线AB 交x 轴于点P ，则PA PB ⋅的值为______． 【答案】5- 【解析】设(1,1)M -，圆心(2,0)C -， ∵，根据圆的性质可知，1AB k =-，∴AB 所在直线方程为，即22gR r，联立方程可得，，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则，令0y =可得(0,0)P ，，故答案为：-5． 22．已知向量，若，则λ=______．【答案】12【解析】 解：；；； ；解得12λ=． 故答案为：12．23．向量()1,2a =-，()1,0b =-，若，则λ=_________.【答案】13【解析】向量()1,2a =-，()1,0b =-， 所以，又因为， 所以，即，解得13λ=，故答案为13. 24．设向量12,e e 的模分别为1,2，它们的夹角为3π，则向量21e e -与2e 的夹角为_____． 【答案】6π 【解析】又∴向量21e e -与2e 的夹角为：6π 本题正确结果：6π 25．已知平面向量a ，m ，n ，满足4a =，，则当m n -=_____，则m 与n 的夹角最大． 【答案】3 【解析】设a ，m ，n 的起点均为O ，以O 为原点建立平面坐标系， 不妨设(4,0)a =，(,)m x y =，则，4a m x ⋅=， 由可得，即，∴m 的终点M 在以(2,0)为圆心，以3为半径的圆上， 同理n 的终点N 在以(2,0)为圆心，以3为半径的圆上．显然当OM ，ON 为圆的两条切线时，MON ∠最大，即m ，n 的夹角最大．设圆心为A ，则3AM =，∴，，∴，设MN 与x 轴交于点B ，由对称性可知MN x ⊥轴，且2MN MB =， ∴.故答案为：3．26．如图，已知P 是半径为2，圆心角为3π的一段圆弧AB 上一点，2A B B C =，则PC PA ⋅的最小值为_______．【答案】5﹣213 【解析】设圆心为O,AB 中点为D, 由题得.取AC 中点M ，由题得,两方程平方相减得，要使PC PA ⋅取最小值，就是PM 最小， 当圆弧AB 的圆心与点P 、M 共线时，PM 最小. 此时DM=,所以PM 有最小值为2﹣13， 代入求得PC PA ⋅的最小值为5﹣213．故答案为：5﹣21327．如图，在边长为2的正三角形ABC 中，D 、E 分别为边BC 、CA 上的动点，且满足CE mBD =（m 为定常数，且(0,1]m ∈），若AD DE ⋅的最大值为34-，则m =________.【答案】12【解析】以BC 中点为坐标原点O ，OC 方向为x 轴正方向，OA 方向为y 轴正方向，建立如图所示平面直角坐标系， 因为正三角形ABC 边长为2，所以(1,0)B -，(1,0)C ，(0,3)A ，则(2,0)BC =，，因为D 为边BC 上的动点，所以设BD tBC =，其中01t ≤≤，则，所以(21,0)D t -； 又，所以，因此，所以，， 故，因为(0,1]m ∈，所以，又01t ≤≤， 所以当且仅当324m t m -=+时，AD DE ⋅取得最大值， 即，整理得，解得12m =或8m =（舍） 故答案为1228．在ABC ∆中，已知AB 边上的中线1CM =，且1tan A ，1tan C ，1tan B 成等差数列，则AB 的长为________.【答案】23 【解析】因为1tan A ，1tan C ，1tan B 成等差数列， 所以，即， 所以，由正弦定理可得，又由余弦定理可得，所以，故， 又因为AB 边上的中线1CM =，所以1CM =，因为， 所以， 即，解23c =.即AB 的长为23.故答案为2329．如图，在平面四边形ABCD中，，30ACD∠=︒，AB BC=，点E为线段BC 的中点．若 (,Rλμ∈)，则λμ的值为_______．【答案】43【解析】以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设AB＝BC＝2，则有A（0,0），B（2,0），C（2,2），E（2,1），AC＝22，AD＝22×tan30°＝263，过D作DF⊥x轴于F，∠DAF＝180°－90°－45°＝45°，DF＝263sin45°＝，所以D（233-，23），AC＝（2,2），AD＝（233-，23），AE＝（2,1），因为，所以，（2,2）＝λ（233-，23）+μ（2,1），所以，，解得：3343λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩λμ的值为43故答案为：4330．在平面直角坐标系xOy 中，已知()11,A x y ，()22,B x y 为圆221x y +=上两点，且．若C 为圆上的任意一点，则CA CB 的最大值为______． 【答案】32【解析】因为C 为圆x 2+y 2＝1上一点，设C （sinθ，cosθ），则，∵()11,A x y ，()22,B x y 为圆221x y +=上两点， ∴，又， ∴，其中，∵sin()θϕ+∈[﹣1，1]， ∴当sin()θϕ+＝1时，CA CB ⋅的最大值为32． 故答案为：32．。
(北京卷)十年真题(2010-2019)高考数学真题分类汇编 专题02 复数 文(含解析)
专题02复数历年高考真题汇编1．【2019年北京文科02】已知复数z＝2+i，则z•（）A．B．C．3 D．5【解答】解：∵z＝2+i，∴z•．故选：D．2．【2018年北京文科02】在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：复数，共轭复数对应点的坐标（，）在第四象限．故选：D．3．【2017年北京文科02】若复数（1﹣i）（a+i）在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，1）B．（﹣∞，﹣1）C．（1，+∞）D．（﹣1，+∞）【解答】解：复数（1﹣i）（a+i）＝a+1+（1﹣a）i在复平面内对应的点在第二象限，∴，解得a＜﹣1．则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣1）．故选：B．4．【2016年北京文科02】复数（）A．i B．1+i C．﹣i D．1﹣i【解答】解：i，故选：A．5．【2013年北京文科04】在复平面内，复数i（2﹣i）对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：∵复数z＝i（2﹣i）＝﹣i2+2i＝1+2i∴复数对应的点的坐标是（1，2）这个点在第一象限，故选：A．6．【2012年北京文科02】在复平面内，复数对应的点的坐标为（）A．（1，3）B．（3，1）C．（﹣1，3）D．（3，﹣1）【解答】解：∵1+3i，∴在复平面内，复数对应的点的坐标为（1，3），故选：A．7．【2011年北京文科02】复数（）A．i B．﹣i C．D．【解答】解：i故选：A．8．【2010年北京文科02】在复平面内，复数6+5i，﹣2+3i对应的点分别为A，B．若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是（）A．4+8i B．8+2i C．2+4i D．4+i【解答】解：两个复数对应的点的坐标分别为A（6，5），B（﹣2，3），则其中点的坐标为C（2，4），故其对应的复数为2+4i．故选：C．9．【2015年北京文科09】复数i（1+i）的实部为．【解答】解：复数i（1+i）＝﹣1+i，所求复数的实部为：﹣1．故答案为：﹣1．10．【2014年北京文科09】若（x +i ）i ＝﹣1+2i （x ∈R ），则x ＝ ． 【解答】解：∵（x +i ）i ＝﹣1+2i ， ∴﹣1+xi ＝﹣1+2i ， 由复数相等可得x ＝2 故答案为：2考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：复数的基本概念(复数的实部、虚部、共轭复数、复数的模等)，复数相等的充要条件，考查复数的代数形式的四则运算，重点考查复数的除法运算，与向量结合考查复数及其加法、减法的几何意义等，历年考题主要以选择填空题题型出现，重点考查的知识点为复数的基本概念(复数的实部、虚部、共轭复数、复数的模等)，复数相等的充要条件，考查复数的代数形式的四则运算，重点考查复数的除法运算等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点复数的基本概念(复数的实部、虚部、共轭复数、复数的模等)，复数相等的充要条件，考查复数的代数形式的四则运算为重点较佳.最新高考模拟试题1．复数52iz =-在复平面上的对应点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】A 【解析】()()()52i 52i 2i 2i 2i z +===+--+，在复平面上的对应点为()2,1，位于第一象限. 故选A. 2．设i z a b =+（a ，b ∈R ，i 是虚数单位），且22i z =-，则有（ ） A ．1a b +=- B ．1a b -=- C ．0a b -= D ．0a b +=【答案】D 【解析】因为2222()()22z a bi a b abi i =+=-+=-，所以220a b -=，22ab =-，解得11a b =⎧⎨=-⎩或11a b =-⎧⎨=⎩，所以0a b +=，故选D.3．若复数1i1ia z +=+为纯虚数，则实数a 的值为( ) A ．1 B ．1-C ．0D ．2【答案】B 【解析】()()()()()11111i 1i 112ai i a a i a z i i +-++-+===++-故10,10a a +=-≠ ，解1a =- 故选：B4．复数i （1+i ）的虚部为（ ）A B ．1C ．0D ．1-【答案】B 【解析】∵i （1+i ）=-1+i ， ∴i （1+i ）的虚部为1． 故选：B ．5．已知复数11z i =-+，复数2z 满足122z z =-，则2z = ( )A ．2 BCD ．10【答案】B 【解析】 由题得222(1)2(1)11(1)(1)2i i z i i i i -------====+-+-+--，所以2z 故选：B6．已知复数312i z i=+，则复数z 的实部为（ ）A ．25-B ．25i -C ．15-D ．15i -【答案】A 【解析】解：∵3(12)2112(12)(12)55i i i z i i i i --===--++-， ∴复数z 的实部为25-． 故选A ． 7．复数122ii-=+（ ） A ．1i - B ．i -C ．iD ．1i +【答案】B 【解析】12(12)(2)2422(2)(2)5i i i i i i i i i ------===-++-. 故选B8．已知i 为虚数单位,复数z 满足：()z 12i i +=-，则在复平面上复数z 对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】D 【解析】因为2(2)(1)131312222i i i i z i i ----====-+， 所以复平面上复数z 对应的点为13(,)22-，位于第四象限，故选D .9．设复数z a i =+，z 是其共轭复数，若3455z i z =+，则实数a =（ ） A ．4 B ．3C ．2D ．1【答案】C 【解析】 解:z a i =+z a i ∴=-343443++2555555z a a i a i i a z ⎛⎫∴=+⇒+=-⇒= ⎪⎝⎭10．已知i 是虚数单位，复数z 满足2(1)1i i z-=+，则z =（ ）A B ．2 C ．1D 【答案】A 【解析】22(1)(1)22(1)1(1)111(1)(1)i i i i i i z i i i z i i i i ----⋅-=+⇒====--=--+++⋅-，所以1z i =--==A.11．复数()()21z i i =+-，其中i 为虚数单位，则z 的实部是（ ） A ．-1 B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】解：∴()()212213z i i i i i =+-=-++=-， ∴z 的实部是3 故选：D ．12．已知复数(1)1z i i -=+，则复数z =（ ） A ．2i + B ．2i -C ．iD ．i -【答案】C 【解析】由题意，复数(1)1z i i -=+，则()()()()11121112i i i iz i i i i +++====--+，故选C. 13．已知i 为虚数单位，若1(,)1a bi a b R i=+∈-，则b a =（ ）A ．1 BC D ．2【答案】C 【解析】i 为虚数单位，若1(,)1a bi a b R i =+∈-，1112i a bi i +==+- 根据复数相等得到1212a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩.121()22b a ==故答案为：C.14．已知复数z 满足2(1i)(3i)z +=+，则||z =（ ） ABC．D ．8【答案】C 【解析】∵2(1)(3)z i i +=+，∴2(3)86(86)(1)(43)(1)711(1)(1)i i i i z i i i i i i i +++-====+-=-+++-，∴||z === 故选C ．15．已知i 是虚数单位，则复数11i i -+在复平面上所对应的点的坐标为（ ） A ．()0,1 B ．()1,0-C ．()1,0D ．()0,1-【答案】A 【解析】 ∵()()()()111111i i i i i i i ---==++-，∴该复数在复平面上对应的点的坐标为()0,1. 故选A.16．若复数z满足(1i)|1|z +=+，则在复平面内z 的共轭复数对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限【答案】A【解析】 由题得22(1)1(1)(1)(1i)i z i i i -===-++-， 所以1z i =+，所以在复平面内z 的共轭复数对应的点为（1,1），在第一象限. 故选：A17．已知复数z 满足12iz i =+，则z 的虚部是（ ） A ．1- B ．i -C ．2D ．2i【答案】A 【解析】 因为12iz i =+所以221222i i i z i i i++===-所以虚部为1- 所以选A 18．已知31iz i-=-（其中i 为虚数单位），则z 的虚部为( ) A ．i - B ．1-C ．1D ．2【答案】B 【解析】 因为3(3)(1)4221(1)(1)2i i i iz i i i i --++====+--+, 所以2z i =-，故z 的虚部为1-，故选B.19．复数2(1)41i z i -+=+的虚部为( )A ．1-B ．3-C ．1D ．2【答案】B 【解析】()()2421(1)44213112i i i i z i i i ---+-====-++所以z 的虚部为3- 故选B 项.20．已知复数()11z ai a R =+∈，212z i =+（i 为虚数单位），若12z z 为纯虚数，则a =（ ） A ．2- B ．2C ．12-D ．12【答案】C 【解析】∵()12112z ai a R z i =+∈=+，，∴121(1)(12)12212(12)(12)55z ai ai i a a i z i i i ++-+-===+++-， ∵12z z 为纯虚数， ∴12020a a +=⎧⎨-≠⎩，解得12a =-．故选：C ． 21．设复数z 满足2ii z+=，则z =（ ） A ．1 BC ．3D ．5【答案】B 【解析】2ii z+=, 221i z i i +∴==+22112ii i =+=-, z ∴== B.22．已知复数1i z i=-，则z 在复平面内对应的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】A【解析】∵ ()()()11111122i i i z i i i i +===-+--+，∴ 11222z i +=+，∴z 在复平面内对应的点的坐标为11,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，位于第一象限． 故选：A ．23．复数z 满足(1)2z i i -=，则复数z =（ ） A ．1i - B ．12i C ．1i + D ．1i --【答案】D 【解析】 由题意得：()()()2121111i i iz i i i i +===-+--+ 1z i ∴=-- 本题正确选项：D24．若复数2(1)z m m m i =+++是纯虚数，其中m 是实数，则1z=（ ） A ．i B ．i - C ．2iD ．2i -【答案】B 【解析】复数z ＝m （m +1）+（m +1）i 是纯虚数，故m （m +1）＝0且（m +1）≠0， 解得m ＝0，故z ＝i ，故111i z i i i⋅===-⋅i ． 故选：B ．25．设i 为虚数单位，则复数22iz i-=+的共扼复数z =（ ） A ．3455i + B ．3455i -C ．3455i -+D ．3455i --【答案】A 【解析】解：22i (2i)34i 2i (2i)(2i)55z --===-++-，3455z i ∴=+故选：A ．26．已知复数1z 、2z在复平面内对应的点关于虚轴对称，11z =，则12z z =( )A ．2 BCD ．1【答案】D【解析】由题意，复数1z 、2z在复平面内对应的点关于虚轴对称，11z =，则21z =-，所以12212z z ====，故选D.27．已知复数z 1＝1+2i ，z 2＝l ﹣i ，则12z z =（ ）A ．13i 22-- B ．13i 22-+ C ．13i 22- D ．13i 22+【答案】B【解析】∵1212,1z i z i =+=-， ∴1212(12)(1)131(1)(1)22z i i i i z i i i +++===-+--+．故选：B ．28．在复平面内，复数(2i)z -对应的点位于第二象限，则复数z 可取（ ）A ．2B ．-1C ．iD ．2i +【答案】B【解析】不妨设(),z a bi a b R =+∈，则()()()()()2222i z i a bi a b b a i -=-+=++-，结合题意可知：20,20a b b a +<->，逐一考查所给的选项：对于选项A ：24,22a b b a +=-=-，不合题意；对于选项B ：22,21a b b a +=--=，符合题意；对于选项C ：21,22a b b a +=-=，不合题意；对于选项D ：25,20a b b a +=-=，不合题意；故选：B .29．已知i 为虚数单位，则复数3(1)i z i i +=-的虚部为（ ） A ．1B ．2C ．1-D ．2- 【答案】C【解析】 因为3(3)(1)122(1)2i i i i i i i i i++++===--，所以z 的虚部为1-. 30．已知复数(i)(1i)z a =+-（i 为虚数单位）在复平面内对应的点在直线2y x =上，则实数a 的值为（ ）A ．0B ．1-C ．1D ．13- 【答案】D【解析】因为(i)(1i)1(1)z a a a i =+-=++-，对应的点为(1,1)a a +-，因为点在直线2y x =上，所以12(1)a a -=+，解得13a =-. 故选D.。
十年高考真题汇编(北京卷,含解析)之平面向量
十年高考真题（2011-2020）（北京卷）专题06平面向量本专题考查的知识点为：平面向量，历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：平面向量的坐标表示，平面向量的数量积，平面向量基本定理，平面向量与充分必要条件综合问题等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以平面向量的数量积，平面向量基本定理为重点较佳.1．【2019年北京理科07】设点A ，B ，C 不共线，则“AB →与AC →的夹角为锐角”是“|AB →+AC →|＞|BC →|”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件2．【2018年北京理科06】设a →，b →均为单位向量，则“|a →−3b →|＝|3a →+b →|”是“a →⊥b →”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件3．【2017年北京理科06】设m →，n →为非零向量，则“存在负数λ，使得m →=λn →”是“m →•n →＜0”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．【2016年北京理科04】设a →，b →是向量，则“|a →|＝|b →|”是“|a →+b →|＝|a →−b →|”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件5．【2015年北京理科13】在△ABC 中，点M ，N 满足AM →=2MC →，BN →=NC →，若MN →=x AB →+y AC →，则x ＝ ，y ＝ ．6．【2014年北京理科10】已知向量a →，b →满足|a →|＝1，b →=（2，1），且λa →+b →=0→（λ∈R ），则|λ|＝ ． 7．【2013年北京理科13】向量a →，b →，c →在正方形网格中的位置如图所示，若c →=λa →+μb →（λ，μ∈R ），则λμ=．8．【2012年北京理科13】已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点．则DE →⋅CB →的值为 ．9．【2011年北京理科10】已知向量a →=（√3，1），b →=（0，﹣1），c →=（k ，√3）．若a →−2b →与c →共线，则k ＝ ．10．【2020年北京卷15】已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =12(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )，则|PD ⃑⃑⃑⃑⃑ |=_________；PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =_________．1．【2020届北京市丰台区高三一模】已知向量a ⃗=(x,2)，b ⃑⃗=(−2,1)，满足a ⃗//b ⃑⃗，则x =（） A ．1B ．−1C ．4D ．−42．【2020届北京市第八中学高三下学期自主测试（二）】已知向量a ⃗=(1,√3),b ⃑⃗=(−1,0),c ⃗=(√3,k).若a ⃗−2b ⃑⃗与c ⃗共线，则实数k =（） A ．0B ．1C ．√3D ．33．【北京市石景山区2019届高三第一学期期末】已知向量a ⃗=(−12,√32),b⃑⃗=(√32,−12)，则下列关系正确的是（ ） A ．(a ⃗+b ⃑⃗)⊥b ⃑⃗ B ．(a ⃗+b ⃑⃗)⊥a ⃗ C ．(a ⃗+b ⃑⃗)⊥(a ⃗−b⃑⃗) D ．(a ⃗+b ⃑⃗)//(a ⃗−b⃑⃗) 4．【北京市通州区2020届高考一模】在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知两点A(cosα,sinα)，B(cos(α+π3),sin(α+π3)).则|OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗+OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗|=（） A ．1B ．√3C ．2D ．与α有关5．【北京市人大附中2020届高三（6月份）高考数学考前热身】a ⃗,b ⃑⃗为非零向量，“a ⃑⃗|b ⃑⃗|=b ⃑⃗|a⃑⃗|”为“a ⃗,b ⃑⃗共线”的（） A ．充分必要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．即不充分也不必要条件6．【2020届北京市中国人民大学附属中学高三下学期数学统练二】已知非零向量a ⃗，b ⃑⃗满足|a ⃗|=2|b ⃑⃗|，且（a ⃗–b ⃑⃗）⊥b ⃑⃗，则a ⃗与b ⃑⃗的夹角为 A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π67．【北京市平谷区2020届高三第二学期阶段性测试（二模）】设a ⃗,b ⃑⃗是向量，“|a ⃗|=|a ⃗+b ⃑⃗|”是“|b ⃑⃗|=0”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件8．【北京市中国人民大学附属中学2020届高三3月月考】向量l 在正方形网格中的位置如图所示.若向量λa ⇀+b ⇀与c ⇀共线,则实数λ=（）A ．−2B ．−1C ．1D ．29．【北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高三上学期期末】设向量a ⇀，b ⇀满足a ⇀+b ⇀=(3,1)，a ⇀⋅b ⇀=1，则|a ⇀−b ⇀|=() A ．2B ．√6C ．2√2D ．√1010．【2020届北京市陈经纶中学高三上学期8月开学】已知平面向量a ⃗,b ⃑⃗的夹角为60°,a ⃗=(√3,1),|b ⃑⃗|=1则|a ⃗+2b⃑⃗|=（） A ．2B ．√7C ．2√7D ．2√311．【北京市中国人民大学附属中学2019届高三上学期月考（二）】已知平面向量a ⇀=(1,−3),b ⇀=(−2,0)，则|a ⇀+2b ⇀|=（） A ．3√2B ．3C ．2√2D ．512．【北京市朝阳区2019届高三第二次（5月）综合练习（二模）】在同一平面内，已知A 为动点，B ，C 为定点，且∠BAC=π3，∠ACB ≠π2，BC=1，P 为BC 中点．过点P 作PQ⊥BC 交AC 所在直线于Q ，则AQ ⃑⃑⃑⃑⃑⃗在BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗方向上投影的最大值是（ ） A ．13B ．12C ．√33D ．2313．【北京市海淀区2020届高三年级第二学期期末练习（二模）】对于非零向量a ⃗，b ⃑⃗，“(a ⃗+b ⃑⃗)⋅a ⃗=2a ⃗2”是“a ⃗=b ⃑⃗”的（） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件14．【北京市2020届高考数学预测卷】已知|a ⃗|=1，则“a ⃗⊥(a ⃗+b ⃑⃗)”是“a ⃗⋅b ⃑⃗=−1”的（） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件D ．非充分非必要条件15．【北京市东城区2020届高三第二学期二模】已知向量a ⃗=(0,5)，b ⃑⃗=(4,−3)，c ⃗=(−2,−1)，那么下列结论正确的是() A ．a ⃗−b ⃑⃗与c ⃗为共线向量 B ．a ⃗−b⃑⃗与c ⃗垂直 C ．a ⃗−b⃑⃗与a ⃗的夹角为钝角 D ．a ⃗−b⃑⃗与b ⃑⃗的夹角为锐角 16．【2020届北京市顺义牛栏山第一中学高三3月高考适应性测试】已知正ΔABC 的边长为4，点D 为边BC 的中点，点E 满足AE ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=ED ⃑⃑⃑⃑⃑⃗，那么EB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗⋅EC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗的值为（ ） A ．−83B ．−1C ．1D ．317．【2020届北京市首都师范大学附属中学高三北京学校联考】在平行四边形ABCD 中，AD =2，∠BAD =60°，E 为CD 的中点.若AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗⋅BE ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=3，则AB 的长为（） A ．12B ．1C ．2D ．318．【2020届北京市朝阳区六校高三四月联考】已知向量a ⃗=(2,2√3)，若a⃗⋅b ⃑⃗=−163，则b ⃑⃗在a ⃗上的投影是（） A ．34B ．−34C ．43D ．−4319．【2020届北京市顺义牛栏山第一中学西校区高三下学期4月月考】若两个非零向量a ⃗、b ⃑⃗满足(a ⃗+b ⃑⃗)⋅(a ⃗−b ⃑⃗)=0，且|a ⃗+b ⃑⃗|=2|a ⃗−b ⃑⃗|，则a ⃗与b ⃑⃗夹角的余弦值为（） A ．35B ．±35C ．12D ．±1220．【北京师范大学附属中学2019届高三（下）四月份月考】已知ΔABC 中，AB =10，AC =6，BC =8,M 为AB 边上的中点，则CM ⇀⋅CA ⇀+CM ⇀⋅CB ⇀=() A ．0B ．25C ．50D ．10021．【2020届北京市八一学校高三第一学期高三10月月考】已知向量a ⇀=(2,1)，a ⇀⋅b ⇀=10，|a ⇀+b ⇀|=5√2，则|b⇀|=________. 22．【北京师范大学附属实验中学2019届高三下学期第一次质量评估】已知向量a ⇀=(2,4)，b ⇀=(−1,m)．若a ⇀//b ⇀，则a ⇀⋅b ⇀=__________．23．【2020届北京市顺义区高三二模】已知向量a ⃗=(−1,2)，b ⃑⃗=(x,1)，若a ⃗⊥b ⃑⃗，则实数x =___________. 24．【2020届北京市高考适应性测试】已知向量a ⃗=(1,m)，b ⃑⃗=(2,1)，且a ⃗⊥b ⃑⃗，则m =________． 25．如图所示，平面内有三个向量OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗、OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗、OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗，其中OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗与OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗的夹角为120°，OA⃑⃑⃑⃑⃑⃗与OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗的夹角为30°，且|OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗|＝|OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗|＝1，|OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗|＝2√3.若OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗＝λOA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗＋μOB⃑⃑⃑⃑⃑⃗(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为______．26．【北京市西城区2019-2020学年高三上学期期末】已知向量a ⇀=(−4,6),b ⇀=(2,x)满足a ⇀//b ⇀,其中x ∈R ,那么|b⇀|=_____________ 27．【北京市海淀区清华大学附属中学2019-2020学年高三上学期10月月考】在等腰梯形ABCD 中,已知AB ∥DC ,AB =2,BC =1,∠ABC =60∘,点E 和点F 分别在线段BC 和CD 上,且BE ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=23BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗,DF ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=16DC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗,则AE ⃑⃑⃑⃑⃑⃗⋅AF⃑⃑⃑⃑⃑⃗的值为． 28．【2020届北京市石景山区高三4月统一测试】已知向量BA⃑⃑⃑⃑⃑⃗=(12,√32)，BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=(√32,12)，则∠ABC =______. 29．【2020届北京市高三高考模拟】已知向量a ⃗=(1,1),b ⃑⃗=(−3,m)，若向量2a ⃗−b ⃑⃗与向量b ⃑⃗共线，则实数m =__________．30．【2020届北京市第十一中学高三一模】平面向量a ⃗=(1,2)，b ⃑⃗=(4,2)，c ⃗=ma ⃗+b ⃑⃗（m ∈R ），且c ⃗与a ⃗的夹角等于c ⃗与b ⃑⃗的夹角，则m =.1．【2019年北京理科07】设点A ，B ，C 不共线，则“AB →与AC →的夹角为锐角”是“|AB →+AC →|＞|BC →|”的（ ）C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】解：点A ，B ，C 不共线，“AB →与AC →的夹角为锐角”⇒“|AB →+AC →|＞|BC →|”， “|AB →+AC →|＞|BC →|”⇒“AB →与AC →的夹角为锐角”，∴设点A ，B ，C 不共线，则“AB →与AC →的夹角为锐角”是“|AB →+AC →|＞|BC →|”的充分必要条件． 故选：C ．2．【2018年北京理科06】设a →，b →均为单位向量，则“|a →−3b →|＝|3a →+b →|”是“a →⊥b →”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】解：∵“|a →−3b →|＝|3a →+b →|” ∴平方得|a →|2+9|b →|2﹣6a →•b →=9|a →|2+|b →|2+6a →•b →， 即1+9﹣6a →•b →=9+1+6a →•b →， 即12a →•b →=0， 则a →•b →=0，即a →⊥b →，则“|a →−3b →|＝|3a →+b →|”是“a →⊥b →”的充要条件， 故选：C ．3．【2017年北京理科06】设m →，n →为非零向量，则“存在负数λ，使得m →=λn →”是“m →•n →＜0”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】解：m →，n →为非零向量，存在负数λ，使得m →=λn →，则向量m →，n →共线且方向相反，可得m →•n →＜0． 反之不成立，非零向量m →，n →的夹角为钝角，满足m →•n →＜0，而m →=λn →不成立． ∴m →，n →为非零向量，则“存在负数λ，使得m →=λn →”是m →•n →＜0”的充分不必要条件． 故选：A ．4．【2016年北京理科04】设a →，b →是向量，则“|a →|＝|b →|”是“|a →+b →|＝|a →−b →|”的（ ）C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】解：若“|a →|＝|b →|”，则以a →，b →为邻边的平行四边形是菱形； 若“|a →+b →|＝|a →−b →|”，则以a →，b →为邻边的平行四边形是矩形； 故“|a →|＝|b →|”是“|a →+b →|＝|a →−b →|”的既不充分也不必要条件； 故选：D ．5．【2015年北京理科13】在△ABC 中，点M ，N 满足AM →=2MC →，BN →=NC →，若MN →=x AB →+y AC →，则x ＝ ，y ＝ ．【答案】解：由已知得到MN →=MC →+CN →=13AC →+12CB →=13AC →+12(AB →−AC →)=12AB →−16AC →； 由平面向量基本定理，得到x =12，y =−16；故答案为：12，−16．6．【2014年北京理科10】已知向量a →，b →满足|a →|＝1，b →=（2，1），且λa →+b →=0→（λ∈R ），则|λ|＝ ． 【答案】解：设a →=（x ，y ）．∵向量a →，b →满足|a →|＝1，b →=（2，1），且λa →+b →=0→（λ∈R ）， ∴λa →+b →=λ（x ，y ）+（2，1）＝（λx +2，λy +1）， ∴{√x 2+y 2=1λx +2=0λy +1=0，化为λ2＝5．解得|λ|=√5． 故答案为：√5．7．【2013年北京理科13】向量a →，b →，c →在正方形网格中的位置如图所示，若c →=λa →+μb →（λ，μ∈R ），则λμ= ．【答案】解：以向量a →、b →的公共点为坐标原点，建立如图直角坐标系可得a →=（﹣1，1），b →=（6，2），c →=（﹣1，﹣3） ∵c →=λa →+μb →(λ，μ∈R)∴{−1=−λ+6μ−3=λ+2μ，解之得λ＝﹣2且μ=−12因此，λμ=−2−12=4故答案为：48．【2012年北京理科13】已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点．则DE →⋅CB →的值为 ． 【答案】解：因为DE →⋅CB →=DE →⋅DA →=|DE →|⋅|DA →|cos ＜DE →⋅DA →＞=DA →2=1． 故答案为：19．【2011年北京理科10】已知向量a →=（√3，1），b →=（0，﹣1），c →=（k ，√3）．若a →−2b →与c →共线，则k ＝ ．【答案】解：a →−2b →=(√3，3) ∵a →−2b →与c →共线， ∴√3×√3=3k 解得k ＝1． 故答案为1．10．【2020年北京卷15】已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足AP⃑⃑⃑⃑⃑ =12(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )，则|PD ⃑⃑⃑⃑⃑ |=_________；PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =_________． 【答案】√5−1【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 所在直线分别为x 、y 轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点A (0,0)、B (2,0)、C (2,2)、D (0,2)， AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =12(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )=12(2,0)+12(2,2)=(2,1)， 则点P (2,1)，∴PD⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,1)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−1)， 因此，|PD⃑⃑⃑⃑⃑ |=√(−2)2+12=√5，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0×(−2)+1×(−1)=−1. 故答案为：√5；−1.1．【2020届北京市丰台区高三一模】已知向量a ⃗=(x,2)，b ⃑⃗=(−2,1)，满足a ⃗//b ⃑⃗，则x =（） A ．1 B ．−1 C ．4 D ．−4【答案】D 【解析】向量a⃗=(x,2)，b ⃑⃗=(−2,1)， ∵a ⃗//b ⃑⃗，∴x =2×(−2)=−4 故选：D2．【2020届北京市第八中学高三下学期自主测试（二）】已知向量a ⃗=(1,√3),b ⃑⃗=(−1,0),c ⃗=(√3,k).若a ⃗−2b ⃑⃗与c ⃗共线，则实数k =（） A ．0 B ．1C ．√3D ．3【答案】B 【解析】a ⃗−2b⃑⃗=(3,√3)因为a ⃗−2b ⃑⃗与c ⃗共线，所以3k −√3×√3=0，解得：k =1 故选：B3．【北京市石景山区2019届高三第一学期期末】已知向量a ⃗=(−12,√32),b⃑⃗=(√32,−12)，则下列关系正确的是（ ） A ．(a ⃗+b ⃑⃗)⊥b ⃑⃗ B ．(a ⃗+b ⃑⃗)⊥a ⃗ C ．(a ⃗+b ⃑⃗)⊥(a ⃗−b ⃑⃗) D ．(a ⃗+b ⃑⃗)//(a ⃗−b⃑⃗) 【答案】C 【解析】解：a ⃗+b⃑⃗=(√3−12,√3−12)； ∴(a ⃗+b⃑⃗)•b ⃑⃗=3−√34−√3−14=2−√32≠0；∴a ⃗+b ⃑⃗不与b ⃑⃗垂直； ∴A 错误；(a ⃗+b ⃑⃗)•a ⃗=1−√34+3−√34=2−√32≠C ；∴a ⃗+b ⃑⃗不与a ⃗垂直； ∴B 错误；又(a ⃗+b ⃑⃗)•(a ⃗−b ⃑⃗)=a ⃗2−b ⃑⃗2=1−1=0； ∴(a ⃗+b ⃑⃗)⊥(a ⃗−b ⃑⃗)； ∴C 正确，D 错. 故选C ．4．【北京市通州区2020届高考一模】在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知两点A(cosα,sinα)，B(cos(α+π3),sin(α+π3)).则|OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗+OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗|=（） A ．1 B ．√3C ．2D ．与α有关【答案】B 【解析】根据题意，A(cosα,sinα)，B(cos(α+π3),sin(α+π3)). 则OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=(cosα,sinα)，OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=(cos(α+π3),sin(α+π3))， 则有OA⃑⃑⃑⃑⃑⃗+OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=(cosα+cos(α+π3),sinα+sin(α+π3))，故|OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗+OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗|2=[cosα+cos(α+π3)]2+[sinα+sin(α+π3)]2 =2+2cosαcos(α+π3)+2sinαsin(α+π3)=2+2cos π3=3，则|OA⃑⃑⃑⃑⃑⃗+OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗|=√3； 故选：B.5．【北京市人大附中2020届高三（6月份）高考数学考前热身】a ⃗,b⃑⃗为非零向量，“a⃑⃗|b ⃑⃗|=b ⃑⃗|a⃑⃗|”为“a ⃗,b⃑⃗共线”的（） A ．充分必要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．即不充分也不必要条件【答案】B 【解析】a⃑⃗|b ⃑⃗|,b ⃑⃗|a ⃑⃗|分别表示与a ⃗,b ⃑⃗同方向的单位向量， a⃑⃗|b⃑⃗|=b⃑⃗|a ⃑⃗|，则有a ⃗,b ⃑⃗共线， 而a ⃗,b ⃑⃗共线，则a ⃑⃗|b ⃑⃗|,b⃑⃗|a ⃑⃗|是相等向量或相反向量， “a ⃑⃗|b ⃑⃗|=b⃑⃗|a ⃑⃗|”为“a ⃗,b ⃑⃗共线”的充分不必要条件. 故选:B.6．【2020届北京市中国人民大学附属中学高三下学期数学统练二】已知非零向量a ⃗，b ⃑⃗满足|a ⃗|=2|b ⃑⃗|，且（a ⃗–b ⃑⃗）⊥b ⃑⃗，则a ⃗与b ⃑⃗的夹角为 A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6【答案】B 【解析】因为(a ⃗−b ⃑⃗)⊥b ⃑⃗，所以(a ⃗−b ⃑⃗)⋅b ⃑⃗=a ⃗⋅b ⃑⃗−b ⃑⃗2=0，所以a ⃗⋅b ⃑⃗=b ⃑⃗2，所以cosθ=a ⃑⃗⋅b ⃑⃗|a ⃑⃗|⋅|b ⃑⃗|=|b ⃑⃗|22|b⃑⃗|2=12，所以a ⃗与b ⃑⃗的夹角为π3，故选B ．7．【北京市平谷区2020届高三第二学期阶段性测试（二模）】设a ⃗,b ⃑⃗是向量，“|a ⃗|=|a ⃗+b ⃑⃗|”是“|b ⃑⃗|=0”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当a⃗=−12b⃑⃗时，|a⃗+b⃑⃗|=|−12b⃑⃗+b⃑⃗|=12|b⃑⃗|=|a⃗|，推不出|b⃑⃗|=0当|b⃑⃗|=0时，b⃑⃗=0⃑⃗，则|a⃗+b⃑⃗|=|a⃗+0⃑⃗|=|a⃗|即“|a⃗|=|a⃗+b⃑⃗|”是“|b⃑⃗|=0”的必要不充分条件故选：B8．【北京市中国人民大学附属中学2020届高三3月月考】向量l在正方形网格中的位置如图所示.若向量λa⇀+b⇀与c⇀共线,则实数λ=（）A．−2B．−1C．1D．2【答案】D【解析】由题中所给图像可得：2a⃗+b⃑⃗=c⃗，又c⃗=，所以λ=2.故选D9．【北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高三上学期期末】设向量a⇀，b⇀满足a⇀+b⇀=(3,1)，a⇀⋅b⇀=1，则|a⇀−b⇀|=()A．2B．√6C．2√2D．√10【答案】B【解析】由题意结合向量的运算法则可知：|a⇀−b⇀|=√(a⇀+b⇀)2−4a⇀⋅b⇀=√32+12−4×1=√6.本题选择B选项.10．【2020届北京市陈经纶中学高三上学期8月开学】已知平面向量a⃗,b⃑⃗的夹角为60°,a⃗=(√3,1),|b⃑⃗|=1则|a⃗+2b⃑⃗|=（）A．2B．√7C．2√7D．2√3【答案】D【解析】|a⃗+2b⃑⃗|=√(a⃗+2b⃑⃗)2=√a⃗2+4a∙⃑⃑⃑⃑⃗b⃑⃗+4b⃑⃗2=√4+4×2×1×12+4=2√3，故选D. 11．【北京市中国人民大学附属中学2019届高三上学期月考（二）】已知平面向量a⇀=(1,−3),b⇀=(−2,0)，则|a ⇀+2b ⇀|=（） A ．3√2 B ．3C ．2√2D ．5【答案】A 【解析】因为a ⃗=(1,−3),b ⃑⃗=(−2,0)， 所以a ⃗+2b ⃑⃗=(−3,−3)， 因此|a ⃗+2b ⃑⃗|=√9+9=3√2. 故选A12．【北京市朝阳区2019届高三第二次（5月）综合练习（二模）】在同一平面内，已知A 为动点，B ，C 为定点，且∠BAC=π3，∠ACB ≠π2，BC=1，P 为BC 中点．过点P 作PQ⊥BC 交AC 所在直线于Q ，则AQ ⃑⃑⃑⃑⃑⃗在BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗方向上投影的最大值是（ ） A ．13 B ．12C ．√33D ．23【答案】C 【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则B （-12，0），C （12，0），P （0，0），由∠BAC =π3可知，ABC 三点在一个定圆上，且弦BC 所对的圆周角为π3，所以圆心角为2π3.圆心在BC 的中垂线即y 轴上，且圆心到直线BC 的距离为12BC tanπ3=√36，即圆心为(0,√36)，半径为√(12)2+(√36)2=√33. 所以点A 的轨迹方程为：x 2+(y −√36)2=13，则x 2≤13，则−√33≤x <0，由AQ ⃑⃑⃑⃑⃑⃗在BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗方向上投影的几何意义可得：AQ ⃑⃑⃑⃑⃑⃗在BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗方向上投影为|DP|=|x|， 则AQ⃑⃑⃑⃑⃑⃗在BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗方向上投影的最大值是√33，故选C．13．【北京市海淀区2020届高三年级第二学期期末练习（二模）】对于非零向量a⃗，b⃑⃗，“(a⃗+b⃑⃗)⋅a⃗=2 a⃗2”是“a⃗=b⃑⃗”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】(a⃗+b⃑⃗)⋅a⃗=2a⃗2，则a⃗2+a⃗⋅b⃑⃗=2a⃗2，即a⃗⋅b⃑⃗=a⃗2，取|b⃑⃗|=2|a⃗|，〈a⃗,b⃑⃗〉=π，此时满足(a⃗+b⃑⃗)⋅a⃗=2a⃗2，而a⃗≠b⃑⃗；3当a⃗=b⃑⃗时，(a⃗+b⃑⃗)⋅a⃗=2a⃗2.故“(a⃗+b⃑⃗)⋅a⃗=2a⃗2”是“a⃗=b⃑⃗”的必要而不充分条件.故选：B.14．【北京市2020届高考数学预测卷】已知|a⃗|=1，则“a⃗⊥(a⃗+b⃑⃗)”是“a⃗⋅b⃑⃗=−1”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件【答案】C【解析】由a⃗⊥(a⃗+b⃑⃗)，则a⃗⋅(a⃗+b⃑⃗)=0⇒a⃗2+a⃗⋅b⃑⃗=0又|a⃗|=1，所以a⃗⋅b⃑⃗=−1若a⃗⋅b⃑⃗=−1，且|a⃗|=1，所以a⃗2+a⃗⋅b⃑⃗=0，则a⃗⊥(a⃗+b⃑⃗)所以“a⃗⊥(a⃗+b⃑⃗)”是“a⃗⋅b⃑⃗=−1”的充要条件故选：C15．【北京市东城区2020届高三第二学期二模】已知向量a⃗=(0,5)，b⃑⃗=(4,−3)，c⃗=(−2,−1)，那么下列结论正确的是()A．a⃗−b⃑⃗与c⃗为共线向量B．a⃗−b⃑⃗与c⃗垂直C．a⃗−b⃑⃗与a⃗的夹角为钝角D．a⃗−b⃑⃗与b⃑⃗的夹角为锐角【答案】B【解析】解：∵a⃗=(0,5)，b⃑⃗=(4,−3)，c⃗=(−2,−1)，∴a ⃗−b⃑⃗=(−4,8)， ∵−4×(−1)−(−2)×8≠0，则a ⃗−b ⃑⃗与c ⃗不是共线向量， ∵(a ⃗−b ⃑⃗)⋅c ⃗=−4×(−2)+8×(−1)=0，则a ⃗−b ⃑⃗与c ⃗垂直， ∵(a ⃗−b ⃑⃗)⋅a ⃗=−4×0+8×5=40>0，则a ⃗−b ⃑⃗与a ⃗的夹角为锐角， ∵(a ⃗−b ⃑⃗)⋅b ⃑⃗=−4×4+8×(−3)=−40<0，则a ⃗−b ⃑⃗与b ⃑⃗的夹角为钝角， 故选：B ．16．【2020届北京市顺义牛栏山第一中学高三3月高考适应性测试】已知正ΔABC 的边长为4，点D 为边BC 的中点，点E 满足AE ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=ED ⃑⃑⃑⃑⃑⃗，那么EB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗⋅EC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗的值为（ ） A ．−83B ．−1C ．1D ．3【答案】B 【解析】由已知可得：EB=EC=√7， 又tan∠BED =BD ED=√3=2√33所以cos∠BEC =1−tan 2∠BED 1+tan 2∠BED=−17所以EB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗⋅EC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=|EB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗‖EC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗|cos∠BEC =√7×√7×(−17)=−1 故选B ．17．【2020届北京市首都师范大学附属中学高三北京学校联考】在平行四边形ABCD 中，AD =2，∠BAD =60°，E 为CD 的中点.若AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗⋅BE ⃑⃑⃑⃑⃑⃗=3，则AB 的长为（） A ．12 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C 【解析】因为平行四边形ABCD 中,AD =2，∠BAD =60°，E 为CD 的中点， 设AB =x ,由AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃗⋅BE⃑⃑⃑⃑⃑⃗=3得，(AB⇀+BC ⇀)⋅(BC ⇀+12BA ⇀) =(AB⇀+AD ⇀)⋅(AD ⇀−12AB ⇀) =AD ⃑⃑⃑⃑⃑⃗2+12AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑⃗−12AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗2=4+12|AB ⇀|×2×cos60∘−12AB ⇀2 =4−12x 2+12x =3即x 2−x −2=0解得x =2或x =−1（舍去）； 故选：C.18．【2020届北京市朝阳区六校高三四月联考】已知向量a ⃗=(2,2√3)，若a ⃗⋅b ⃑⃗=−163，则b ⃑⃗在a ⃗上的投影是（） A ．34B ．−34C ．43D ．−43【答案】D 【解析】由题意b ⃑⃗在a ⃗上的投影为a⃑⃗⋅b ⃑⃗|a ⃑⃗|=−163√22+(2√3)2=−43.故选：D.19．【2020届北京市顺义牛栏山第一中学西校区高三下学期4月月考】若两个非零向量a ⃗、b ⃑⃗满足(a ⃗+b ⃑⃗)⋅(a ⃗−b ⃑⃗)=0，且|a ⃗+b ⃑⃗|=2|a ⃗−b ⃑⃗|，则a ⃗与b ⃑⃗夹角的余弦值为（） A ．35B ．±35C ．12D ．±12【答案】A 【解析】设平面向量a ⃗与b ⃑⃗的夹角为θ，∵(a ⃗+b ⃑⃗)⋅(a ⃗−b ⃑⃗)=a ⃗2−b ⃑⃗2=|a ⃗|2−|b ⃑⃗|2=0，可得|a ⃗|=|b ⃑⃗|， 在等式|a ⃗+b ⃑⃗|=2|a ⃗−b ⃑⃗|两边平方得a ⃗2+2a ⃗⋅b ⃑⃗+b ⃑⃗2=4a ⃗2−8a ⃗⋅b ⃑⃗+4b ⃑⃗2，化简得cosθ=35. 故选：A.20．【北京师范大学附属中学2019届高三（下）四月份月考】已知ΔABC 中，AB =10，AC =6，BC =8,M 为AB 边上的中点，则CM ⇀⋅CA ⇀+CM ⇀⋅CB ⇀=() A ．0B ．25C ．50D ．100【答案】C 【解析】由勾股定理逆定理可知三角形为直角三角形，CM 为斜边上的中线，所以|CM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃗|=5， 原式=CM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃗·(CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃗+CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃗)=CM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃗·2CM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃗=2×25=50. 故选C.21．【2020届北京市八一学校高三第一学期高三10月月考】已知向量a ⇀=(2,1)，a ⇀⋅b ⇀=10，|a ⇀+b ⇀|=5√2，则|b ⇀|=________. 【答案】5 【解析】因为a ⃗=(2,1)，所以|a ⃗|2=5，因为|a ⃗+b ⃑⃗|=5√2，所以|a ⃗+b ⃑⃗|2=|a ⃗|2+|b ⃑⃗|2+2a ⃗⋅b ⃑⃗=50， 即5+|b⃑⃗|2+20=50，|b ⃑⃗|=5。
2010-2019北京高考数学(理)真题分类汇编专题六等比数列、无答案
2010-2019北京高考数学（理）真题分类汇编专题六等比数列2019年1.（2019全国1理14）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若，则S 5=____________．2.（2019全国3理5）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项为和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3=A ． 16B ． 8C ．4D ． 23.（2019全国2卷理19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0， ，. （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列； （2）求{a n }和{b n }的通项公式.2010-2018年一、选择题1．(2018北京) “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为 ABC．D．2．(2018浙江)已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．13a a <，24a a <B ．13a a >，24a a <C ．13a a <，24a a >D ．13a a >，24a a >3．（2017新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏4．（2015新课标Ⅱ）等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=A ．21B ．42C ．63D ．84214613a a a ==，1434n n n a ab +-=+1434n n n b b a +-=-5．（2014重庆）对任意等比数列，下列说法一定正确的是A ．139,,a a a 成等比数列B ．236,,a a a 成等比数列C ．248,,a a a 成等比数列D ．269,,a a a 成等比数列6．（2013新课标Ⅱ）等比数列的前项和为，已知，，则=A ．B ．C ．D ．7．（2012北京） 已知{}n a 为等比数列．下面结论中正确的是A ．1322a a a +…B ．2221322a a a +…C ．若13a a =，则12a a =D ．若31a a >，则42a a >8．（2011辽宁）若等比数列{}n a 满足116nn n a a +=，则公比为A ．2B ．4C ．8D ．169．（2010广东）已知数列{}n a 为等比数列，n S 是是它的前n 项和,若2312a a a ⋅=，且4a 与27a 的等差中项为54，则5S =A ．35B ．33C ．3lD ．2910．（2010浙江）设n s 为等比数列{}n a 的前n 项和，2580a a +=则52S S = A ．－11 B ．－8 C ．5 D ．1111．（2010安徽）设{}n a 是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为,,X Y Z ，则下列等式中恒成立的是 A ．2X Z Y +=B ．()()Y Y X Z Z X -=-C ．2Y XZ =D ．()()Y Y X X Z X -=-12．（2010北京）在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠.若12345m a a a a a a =，则m =A ．9B ．10C ．11D ．12{}n a {}n a n n S 32110S a a =+59a =1a 1313-1919-13．（2010辽宁）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知3432S a =-，2332S a =-，则公比q =A ．3B ．4C ．5D ．614．（2010天津）已知{}n a 是首项为1的等比数列，n s 是{}n a 的前n 项和，且369s s =，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前5项和为A ．158或5 B ．3116或5 C ．3116 D ．158二、填空题15．（2017新课标Ⅲ）设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a = _______． 16．（2017江苏）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = ． 17．（2017北京）若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足111a b ==-，448a b ==，则22a b =_____． 18．（2016年全国I ）设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 .19．（2016年浙江）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．若24S =，121n n a S +=+，*n N ∈，则1a = ，5S = ．20．（2015安徽）已知数列{}n a 是递增的等比数列，14329,8a a a a +==，则数列{}n a 的前n 项和等于 ．21．（2014广东）等比数列的各项均为正数，且，则________．22．（2014广东）若等比数列的各项均为正数，且，则．23．（2014江苏）在各项均为正数的等比数列中，，则的值是 ．{}n a 154a a =2122232425log +log +log +log +log =a a a a a {}n a 512911102e a a a a =+1220ln ln ln a a a +++=}{n a ,12=a 4682a a a +=6a24．（2013广东）设数列是首项为，公比为的等比数列，则．25．（2013北京）若等比数列{}n a 满足24a a +=20，35a a +=40，则公比q = ；前n 项和n S = ． 26．（2013江苏）在正项等比数列中，，．则满足 的最大正整数的值为 ．27．（2012江西）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比不为1。
十年高考数学试卷汇编(10~19年 解答题部分)
全国卷•十年高考（解答题部分）2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ） (2)2018年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ） (6)2017年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ） (10)2016年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ） (15)2015年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ） (20)2014年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ） (25)2013年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ） (31)2012年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标） (36)2011年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标） (41)2010年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标） (46)2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）三、解答题：共60分。
17．（2019•新课标Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．设（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsin C．（1）求A；（2）若a+b＝2c，求sinC．18．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．19．（2019•新课标Ⅰ）已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|＝4，求l的方程；（2）若＝3，求|AB|．20．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．21．（2019•新课标Ⅰ）为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得﹣1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得﹣1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．（1）求X的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i（i＝0，1，…，8）表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，p i＝ap i﹣1+bp i+cp i+1（i＝1，2，…，7），其中a＝P（X＝﹣1），b＝P（X＝0），c＝P（X＝1）．假设α＝0.5，β＝0.8．（i）证明：{p i+1﹣p i}（i＝0，1，2，…，7）为等比数列；（ii）求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．（二）选考题：共10分。
十年真题(2010-2019)高考数学(文)分类汇编专题06 平面向量(新课标Ⅰ卷)(解析版)
专题06平面向量历年考题细目表题型年份考点试题位置单选题2019 平面向量的数量积2019年新课标1文科08单选题2018 平面向量基本定理2018年新课标1文科07单选题2015 平面向量的坐标运算2015年新课标1文科02单选题2014 平面向量的几何运算2014年新课标1文科06单选题2010 平面向量的数量积2010年新课标1文科02填空题2017 平面向量的坐标运算2017年新课标1文科13填空题2016 平面向量的数量积2016年新课标1文科13填空题2013 平面向量的数量积2013年新课标1文科13填空题2012 向量的模2012年新课标1文科15填空题2011 平面向量的数量积2011年新课标1文科13历年高考真题汇编1．【2019年新课标1文科08】已知非零向量，满足||＝2||，且（）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．【解答】解：∵（）⊥，∴，∴，∵，∴．故选：B．2．【2018年新课标1文科07】在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则（）A．B．C．D．【解答】解：在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，（），故选：A．3．【2015年新课标1文科02】已知点A（0，1），B（3，2），向量（﹣4，﹣3），则向量（）A．（﹣7，﹣4）B．（7，4）C．（﹣1，4）D．（1，4）【解答】解：由已知点A（0，1），B（3，2），得到（3，1），向量（﹣4，﹣3），则向量（﹣7，﹣4）；故选：A．4．【2014年新课标1文科06】设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则（）A．B．C．D．【解答】解：∵D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，∴（）+（）（），故选：A．5．【2010年新课标1文科02】平面向量，已知（4，3），（3，18），则夹角的余弦值等于（）A．B．C．D．【解答】解：设（，y），∵a＝（4，3），2a+b＝（3，18），∴∴cosθ，故选：C．6．【2017年新课标1文科13】已知向量（﹣1，2），（m，1），若向量与垂直，则m＝．【解答】解：∵向量（﹣1，2），（m，1），∴（﹣1+m，3），∵向量与垂直，∴（）•（﹣1+m）×（﹣1）+3×2＝0，解得m＝7．故答案为：7．7．【2016年新课标1文科13】设向量（，+1），（1，2），且⊥，则＝．【解答】解：∵；∴；即+2（+1）＝0；∴．故答案为：．8．【2013年新课标1文科13】已知两个单位向量，的夹角为60°，t（1﹣t）．若•0，则t ＝．【解答】解：∵，，∴0，∴t cos60°+1﹣t＝0，∴10，解得t＝2．故答案为2．9．【2012年新课标1文科15】已知向量夹角为45°，且，则．【解答】解：∵， 1∴∴|2|解得故答案为：310．【2011年新课标1文科13】已知a与b为两个垂直的单位向量，为实数，若向量与向量垂直，则＝．【解答】解：∵∴∵垂直∴即∴＝1 故答案为：1 考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量积，平面向量的综合应用等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量积等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点平面向量的线性运算，平面向量的数量积，平面向量的综合应用等为重点较佳.最新高考模拟试题1．在ABC ∆中，2AB AC AD +=u u u r u u u r u u u r ，0AE DE +=u u u r u u u r r，若EB xAB y AC =+u u u r u u u r u u u r ，则（ ）A ．3y x =B ．3x y =C ．3y x =-D ．3x y =-【答案】D 【解析】因为2AB AC AD +=u u u v u u u v u u u v ，所以点D 是BC 的中点，又因为0AE DE +=u u u v u u u v v，所以点E 是AD 的中点，所以有：11131()22244BE BA AE AB AD AB AB AC AB AC =+=-+=-+⨯+=-+u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u uv u u u v ，因此31,344x y x y =-=⇒=-，故本题选D.2．已知非零向量a r ,b r 的夹角为60o,且满足22a b -=r r ,则a b ⋅r r 的最大值为( )A ．12B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】因为非零向量a r ,b r 的夹角为60o,且满足22a b -=r r ,所以2222444a b a b a b -=+-⋅=r r rr r r ，即2244cos 604a b a b +-=or r r r ，即22424a b a b +-=r r r r ，又因为2244a b a b +≥r rr r ，当且仅当2a b =r r 时，取等号；所以222424a b a b a b ≤+-=r r rr r r ，即2a b ≤r r ；因此，1cos 6012a b a b a b ⋅==≤or r r r r r .即a b ⋅r r 的最大值为1.故选B3．设a r ，b r 均为单位向量，则“a r 与b r夹角为2π3”是“||a b +=r r ( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】因为a r ，b r均为单位向量， 若a r 与b r夹角为2π3，则||1a b +=r r ；因此，由“a r 与b r 夹角为2π3”不能推出“||a b +=r r ”；若||a b +=r r ，则||a b +===r r解得1cos ,2a b =v v ，即a r 与b r 夹角为π3，所以，由“||a b +=r r ”不能推出“a r 与b r 夹角为2π3”因此，“a r 与b r 夹角为2π3”是“||a b +=r r ”的既不充分也不必要条件.故选D4．在矩形ABCD 中，4AB =uu u r ,2AD =u u u r ．若点M ，N 分别是CD ，BC 的中点，则AM MN ⋅=u u u u r u u u u r（ ）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C【解析】由题意作出图形，如图所示：由图及题意，可得：12AM AD DM AD AB =+=+u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r ，1122MN CN CM CB CD =-=-u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r 11112222BC DC AD AB =-+=-+u u u r u u u r u u ur u u u r .∴111222AM MN AD AB AD AB ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 221111||||41622424AD AB =-⋅+⋅=-⋅+⋅=u u u r u u u r .故选：C ．5．已知P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足()BP BC R λλ=∈u u u r u u u r，若2AB =u u u r ，则()AP AB AC u u u v u u u v u u u v⋅+=（ ）A ．23B ．3C ．6D ．与λ有关的数值【答案】C 【解析】如图：以BC 中点为坐标原点O ，以BC 方向为x 轴正方向，OA 方向为y 轴正方向，建立平面直角坐标系，因为2AB =u u u r ，则3AO =u u u r因为P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足()BP BC R λλ=∈u u u r u u u r，所以点P 在直线BC ，所以AP uu u r 在AO u u ur 方向上的投影为AO u u u v ，因此2()226AP AB AC AO AP AO ⋅+=⋅==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .故选C6．已知向量(2,1),(,1)a b m ==-r r ，且()a a b ⊥-rr r ，则m 的值为（ ）A ．1B ．3C ．1或3D ．4【答案】B 【解析】因为(2,1),(,1)a b m ==-r r ，所以(2,2)a b m -=-rr ，因为()a a b ⊥-rr r ，则()2(2)20a a b m ⋅-=-+=r r r ，解得3m =所以答案选B.7．已知向量a r 、b r 为单位向量，且a b +r r 在a r 31+，则向量a r 与b r 的夹角为（ ）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【答案】A 【解析】设向量a r 与b r的夹角为θ， 因为向量a r 、b r为单位向量，且a b +r r 在a r 31，则有3()||12a b a a ⎛⎫+⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭r r r r ，变形可得：3112a b +⋅=+rr ，即3 cos c2 1o1sa bθθ⋅=⨯⨯==rr，又由0θπ≤≤，则6πθ=，故选A．8．在矩形ABCD中，3,4,AB AD AC==与BD相交于点O，过点A作AE BD⊥，垂足为E，则AE EC⋅=u u u v u u u v（）A．725B．14425C．125D．1225【答案】B【解析】如图：由3AB=，4=AD得：9165BD=+=，125AB ADAEBD⋅==又()AE EC AE EO OC AE EO AE OC AE EO AE AO⋅=⋅+=⋅+⋅=⋅+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rAE BD⊥Q0AE EO∴⋅=u u u r u u u r又2144cos25AEAE AO AE AO EAO AE AO AEAO⋅=∠=⋅==u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u ru u u r14425AE EC∴⋅=u u u r u u u r本题正确选项：B9．已知直线y=+m和圆2+y2=1交于A、B两点，O为坐标原点，若3AO AB2⋅=u u u r u u u r，则实数m=（）A．1±B．3C．22±D．12±【答案】C【解析】联立221y x mx y =+⎧⎨+=⎩ ，得22+2m+m 2-1=0， ∵直线y=+m 和圆2+y 2=1交于A 、B 两点，O 为坐标原点， ∴△=4m 2+8m 2-8=12m 2-8＞0，解得m或m ＜，设A （1，y 1），B （2，y 2），则1+2=-m ，21212m x x -= ， y 1y 2=（1+m ）（2+m ）=12+m （1+2）+m 2，AO u u u r=（-1，-y 1），AB u u u v=（2-1，y 2-y 1），∵21123,2AO AB AO AB x x x ⋅=∴⋅=-u u u r u u u r u u u r u u u r +y 12-y 1y 2=1221122m m ----+m 2-m 2=2-m 2=32， 解得m=2±． 故选：C ．10．已知菱形ABCD 的边长为2，120BAD ∠=︒，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，3BC BE =，DC DF λ=，若1AE AF ⋅=u u u r u u u r，则λ的值为（ ）A ．3B ．2C ．23D ．52【答案】B 【解析】 由题意可得：()()AE AF AB BE AD DF ⋅=+⋅+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r113AB BC BC AB λ⎛⎫⎛⎫+⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r 22111133AB BC AB BC λλ⎛⎫=+++⋅ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u ur u u u r ，且：224,22cos1202AB BC AB BC ==⋅=⨯⨯=-o u u u r u u u r u u u r u u u r，故()44112133λλ⎛⎫+++⨯-= ⎪⎝⎭，解得：2λ=. 故选：B .11．已知正ABC ∆的边长为4，点D 为边BC 的中点，点E 满足AE ED u u u r u u u r =，那么EB EC ⋅u u u r u u u r的值为（ ） A ．83- B ．1-C ．1D ．3【答案】B 【解析】由已知可得：7， 又23tan BED 3BD ED ∠===所以221tan 1cos 1tan 7BED BEC BED -∠∠==-+∠ 所以1||cos 7717EB EC EBEC BEC ⎛⎫⋅=∠=-=- ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r ‖ 故选：B ．12．在ABC ∆中，3AC =，向量AB u u u v 在AC u u u v上的投影的数量为2,3ABC S ∆-=，则BC =( ) A ．5 B ．7C 29D ．42【答案】C 【解析】∵向量AB u u u v 在AC u u u v上的投影的数量为2-，∴||cos 2AB A =-u u u r．①∵3ABC S ∆=，∴13||||sin ||sin 322AB AC A AB A ==u u u r u u u r u u ur ， ∴||sin 2AB A =u u u r．②由①②得tan 1A =-，∵A为ABC∆的内角，∴34Aπ=，∴2||3sin4 ABπ== u u u r在ABC∆中，由余弦定理得2222232cos323(2942BC AB AC AB ACπ=+-⋅⋅⋅=+-⨯⨯-=，∴BC=故选C．13．在△ABC中，,2,BD DC AP PD BP AB ACu u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rλμ===+，则λμ+=（）A．1-3B．13C．1-2D．12【答案】A【解析】因为,2,BD DC AP PD==u u u r u u u r u u u r u u u r所以P为ABC∆的重心，所以11311,22222AD AB AC AP AB AC=+∴=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r,所以1133AP AB AC=+u u u r u u u r u u u r,所以23BP AP AB AB AC=-=-+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r因为BP AB ACλμ=+u u u r u u u r u u u r，所以211=,,333λμλμ-=∴+=-故选：A14．在ABC∆中，543AB BC BC CA CA AB→→→→→→==g g g，则sin:sin:sinA B C=（）A．9:7:8BC．6:8:7D【答案】B【解析】设•••543AB BC BC CA CA AB t ===u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，所以5,4,3AB BC t BC CA t CA AB t ⋅=⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，所以cos 5,cos 4,cos 3ac B t ab C t bc A t -=-=-=，所以22222222210,8,6c a b t b a c t c b a t +-=-+-=-+-=-， 得9,7,8a t b t c t =-=-=- 所以sin :sin :sin ::A B C a b c ==9:7:8故选：B15．在平行四边形ABCD 中，113,2,,,32AB AD AP AB AQ AD ====u u u r u u u r u u u r u u u v 若12,CP CQ ⋅=u u u v u u u v则ADC ∠=( )A ．56πB ．34π C ．23π D ．2π 【答案】C 【解析】如图所示,平行四边形ABCD 中, 3,2AB AD ==,11,32AP AB AQ AD ==u u u r u u u r u u u r u u u r ，23CP CB BP AD AB ∴=+=--u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，12CQ CD DQ AB AD =+=--u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ,因为12CP CQ ⋅=u u u r u u u r,所以2132CP CQ AD AB AB AD ⎛⎫⎛⎫⋅=--⋅-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r22214323AB AD AB AD =++⋅u u ur u u u r u u u r u u u r222143232cos 12323BAD =⨯+⨯+⨯⨯⨯∠=, 1cos 2BAD ∠=，,3BAD π∴∠= 所以233ADC πππ∠=-=，故选C.16．已知△ABC 中，22BC BA BC =⋅=-u u u r u u u r u u u r ，．点P 为BC 边上的动点，则()PC PA PB PC ⋅++u u u r u u u r u u u r u u u r的最小值为（ ） A ．2 B ．34-C ．2-D ．2512-【答案】D 【解析】以BC 的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，可得()()1010B C -，，，，设()()0P a A x y ，，，， 由2BA BC ⋅=-u u u r u u u r，可得()()120222x y x +⋅=+=-，，，即20x y =-≠，， 则()()()101100PC PA PB PC a x a a a y ⋅++=-⋅---+-++u u u r u u u r u u u r u u u r，， ()()()()21312332a x a a a a a =--=---=--21253612a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，当16a =时，()PC PA PB PC ⋅++u u u r u u u r u u u r u u u r 的最小值为2512-．故选：D ．17．如图Rt ABC ∆中，2ABC π∠=，2AC AB =，BAC ∠平分线交△ABC 的外接圆于点D ，设AB a =u u u r r ，AC b =u u u r r ，则向量AD =u u u r（ ）A ．a b +r rB ．12a b +r rC ．12a b +r rD ．23a b +r r【答案】C 【解析】解：设圆的半径为，在Rt ABC ∆中，2ABC π∠=，2AC AB =， 所以3BAC π∠=，6ACB π∠=，BAC ∠平分线交ABC ∆的外接圆于点D ，所以6ACB BAD CAD π∠=∠=∠=，则根据圆的性质BD CD AB ==，又因为在Rt ABC ∆中，12AB AC r OD ===， 所以四边形ABDO 为菱形，所以12AD AB AO a b =+=+u u u r u u u r u u u r r r．故选：C ．18．在ABC ∆中，90A ∠=︒，1AB =，2AC =，设点D 、E 满足AD AB λ=u u u r u u u r ，(1)AE λ=-u u ur ()AC R λ∈u u u r，若5BE CD ⋅=u u u r u u u r，则λ=（ ） A ．13- B ．2 C ．95D ．3【答案】D 【解析】因为90A ∠=︒，则•0AB AC =u u u r u u u r，所以()()BE CD AE AB AD AC •=-•-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r22[(1)]()(1)4(1)34AC AB AB AC AC AB λλλλλλλ=--•-=---=---=-u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .由已知，345λ-=，则3λ=. 选D .19．已知点C 为扇形AOB 的弧AB 上任意一点，且120AOB ∠=︒，若(,)OC OA OB R λμλμ=+∈u u u r u u u r u u u r，则λμ+的取值范围为（ ）A ．[2,2]-B ．C ．D ．[1,2]【答案】D 【解析】解：设半径为1，由已知可设OB 为轴的正半轴，O 为坐标原点，建立直角坐标系，其中A （12-，B （1，0），C （cos θ，sin θ）（其中∠BOC ＝θ203πθ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭有OC OA OB λμ=+u u u r u u u r u u u r（λ，μ∈R ）即：（cos θ，sin θ）＝λ（12-，2）+μ（1，0）；整理得：12-λ+μ＝cos θλ＝sin θ，解得：λ=，μ＝cos θ，则λ+μ=+cos θ=sin θ+cos θ＝2sin （θ6π+），其中203πθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭；易知λ+μ=+cos θ=θ+cos θ＝2sin （θ6π+），由图像易得其值域为[1，2] 故选：D ．20．在同一平面内，已知A 为动点，B ，C 为定点，且∠BAC=3π，2ACB π∠≠，BC=1，P 为BC 中点．过点P 作PQ⊥BC 交AC 所在直线于Q ，则AQ uuu r 在BC uuu r方向上投影的最大值是（ ）A ．13B ．12C D ．23【答案】C 【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则B （-12，0），C （12，0），P （0，0）， 由BAC 3π∠=可知，ABC 三点在一个定圆上，且弦BC 所对的圆周角为3π，所以圆心角为23π.圆心在BC 的中垂线即y 轴上，且圆心到直线BC 的距离为132tan 3BCπ=3(0,6，半径为22133()()263+=. 所以点A 的轨迹方程为：22313x y ⎛+= ⎝⎭，则213x ≤ ，则303x -≤< ， 由AQ uuu r 在BC u u u r 方向上投影的几何意义可得：AQ uuu r 在BC u u u r方向上投影为|DP|=||， 则AQ uuu r 在BC u u u r 3故选：C ．21．已知圆22450x y x ++-=的弦AB 的中点为(1,1)-，直线AB 交x 轴于点P ，则PA PB ⋅u u u r u u u r的值为______． 【答案】5- 【解析】设(1,1)M -，圆心(2,0)C -，∵10112MC k -==-+，根据圆的性质可知，1AB k =-，∴AB 所在直线方程为1(1)y x -=-+，即22gRr，联立方程224500x y x x y ⎧++-=⎨+=⎩可得，22450x x +-=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1252x x +=-， 令0y =可得(0,0)P ，12121225PA PB x x y y x x ⋅=+==-u u u r u u u r，故答案为：-5．22．已知向量(2,1),(,1)a b λ=-=r r ，若||||a b a b +=-r rr r ，则λ=______．【答案】12【解析】解：()()2,1,,1a b λ=-=r Q r()()2,0,2,2a b a b λλ∴+=+-=--r rr r ；a b a b +=-r r r r Q ；2λ∴+=()()22224λλ∴+=-+；解得12λ=． 故答案为：12． 23．向量()1,2a v=-，()1,0b =-r ，若()()a b a b λ-⊥+r r r r ，则λ=_________.【答案】13【解析】向量()1,2a =-v，()1,0b =-r ，所以()()()2,2,1,2a b a b λλλ-=-+=--r r r r，又因为()()a b a b λ-⊥+r r r r，所以()()0a b a b λ-⋅+=r r r r，即()()21220λλ--⨯-=，解得13λ=，故答案为13. 24．设向量12,e e r r的模分别为1,2，它们的夹角为3π，则向量21e e -r r 与2e r 的夹角为_____．【答案】6π 【解析】()221221242cos33e e e e e e π-⋅=-⋅=-=r r r r r r又21e e -===r r()212212212cos ,2e e e e e e e e e -⋅∴<->===-⋅r r r r r rr r r 向量21e e -rr与r2e 的夹角为：6π 本题正确结果：6π25．已知平面向量a r ，m v ，n v ，满足4a =r ，221010m a m n a n ⎧-⋅+=⎨-⋅+=⎩v v v v v v ，则当m n -=u r r _____，则m v 与n v的夹角最大． 【解析】设a r ，m v ，n v的起点均为O ，以O 为原点建立平面坐标系，不妨设(4,0)a =r ，(,)m x y v=，则222m x y =+u r ，4a m x ⋅=r u r ，由210m a m -⋅+=u r r u r可得22410x y x +-+=，即22(2)3x y -+=，∴m v 的终点M 在以(2,0)为圆心，以3为半径的圆上， 同理n v 的终点N 在以(2,0)为圆心，以3为半径的圆上．显然当OM ，ON 为圆的两条切线时，MON ∠最大，即m v ，n v 的夹角最大．设圆心为A ，则3AM =，∴221OM OA AM =-=，3sin 2MOA ∠=，∴60MOA ∠=︒， 设MN 与x 轴交于点B ，由对称性可知MN x ⊥轴，且2MN MB =，∴322sin 2132MN MB OM MOA ==⋅∠=⨯⨯=. 故答案为：3．26．如图，已知P 是半径为2，圆心角为3π的一段圆弧AB 上一点，2A B B C =u u u v u u u v ，则PC PA ⋅u u u r u u u r 的最小值为_______．【答案】5﹣13【解析】设圆心为O,AB 中点为D,由题得22sin 2,36AB AC π=⋅⋅=∴=.取AC 中点M ，由题得2PA PC PM PC PA AC⎧+=⎨-=⎩u u u v u u u v u u u u v u u uv u u u v u u u v , 两方程平方相减得2221944PC PA PM AC PM ⋅=-=-u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r ， 要使PC PA ⋅u u u r u u u r 取最小值，就是PM 最小，当圆弧AB 的圆心与点P 、M 共线时，PM 最小.此时DM=221113,()322DM ∴=+=, 所以PM 有最小值为2﹣13， 代入求得PC PA ⋅u u u r u u u r 的最小值为5﹣213．故答案为：5﹣21327．如图，在边长为2的正三角形ABC 中，D 、E 分别为边BC 、CA 上的动点，且满足CE mBD =（m 为定常数，且(0,1]m ∈），若AD DE ⋅u u u r u u u r 的最大值为34-，则m =________.【答案】12【解析】 以BC 中点为坐标原点O ，OC 方向为x 轴正方向，OA 方向为y 轴正方向，建立如图所示平面直角坐标系， 因为正三角形ABC 边长为2，所以(1,0)B -，(1,0)C ，3)A ，则(2,0)BC =u u u r ，(3)CA =-u u u r ，因为D 为边BC 上的动点，所以设BD tBC =u u u r u u u r，其中01t ≤≤， 则(2,0)BD t =u u u r ，所以(21,0)D t -；又CE mBD tmBC ==，所以(3)CE tmCA tm tm ==-u u u r u u u r ，因此(13)E tm tm -，所以(21,3)AD t =-u u u r ，(223)DE tm t tm =--u u u r ，故2(21)(22)32(2)2(3)2AD DE t tm t tm m t m t ⋅=----=-++--u u u r u u u r2223332(2)22(2)222424m m m m t t m t m m m ⎡⎤---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+--=-+---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦223101(2)2424m m m m t m m --+⎛⎫=-+-+ ⎪++⎝⎭， 因为(0,1]m ∈，所以31513,2422434m m m -⎡⎫=-+∈⎪⎢++⎣⎭，又01t ≤≤， 所以当且仅当324m t m -=+时，AD DE ⋅u u u r u u u r 取得最大值， 即21013244m m m -+=-+，整理得221780m m -+=，解得12m =或8m =（舍） 故答案为1228．在ABC ∆中，已知AB 边上的中线1CM =，且1tan A ，1tan C ，1tan B 成等差数列，则AB 的长为________.23【解析】 因为1tan A ，1tan C ，1tan B成等差数列， 所以211tan tan tan C A B =+，即2cos cos cos sin()sin sin sin sin sin sin sin sin C A B A B C C A B A B A B +=+==， 所以2sin 2cos sin sin C C A B =，由正弦定理可得2cos 2c C ab=， 又由余弦定理可得222cos 2a b c C ab +-=，所以222222a b c c ab ab+-=，故2222a b c +=，又因为AB 边上的中线1CM =，所以1CM =u u u u v ，因为()12CM CA CB u u u u v u u u v u u u v =+， 所以22222422cos CM CA CB CA CB CA CB CA CB C =++⋅=++u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ， 即22224232c b a ab c ab =++⋅=，解23c =. 即AB 的长为23. 故答案为23329．如图，在平面四边形ABCD 中，90CBA CAD ∠=∠=︒，30ACD ∠=︒，AB BC =，点E 为线段BC的中点．若AC AD AE λμ=+u u u r u u u r u u u r (,R λμ∈)，则λμ的值为_______．43 【解析】以A 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设AB ＝BC ＝2，则有A （0,0），B （2,0），C （2,2），E （2,1），AC ＝2AD ＝2×tan30°＝263，过D 作DF⊥轴于F ，∠DAF＝180°－90°－45°＝45°， DF ＝263sin45°＝6223323⨯=，所以D （233-，33）， AC u u u r ＝（2,2），AD u u u r ＝（233-，33），AE u u u r ＝（2,1），因为AC AD AE λμ=+u u u r u u u r u u u r ， 所以，（2,2）＝λ（233-23+μ（2,1），所以，2322 232λμλμ⎧-+=⎪⎪⎨⎪+=⎪，解得：343λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩λμ的值为43故答案为：4330．在平面直角坐标系xOy中，已知()11,A x y，()22,B x y为圆221x y+=上两点，且121212x x y y+=-．若C为圆上的任意一点，则CA CBu u u r u u u rg的最大值为______．【答案】32【解析】因为C为圆2+y2＝1上一点，设C（sinθ，cosθ），则()()1122sin,cos,sin,cosCA x y CB x yθθθθ=--=--u u u r u u u r，∵()11,A x y，()22,B x y为圆221x y+=上两点，∴222211221,1x y x y+=+=，又121212x x y y+=-，∴()()2212121212CA CB x x y y x x sin y y cos sin cosθθθθ⋅=+-+-+++u u u r u u u r()()2212121)2x x y yθϕ=++++222211221212122)2x y x y x x y yθϕ=-++++++1sin()2θϕ=-+，其中1212tany yx xϕ+=+，∵sin()θϕ+∈[﹣1，1]，∴当sin()θϕ+＝1时，CA CB ⋅u u u r u u u r 的最大值为32． 故答案为：32．。
十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题06平面向量理(含解析)
专题06平面向量历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科07】已知非零向量，满足||＝2||，且（）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．【解答】解：∵（）⊥，∴，∴，∵，∴．故选：B．2．【2018年新课标1理科06】在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则（）A．B．C．D．【解答】解：在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，（），故选：A．3．【2015年新课标1理科07】设D为△ABC所在平面内一点，，则（）A．B．C．D．【解答】解：由已知得到如图由；故选：A．【2011年新课标1理科10】已知与均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题P1：||＞1⇔θ∈[0，4．）；P2：||＞1⇔θ∈（，π]；P3：||＞1⇔θ∈[0，）；P4：||＞1⇔θ∈（，π]；其中的真命题是（）A．P1，P4B．P1，P3C．P2，P3D．P2，P4【解答】解：由，得出2﹣2cosθ＞1，即cosθ，又θ∈[0，π]，故可以得出θ∈（，π]，故P3错误，P4正确．由||＞1，得出2+2cosθ＞1，即cosθ，又θ∈[0，π]，故可以得出θ∈[0，），故P2错误，P1正确．故选：A．5．【2017年新课标1理科13】已知向量，的夹角为60°，||＝2，||＝1，则|2|＝．【解答】解：【解法一】向量，的夹角为60°，且||＝2，||＝1，∴4•4＝22+4×2×1×cos60°+4×12＝12，∴|2|＝2．【解法二】根据题意画出图形，如图所示；结合图形2；在△OAC中，由余弦定理得||2，即|2|＝2．故答案为：2．6．【2016年新课标1理科13】设向量（m，1），（1，2），且||2＝||2+||2，则m＝﹣2 ．【解答】解：||2＝||2+||2，可得•0．向量（m，1），（1，2），可得m+2＝0，解得m＝﹣2．故答案为：﹣2．7．【2014年新课标1理科15】已知A，B，C为圆O上的三点，若（），则与的夹角为．【解答】解：在圆中若（），即2，即的和向量是过A，O的直径，则以AB，AC为邻边的四边形是矩形，则⊥，即与的夹角为90°，故答案为：90°8．【2013年新课标1理科13】已知两个单位向量，的夹角为60°，t（1﹣t）．若•0，则t＝．【解答】解：∵，，∴0，∴t cos60°+1﹣t＝0，∴10，解得t＝2．故答案为2．9．【2012年新课标1理科13】已知向量夹角为45°，且，则．【解答】解：∵， 1∴∴|2|解得故答案为：3考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量积，平面向量的综合应用等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量积等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点平面向量的线性运算，平面向量的数量积，平面向量的综合应用等为重点较佳.最新高考模拟试题1．在ABC ∆中，2AB AC AD +=，0AE DE +=，若EB xAB y AC =+，则（ ） A ．3y x = B ．3x y =C ．3y x =-D ．3x y =-【答案】D 【解析】因为2AB AC AD +=，所以点D 是BC 的中点，又因为0AE DE +=，所以点E 是AD 的中点，所以有：11131()22244BE BA AE AB AD AB AB AC AB AC =+=-+=-+⨯+=-+，因此 31,344x y x y =-=⇒=-，故本题选D.2．已知非零向量a ,b 的夹角为60,且满足22a b -=,则a b ⋅的最大值为( ) A ．12B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】因为非零向量a ,b 的夹角为60,且满足22a b -=, 所以2222444a ba b a b -=+-⋅=，即2244cos 604a b a b +-=，即22424a b a b +-=， 又因为2244a ba b +≥，当且仅当2a b =时，取等号；所以222424a b a b a b ≤+-=，即2a b ≤； 因此，1cos6012a b a b a b ⋅==≤. 即a b ⋅的最大值为1. 故选B3．设a ，b 均为单位向量，则“a 与b 夹角为2π3”是“||3a b +=”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】因为a ，b 均为单位向量， 若a 与b 夹角为2π3， 则22||2111a b a b a b +=++⋅=++=； 因此，由“a 与b 夹角为2π3”不能推出“||3a b +=”； 若||3a b +=，则22||211211cos ,3a b a b a b a b +=++⋅=++⨯⨯⨯=，解得1cos ,2a b =，即a 与b 夹角为π3， 所以，由“||3a b +=”不能推出“a 与b 夹角为2π3” 因此，“a 与b 夹角为2π3”是“||3a b +=”的既不充分也不必要条件. 故选D4．在矩形ABCD 中，4AB =uu u r,2AD =．若点M ，N 分别是CD ，BC 的中点，则AM MN ⋅=（ ）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C 【解析】由题意作出图形，如图所示：由图及题意，可得：12AM AD DM AD AB =+=+， 1122MN CN CM CB CD =-=-11112222BC DC AD AB =-+=-+.∴111222AM MN AD AB AD AB ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭221111||||41622424AD AB =-⋅+⋅=-⋅+⋅=. 故选：C ．5．已知P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足()BP BC R λλ=∈，若2AB =，则()AP AB AC ⋅+=（ ）A ．23B ．3C ．6D ．与λ有关的数值【答案】C 【解析】如图：以BC 中点为坐标原点O ，以BC 方向为x 轴正方向，OA 方向为y 轴正方向，建立平面直角坐标系，因为2AB =，则3AO =，因为P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足()BP BC R λλ=∈， 所以点P 在直线BC ，所以AP uu u r在AO 方向上的投影为AO ， 因此2()226AP AB AC AO AP AO ⋅+=⋅==. 故选C6．已知向量(2,1),(,1)a b m ==-，且()a a b ⊥-，则m 的值为（ ） A ．1 B ．3 C ．1或3 D ．4【答案】B 【解析】因为(2,1),(,1)a b m ==-，所以(2,2)a b m -=-，因为()a a b ⊥-，则()2(2)20a a b m ⋅-=-+=，解得3m = 所以答案选B.7．已知向量a 、b 为单位向量，且a b +在a 1，则向量a 与b 的夹角为（ ） A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【答案】A 【解析】设向量a 与b 的夹角为θ， 因为向量a 、b 为单位向量，且a b +在a 1+， 则有3()||12a b a a ⎛⎫+⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭，变形可得：311a b +⋅=+，即cos c 1o 1s a b θθ⋅=⨯⨯==， 又由0θπ≤≤，则6πθ=，故选A ．8．在矩形ABCD 中，3,4,AB AD AC ==与BD 相交于点O ，过点A 作AE BD ⊥，垂足为E ，则AE EC ⋅=（ ）A ．725B ．14425C ．125D ．1225【答案】B 【解析】 如图：由3AB =，4=AD得：5BD ==，125AB AD AE BD ⋅== 又()AE EC AE EO OC AE EO AE OC AE EO AE AO ⋅=⋅+=⋅+⋅=⋅+⋅AE BD ⊥ 0AE EO ∴⋅=又2144cos 25AE AE AO AE AO EAO AE AO AE AO⋅=∠=⋅==14425AE EC ∴⋅=本题正确选项：B9．已知直线y=x+m 和圆x 2+y 2=1交于A 、B 两点，O 为坐标原点，若3AO AB 2⋅=，则实数m=（ ） A ．1± B ．2±C ．2±D ．12±【答案】C 【解析】联立221y x m x y =+⎧⎨+=⎩ ，得2x 2+2mx+m 2-1=0， ∵直线y=x+m 和圆x 2+y 2=1交于A 、B 两点，O 为坐标原点，∴△=4m 2+8m 2-8=12m 2-8＞0，解得m ＞3或m ＜-3，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=-m ，21212m x x -= ，y 1y 2=（x 1+m ）（x 2+m ）=x 1x 2+m （x 1+x 2）+m 2，AO =（-x 1，-y 1），AB =（x 2-x 1，y 2-y 1），∵21123,2AO AB AO AB x x x ⋅=∴⋅=-+y 12-y 1y 2=1221122m m ----+m 2-m 2=2-m 2=32，解得m=2±． 故选：C ．10．已知菱形ABCD 的边长为2，120BAD ∠=︒，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，3BC BE =，DC DF λ=，若1AE AF ⋅=，则λ的值为（ ）A ．3B ．2C ．23D ．52【答案】B 【解析】 由题意可得：()()AE AF AB BE AD DF ⋅=+⋅+113AB BC BC AB λ⎛⎫⎛⎫+⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22111133AB BC AB BC λλ⎛⎫=+++⋅ ⎪⎝⎭，且：224,22cos1202AB BC AB BC ==⋅=⨯⨯=-， 故()44112133λλ⎛⎫+++⨯-= ⎪⎝⎭，解得：2λ=. 故选：B .11．已知正ABC ∆的边长为4，点D 为边BC 的中点，点E 满足AE ED =，那么EB EC ⋅的值为（ ）A ．83- B ．1-C ．1D ．3【答案】B 【解析】由已知可得：，又tan BEDBD ED ∠===所以221tan 1cos 1tan 7BED BEC BED -∠∠==-+∠所以1||cos 17EB EC EB EC BEC ⎛⎫⋅=∠=-=- ⎪⎝⎭‖故选：B ．12．在ABC ∆中，3AC =，向量AB 在AC 上的投影的数量为2,3ABC S ∆-=，则BC =( )A ．5B ．C ．29D ．【答案】C 【解析】∵向量AB 在AC 上的投影的数量为2-， ∴||cos 2AB A =-．① ∵3ABC S ∆=， ∴13||||sin ||sin 322AB AC A AB A ==， ∴||sin 2AB A =．② 由①②得tan 1A =-， ∵A 为ABC ∆的内角，∴34Aπ=，∴2||3sin4 ABπ==在ABC∆中，由余弦定理得2222232cos323(294BC AB AC AB ACπ=+-⋅⋅⋅=+-⨯⨯=，∴BC=故选C．13．在△ABC中，,2,BD DC AP PD BP AB ACλμ===+，则λμ+=（）A．1-3B．13C．1-2D．12【答案】A【解析】因为,2,BD DC AP PD==所以P为ABC∆的重心，所以11311,22222AD AB AC AP AB AC=+∴=+,所以1133AP AB AC=+,所以23BP AP AB AB AC=-=-+因为BP AB ACλμ=+，所以211=,,333λμλμ-=∴+=-故选：A14．在ABC∆中，543AB BC BC CA CA AB→→→→→→==，则sin:sin:sinA B C=（）A．9:7:8BC．6:8:7D【答案】B【解析】设•••543AB BC BC CA CA ABt ===，所以5,4,3AB BC t BC CA t CA AB t ⋅=⋅=⋅=， 所以cos 5,cos 4,cos 3ac B t ab C t bc A t -=-=-=，所以22222222210,8,6c a b t b a c t c b a t +-=-+-=-+-=-，得,,a b c ===所以sin :sin :sin ::A B C a b c ==故选：B15．在平行四边形ABCD 中，113,2,,,32AB AD AP AB AQ AD ====若12,CP CQ ⋅=则ADC ∠=( ) A ．56π B ．34π C ．23πD ．2π【答案】C 【解析】如图所示,平行四边形ABCD 中, 3,2AB AD ==,11,32AP AB AQ AD ==， 23CP CB BP AD AB ∴=+=--，12CQ CD DQ AB AD =+=--,因为12CP CQ ⋅=,所以2132CP CQ AD AB AB AD ⎛⎫⎛⎫⋅=--⋅-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22214323AB AD AB AD =++⋅222143232cos 12323BAD =⨯+⨯+⨯⨯⨯∠=,1cos 2BAD ∠=，,3BAD π∴∠= 所以233ADC πππ∠=-=，故选C. 16．已知△ABC 中，22BC BA BC =⋅=-，．点P 为BC 边上的动点，则()PC PA PB PC ⋅++的最小值为（ ） A ．2 B ．34-C ．2-D ．2512-【答案】D 【解析】以BC 的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，可得()()1010B C -，，，，设()()0P a A x y ，，，， 由2BA BC ⋅=-，可得()()120222x y x +⋅=+=-，，，即20x y =-≠，， 则()()()101100PC PA PB PC a x a a a y ⋅++=-⋅---+-++，， ()()()()21312332a x a a a a a =--=---=--21253612a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，当16a =时，()PC PA PB PC ⋅++的最小值为2512-．故选：D ．17．如图Rt ABC ∆中，2ABC π∠=，2AC AB =，BAC ∠平分线交△ABC 的外接圆于点D ，设AB a =，AC b =，则向量AD =（ ）A ．a b +B ．12a b +C ．12a b +D ．23a b +【答案】C 【解析】解：设圆的半径为r ，在Rt ABC ∆中，2ABC π∠=，2AC AB =， 所以3BAC π∠=，6ACB π∠=，BAC ∠平分线交ABC ∆的外接圆于点D ，所以6ACB BAD CAD π∠=∠=∠=，则根据圆的性质BD CD AB ==， 又因为在Rt ABC ∆中，12AB AC r OD ===， 所以四边形ABDO 为菱形，所以12AD AB AO a b =+=+．故选：C ．18．在ABC ∆中，90A ∠=︒，1AB =，2AC =，设点D 、E 满足AD AB λ=，(1)AE λ=-()AC R λ∈，若5BE CD ⋅=，则λ=（ ） A ．13- B ．2 C ．95D ．3【答案】D 【解析】因为90A ∠=︒，则•0AB AC =，所以()()BE CD AE AB AD AC ∙=-∙-22[(1)]()(1)4(1)34AC AB AB AC AC AB λλλλλλλ=--∙-=---=---=-.由已知，345λ-=，则3λ=. 选D .19．已知点C 为扇形AOB 的弧AB 上任意一点，且120AOB ∠=︒，若(,)OC OA OB R λμλμ=+∈，则λμ+的取值范围为（ ）A ．[2,2]-B ．C ．D ．[1,2]【答案】D 【解析】解：设半径为1，由已知可设OB 为x 轴的正半轴，O 为坐标原点，建立直角坐标系，其中A （12-，B （1，0），C （cos θ，sin θ）（其中∠BOC ＝θ203πθ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭有OC OA OB λμ=+（λ，μ∈R ）即：（cos θ，sin θ）＝λ（12-+μ（1，0）；整理得：12-λ+μ＝cos θλ＝sin θ，解得：λ=，μ＝cos θ，则λ+μ=cos θ=sin θ+cos θ＝2sin （θ6π+），其中203πθ⎛⎫≤≤⎪⎝⎭；易知λ+μ=+cos θ=θ+cos θ＝2sin （θ6π+），由图像易得其值域为[1，2] 故选：D ．20．在同一平面内，已知A 为动点，B ，C 为定点，且∠BAC=3π，2ACB π∠≠，BC=1，P 为BC 中点．过点P 作PQ⊥BC 交AC 所在直线于Q ，则AQ 在BC 方向上投影的最大值是（ ）A ．13B ．12C D ．23【答案】C 【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则B （-12，0），C （12，0），P （0，0）， 由BAC 3π∠=可知，ABC 三点在一个定圆上，且弦BC 所对的圆周角为3π，所以圆心角为23π.圆心在BC 的中垂线即y 轴上，且圆心到直线BC的距离为126tan 3BCπ=，即圆心为，=所以点A的轨迹方程为：2213x y ⎛+-= ⎝⎭，则213x ≤，则03x -≤< ， 由AQ 在BC 方向上投影的几何意义可得：AQ 在BC 方向上投影为|DP|=|x|， 则AQ 在BC方向上投影的最大值是3， 故选：C ．21．已知圆22450x y x ++-=的弦AB 的中点为(1,1)-，直线AB 交x 轴于点P ，则PA PB ⋅的值为______． 【答案】5- 【解析】设(1,1)M -，圆心(2,0)C -， ∵10112MC k -==-+，根据圆的性质可知，1AB k =-，∴AB 所在直线方程为1(1)y x -=-+，即22gRr，联立方程224500x y x x y ⎧++-=⎨+=⎩可得，22450x x +-=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1252x x +=-， 令0y =可得(0,0)P ，12121225PA PB x x y y x x ⋅=+==-，故答案为：-5．22．已知向量(2,1),(,1)a b λ=-=，若||||a b a b +=-，则λ=______． 【答案】12【解析】 解：()()2,1,,1a b λ=-=()()2,0,2,2a b a b λλ∴+=+-=--；a b a b +=-；2λ∴+=()()22224λλ∴+=-+；解得12λ=． 故答案为：12． 23．向量()1,2a =-，()1,0b =-，若()()a b a b λ-⊥+，则λ=_________. 【答案】13【解析】向量()1,2a =-，()1,0b =-，所以()()()2,2,1,2a b a b λλλ-=-+=--， 又因为()()a b a b λ-⊥+，所以()()0a b a b λ-⋅+=，即()()21220λλ--⨯-=，解得13λ=，故答案为13. 24．设向量12,e e 的模分别为1,2，它们的夹角为3π，则向量21e e -与2e 的夹角为_____． 【答案】6π 【解析】()221221242cos33e e e e e e π-⋅=-⋅=-=又()221211e e e e -=-=-=()212212212cos ,22e e e e e e e e e -⋅∴<->===-⋅⨯ ∴向量21e e -与2e 的夹角为：6π本题正确结果：6π25．已知平面向量a ，m ，n ，满足4a =r ，221010m a m n a n ⎧-⋅+=⎨-⋅+=⎩，则当m n -=_____，则m 与n 的夹角最大． 【解析】设a ，m ，n 的起点均为O ，以O 为原点建立平面坐标系， 不妨设(4,0)a =，(,)m x y =，则222m x y =+，4am x ⋅=， 由210m a m -⋅+=可得22410x y x +-+=，即22(2)3x y -+=， ∴m 的终点M在以(2,0) 同理n 的终点N 在以(2,0)显然当OM ，ON 为圆的两条切线时，MON ∠最大，即m ，n 的夹角最大． 设圆心为A ，则AM =1OM ==，sin MOA ∠=60MOA ∠=︒， 设MN 与x 轴交于点B ，由对称性可知MN x ⊥轴，且2MN MB =，∴22sin 21MN MB OM MOA ==⋅∠=⨯=26．如图，已知P 是半径为2，圆心角为3π的一段圆弧AB 上一点，2A B B C =，则P C P A ⋅的最小值为_______．【答案】5﹣【解析】设圆心为O,AB 中点为D, 由题得22sin2,36AB AC π=⋅⋅=∴=.取AC 中点M ，由题得2PA PC PM PC PA AC⎧+=⎨-=⎩,两方程平方相减得2221944PC PA PM AC PM ⋅=-=-， 要使PC PA ⋅取最小值，就是PM 最小， 当圆弧AB 的圆心与点P 、M 共线时，PM 最小.此时DM=1,2DM ∴==,所以PM 有最小值为2，代入求得PC PA ⋅的最小值为5﹣故答案为：5﹣27．如图，在边长为2的正三角形ABC 中，D 、E 分别为边BC 、CA 上的动点，且满足CE mBD =（m 为定常数，且(0,1]m ∈），若AD DE ⋅的最大值为34-，则m =________.【答案】12【解析】以BC 中点为坐标原点O ，OC 方向为x 轴正方向，OA 方向为y 轴正方向，建立如图所示平面直角坐标系，因为正三角形ABC 边长为2，所以(1,0)B -，(1,0)C ，A ，则(2,0)BC =，(CA =-，因为D 为边BC 上的动点，所以设BD tBC =，其中01t ≤≤，则(2,0)BD t =，所以(21,0)D t -；又CE mBD tmBC ==，所以()CE tmCA tm ==-，因此(1)E tm -，所以(21,AD t =-，(22)DE tm t =--，故2(21)(22)32(2)2(3)2AD DE t tm t tm m t m t ⋅=----=-++--2223332(2)22(2)222424m m m m t t m t m m m ⎡⎤---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+--=-+---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 223101(2)2424m m m m t m m --+⎛⎫=-+-+ ⎪++⎝⎭， 因为(0,1]m ∈，所以31513,2422434m m m -⎡⎫=-+∈⎪⎢++⎣⎭，又01t ≤≤， 所以当且仅当324m t m -=+时，AD DE ⋅取得最大值，即21013244m m m -+=-+，整理得221780m m -+=，解得12m =或8m =（舍） 故答案为1228．在ABC ∆中，已知AB 边上的中线1CM =，且1tan A ，1tan C ，1tan B 成等差数列，则AB 的长为________.【解析】 因为1tan A ，1tan C ，1tan B成等差数列， 所以211tan tan tan C A B =+，即2cos cos cos sin()sin sin sin sin sin sin sin sin C A B A B C C A B A B A B +=+==， 所以2sin 2cos sin sin C C A B =，由正弦定理可得2cos 2c C ab=， 又由余弦定理可得222cos 2a b c C ab +-=，所以222222a b c c ab ab+-=，故2222a b c +=， 又因为AB 边上的中线1CM =，所以1CM =，因为()12CM CA CB =+， 所以22222422cos CMCA CB CA CB CA CB CA CB C =++⋅=++，即22224232c b a ab c ab=++⋅=，解3c =.即AB29．如图，在平面四边形ABCD 中，90CBA CAD ∠=∠=︒，30ACD ∠=︒，AB BC =，点E 为线段BC 的中点．若AC AD AE λμ=+(,R λμ∈)，则λμ的值为_______．【解析】以A 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设AB ＝BC ＝2，则有A （0,0），B （2,0），C （2,2），E （2,1），AC ＝，AD ＝×tan30°＝3，过D 作DF⊥x 轴于F ，∠DAF＝180°－90°－45°＝45°， DF＝3sin45°＝323=，所以D（3-，3）， AC ＝（2,2），AD＝（3-），AE ＝（2,1），因为AC AD AE λμ=+， 所以，（2,2）＝λ（3-）+μ（2,1），所以，222μμ⎧+=⎪⎪+=⎩，解得：43λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩λμ30．在平面直角坐标系xOy 中，已知()11,A x y ，()22,B x y 为圆221x y +=上两点，且121212x x y y +=-．若C 为圆上的任意一点，则CA CB 的最大值为______． 【答案】32【解析】因为C 为圆x 2+y 2＝1上一点，设C （sin θ，cos θ），则 ()()1122sin ,cos ,sin ,cos CA x y CB x y θθθθ=--=--，∵()11,A x y ，()22,B x y 为圆221x y +=上两点，∴222211221,1x y x y +=+=，又121212x x y y +=-， ∴()()2212121212CA CB x x y y x x sin y y cos sin cos θθθθ⋅=+-+-+++1)2θϕ=+1)2θϕ=+ 1sin()2θϕ=-+，其中1212tan y y x x ϕ+=+， ∵sin()θϕ+∈[﹣1，1]，∴当sin()θϕ+＝1时，CA CB ⋅的最大值为32． 故答案为：32．。
(北京卷)十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题09立体几何文(含解析)
专题09立体几何历年考题细目表历年高考真题汇编【2018年北京文科06】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）1．A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC，CD，PC＝3，PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD．故选：C．2．【2017年北京文科06】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．60 B．30 C．20 D．10【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积10．故选：D．3．【2015年北京文科07】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．1 B．C．D．2【解答】解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，底面为正方形如图：其中PB⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形∴PB＝1，AB＝1，AD＝1，∴BD，PD．PC═该几何体最长棱的棱长为：故选：C．4．【2013年北京文科08】如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），∴（﹣3，﹣3，3），设P（x，y，z），∵（﹣1，﹣1，1），∴（2，2，1）．∴|PA|＝|PC|＝|PB1|，|PD|＝|PA1|＝|PC1|，|PB|，|PD1|．故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个．故选：B．5．【2012年北京文科07】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（）A．28+6B．30+6C．56+12D．60+12【解答】解：三视图复原的几何体是底面为直角边长为4和5的三角形，一个侧面垂直底面的等腰三角形，高为4，底边长为5，如图，所以S底10，S后，S右10，S左6．几何体的表面积为：S＝S底+S后+S右+S左＝30+6．故选：B．6．【2011年北京文科05】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是（）A．16B．16+16C．32D．16+32【解答】解：由已知中的三视力可得该几何体是一个四棱锥，棱锥的底面边长为4，故底面面积为16，棱锥的高为2，故侧面的高为：2，则每个侧面的面积为： 4，故棱锥的表面积为：16+16，故选：B．7．【2010年北京文科05】一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（）A．B．C．D．【解答】解：由正视图可知去掉的长方体在正视线的方向，从侧视图可以看出去掉的长方体在原长方体的左侧，由以上各视图的描述可知其俯视图符合C选项．故选：C．8．【2010年北京文科08】如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上．点Q是CD的中点，动点P在棱AD上，若EF＝1，DP＝x，A1E＝y（x，y大于零），则三棱锥P﹣EFQ的体积（）A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与y有关，与x无关【解答】解：三棱锥P﹣EFQ的体积与点P到平面EFQ的距离和三角形EFQ的面积有关，由图形可知，平面EFQ与平面CDA1B1是同一平面，故点P到平面EFQ的距离是P到平面CDA1B1的距离，且该距离就是P到线段A1D的距离，此距离只与x有关，因为EF＝1，点Q到EF的距离为线段B1C的长度，为定值，综上可知所求三棱锥的体积只与x有关，与y无关．故选：C．9．【2019年北京文科12】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V．故答案为：40．10．【2019年北京文科13】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．11．【2016年北京文科11】某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个以俯视图为底面四棱柱，棱柱的底面面积S（1+2）×1，棱柱的高为1，故棱柱的体积V，故答案为：12．【2014年北京文科11】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为．【解答】解：由主视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE＝CE＝1；由主视图知CD＝2，由左视图知BE＝1，在Rt△BCE中，BC，在Rt△BCD中，BD，在Rt△ACD中，AD＝2．则三棱锥中最长棱的长为2．故答案为：2．13．【2013年北京文科10】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为．【解答】解：几何体为底面边长为3的正方形，高为1的四棱锥，所以体积．故答案为：3．14．【2019年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∴BD⊥PA，BD⊥AC，∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．（Ⅱ）∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点，∠ABC＝60°，∴AB⊥AE，PA⊥AE，∵PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB，∵AE⊂平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE．解：（Ⅲ）棱PB上是存在中点F，使得CF∥平面PAE．理由如下：取AB中点G，连结GF，CG，∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点，∴CG∥AE，FG∥PA，∵CG∩FG＝G，AE∩PA＝A，∴平面CFG∥平面PAE，∵CF⊂平面CFG，∴CF∥平面PAE．15．【2018年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．【解答】证明：（Ⅰ）PA＝PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD＝PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH BC，由DE∥BC，DE BC，可得DE＝FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．16．【2017年北京文科18】如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC＝B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；（2）证明：由AB＝BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC＝AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE＝DE，可得PA∥DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE PA＝1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC S△ABC2×2＝1，则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC1×1．17．【2016年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC．（1）求证：DC⊥平面PAC；（2）求证：平面PAB⊥平面PAC；（3）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．【解答】（1）证明：∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC，∵DC⊥AC，PC∩AC＝C，∴DC⊥平面PAC；（2）证明：∵AB∥DC，DC⊥AC，∴AB⊥AC，∵PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PC⊥AB，∵PC∩AC＝C，∴AB⊥平面PAC，∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC；（3）解：在棱PB上存在中点F，使得PA∥平面CEF．∵点E为AB的中点，∴EF∥PA，∵PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF．18．【2015年北京文科18】如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC 且AC＝BC，O，M分别为AB，VA的中点．（1）求证：VB∥平面MOC；（2）求证：平面MOC⊥平面VAB（3）求三棱锥V﹣ABC的体积．【解答】（1）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，∴OM∥VB，∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，∴VB∥平面MOC；（2）∵AC＝BC，O为AB的中点，∴OC⊥AB，∵平面VAB⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴OC⊥平面VAB，∵OC⊂平面MOC，∴平面MOC⊥平面VAB（3）在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC，∴AB＝2，OC＝1，∴S△VAB，∵OC⊥平面VAB，∴V C﹣VAB•S△VAB，∴V V﹣ABC＝V C﹣VAB．19．【2014年北京文科17】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E、F分别为A1C1、BC的中点．（1）求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；（2）求证：C1F∥平面ABE；（3）求三棱锥E﹣ABC的体积．【解答】解：（1）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∴BB1⊥AB，∵AB⊥BC，BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面B1BCC1，∴AB⊥平面B1BCC1，∵AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）证明：取AB中点G，连接EG，FG，则∵F是BC的中点，∴FG∥AC，FG AC，∵E是A1C1的中点，∴FG∥EC1，FG＝EC1，∴四边形FGEC1为平行四边形，∴C1F∥EG，∵C1F⊄平面ABE，EG⊂平面ABE，∴C1F∥平面ABE；（3）解：∵AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，∴AB，∴V E﹣ABC S△ABC•AA1（1）×2．20．【2013年北京文科17】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；（Ⅱ）BE∥平面PAD；（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．【解答】解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD①．由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，∴CD⊥EF②．而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．21．【2012年北京文科16】如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2．（1）求证：DE∥平面A1CB；（2）求证：A1F⊥BE；（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．【解答】解：（1）∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面A1CB，∴DE∥平面A1CB．（2）由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC，∴DE⊥A1D，又DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC，而A1F⊂平面A1DC，∴DE⊥A1F，又A1F⊥CD，∴A1F⊥平面BCDE，∴A1F⊥BE．（3）线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ．理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC．∵DE∥BC，∴DE∥PQ．∴平面DEQ即为平面DEP．由（Ⅱ）知DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C，又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP，∴A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ，故线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ．22．【2011年北京文科17】如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．（Ⅰ）求证：DE∥平面BCP；（Ⅱ）求证：四边形DEFG为矩形；（Ⅲ）是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）∵D，E分别为AP，AC的中点，∴DE∥PC，∵DE⊄平面BCP，∴DE∥平面BCP．（Ⅱ）∵D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，∴DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF∴四边形DEFG为平行四边形，∵PC⊥AB，∴DE⊥DG，∴四边形DEFG为矩形．（Ⅲ）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点，由（Ⅱ）知DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG EG，分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN，与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN EG，∴Q为满足条件的点．23．【2010年北京文科17】如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直．EF∥AC，AB，CE ＝EF＝1．（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE．【解答】证明：（Ⅰ）设AC于BD交于点G．因为EF∥AG，且EF＝1，AG AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形，所以AF∥EG，因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE．（Ⅱ）连接FG．因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，所以平行四边形CEFG为菱形．所以CF⊥EG．因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC．又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF．所以CF⊥BD．又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行、垂直的判定与性质，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行、垂直的判定与性质，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为重点较佳.最新高考模拟试题AD与BD所成的角为（）1．在正方体中, 1A．45?B．90C．60D．120【答案】C【解析】如图，连结BC1、BD和DC1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，由AB=D 1C 1，AB ∥D 1C 1，可知AD 1∥BC 1， 所以∠DBC 1就是异面直线AD 1与BD 所成角，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，BC 1、BD 和DC 1是其三个面上的对角线，它们相等． 所以△DBC 1是正三角形，∠DBC 1=60° 故异面直线AD 1与BD 所成角的大小为60°． 故选：C ． 2．在正方体中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面α去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为S ，周长为l ，则( ) A ．S 为定值，l 不为定值 B ．S 不为定值，l 为定值 C ．S 与l 均为定值 D ．S 与l 均不为定值【答案】C 【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等， 如图：与面1A BD 平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，即六边形EFGHMN ，其中分别为其所在棱的中点，由正方体的性质可得22EF =， ∴六边形的周长l 为定值32． ∴六边形的面积为，由正方体的对称性可得其余位置时也为正六边形，周长与面积不变， 故S 与l 均为定值，故选C.3．在四面体P ABC -中，ABC ∆为等边三角形，边长为3，3PA =，4PB =，5PC =，则四面体P ABC -的体积为（ ）A ．3B ．23C ．11D ．10【答案】C 【解析】如图，延长CA 至D ，使得3AD =，连接,DB PD ， 因为，故ADB ∆为等腰三角形，又，故，所以即，故CB DB ⊥，因为，所以，所以CB PB ⊥，因，DB ⊂平面PBD ，PB ⊂平面PBD ，所以CB ⊥平面PBD ， 所以，因A 为DC 的中点，所以，因为，故PDC ∆为直角三角形，所以，又，而4PB =，故即PBD ∆为直角三角形， 所以，所以，故选C.4．若,a b 是不同的直线，,αβ是不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A ．若，则αβ⊥B ．若，则αβ‖C ．若，则αβ‖D ．若，则αβ‖ 【答案】C 【解析】A 中，若，平面,αβ可能垂直也可能平行或斜交，不正确； B 中，若，平面,αβ可能平行也可能相交，不正确；C 中，若,a b αβ⊥⊥，则,a b 分别是平面,αβ的法线，a b ‖必有αβ‖，正确；D 中，若，平面,αβ可能平行也可能相交，不正确.故选C.5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（ ）A ．23π B ．32π C ．3π D ．43π 【答案】B 【解析】解：根据几何体的三视图，该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到的． 故：该几何体的外接球为正方体的外接球，所以：球的半径，则：.故选：B ． 6．如图，正方体中，E 为棱1BB 的中点，用过点A 、E 、1C 的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 解：正方体中，过点1,,A E C 的平面截去该正方体的上半部分后， 剩余部分的直观图如图：则该几何体的正视图为图中粗线部分．故选：A．7．下列说法错误的是（）A．垂直于同一个平面的两条直线平行B．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C．一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直【答案】D【解析】由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确；由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确；由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，C正确；当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，D错误，故选D.-中，8．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”.在如图所示的四棱锥P ABCD=，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD CD鳖臑有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】C 【解析】由题意，因为PD ⊥底面ABCD ，所以PDDC ，PD BC ⊥，又四边形ABCD 为正方形，所以BC CD ⊥，所以BC ⊥平面PCD ，BC PC ⊥，所以四面体PDBC 是一个鳖臑， 因为DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥， 因为，所以DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑， 同理可得，四面体PABD 和FABD 都是鳖臑， 故选C.9．在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______． 【答案】48π 【解析】如图，在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ， 设其中心为O ，由6AB =， 得，PAB ∆是以AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ∴⊥,又因为平面PAB ⊥平面ABC ，PF ∴⊥平面 ABC ，PF OF ∴⊥，，则O 为棱锥P ABC -的外接球球心， 外接球半径，∴该三棱锥外接球的表面积为，故答案为48π.10．若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为3，圆心角为23π的扇形，则该圆锥的体积为_______. 【答案】223π 【解析】因为展开图是半径为3，圆心角为23π的扇形，所以圆锥的母线3l =，圆锥的底面的周长为，因此底面的半径1r =，根据勾股定理，可知圆锥的高，所以圆锥的体积为.11．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列正确命题序号是_____． （1）若m α，n α∥，则m n ∥ （2）若m α⊥，m n ⊥则n α∥（3）若m α⊥，n β⊥且m n ⊥，则αβ⊥； （4）若m β⊂，αβ，则m α【答案】（3）（4） 【解析】 若，则m 与n 可能平行，相交或异面，故（1）错误； 若则n α∥或n α⊂，故（2）错误； 若且m n ⊥，则αβ⊥，故（3）正确；若，由面面平行的性质可得m α，故（4）正确；故答案为：（3）（4） 12．长方体的底面ABCD 是边长为1的正方形，若在侧棱1AA 上存在点E ，使得，则侧棱1AA 的长的最小值为_______．【答案】2 【解析】设侧棱AA 1的长为x ，A 1E ＝t ，则AE ＝x ﹣t ，∵长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是边长为1的正方形， ∠C 1EB ＝90°， ∴，∴2+t 2+1+（x ﹣t ）2＝1+x 2， 整理，得：t 2﹣xt+1＝0，∵在侧棱AA 1上至少存在一点E ，使得∠C 1EB ＝90°， ∴△＝（﹣x ）2﹣4≥0， 解得x≥2．∴侧棱AA 1的长的最小值为2． 故答案为2．13．如图，在Rt ABC ∆中，1AB BC ==，D 和E 分别是边BC 和AC 上一点，DE BC ⊥，将CDE ∆沿DE 折起到点P 位置，则该四棱锥P ABDE -体积的最大值为_______．【答案】327【解析】在Rt ABC ∆中，由已知，1AB BC ==，DE BC ⊥，所以设，四边形ABDE 的面积为,当CDE ∆⊥平面ABDE 时，四棱锥P ABDE -体积最大, 此时，且,故四棱锥P ABDE -体积为，，30,3x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，0V '> ；时，0V '<,所以，当33x =时，max 327V =. 故答案为32714．三棱锥P ABC -的4个顶点在半径为2的球面上，PA ⊥平面ABC ，ABC 是边长为3的正三角形，则点A 到平面PBC 的距离为______． 【答案】65【解析】△ABC 是边长为3的正三角形，可得外接圆的半径2r asin60==︒2，即r ＝1．∵PA ⊥平面ABC ，PA ＝h ，球心到底面的距离d 等于三棱锥的高PA 的一半即h2，那么球的半径R2,解得h=2,又由知，得'65d =故点A 到平面PBC 的距离为65故答案为65． 15．如图，该几何体由底面半径相同的圆柱与圆锥两部分组成，且圆柱的高与底面半径相等．若圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为_______．【答案】3 【解析】设圆柱和圆锥的底面半径为R ，则圆柱的高1h ＝R ，圆锥的母线长为L ，因为圆柱与圆锥的侧面积相等， 所以，，解得：L ＝2R ，得圆锥的高为2h ＝3R ，所以，圆锥与圆柱的高之比为33RR=. 故答案为：3 16．直三棱柱中，，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥O ABC -的体积为1，则球O 表面积的最小值为__________． 【答案】16π. 【解析】如图，在Rt ABC ∆中，设，则．分别取11,AC A C 的中点12,O O ，则12,O O 分别为111Rt A B C ∆和Rt ABC ∆外接圆的圆心， 连12,O O ，取12O O 的中点O ，则O 为三棱柱外接球的球心． 连OA ，则OA 为外接球的半径，设半径为R ．∵三棱锥O ABC -的体积为1， 即，∴6ac =．在2Rt OO C ∆中，可得，∴，当且仅当a c =时等号成立，∴O 球表面积的最小值为16π． 故答案为：16π．17．在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是边长为4的等边三角形，，25PC =.（1）求证：平面PAB ⊥平面ABC ；（2）若点M ，N 分别为棱BC ，PC 的中点，求三棱锥N AMC -的体积V . 【答案】(1)见证明；(2) 26=3V 【解析】（1）取AB 中点H ，连结PH ，HC .∵，4AB =，∴PH AB ⊥，22PH =. ∵等边ABC ∆的边长为4 ∴23HC =，又25PC = ∴∴90PHC ∠=， 即PH HC ⊥ 又∵，AB平面ABC ，CH ⊂平面ABC ∴PH ⊥平面ABC ，又PH ⊂平面PAB ∴平面PAB ⊥平面ABC（2）∵点M ，N 分别为棱BC ，PC 的中点 ∴点N 到平面ABC 的距离为1=22PH 且∴三棱锥N AMC -的体积18．如图所示，三棱柱中，90BCA ∠=°，1AC ⊥平面1A BC ．（1）证明：平面ABC ⊥平面11ACC A ；（2）若，11A A A C =，求点1B 到平面1A BC 的距离．【答案】（1）见解析；（2）3 【解析】 （1）证明：1AC ⊥平面1A BC ，．，，BC ∴⊥平面11ACC A ．又BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面11ACC A ．（2）解：取AC 的中点D ，连接1A D ．，．又平面ABC ⊥平面11ACC A ，且交线为AC ，则1A D ⊥平面ABC ．1AC ⊥平面1A BC ，，∴四边形11ACC A 为菱形，．又11A A A C =，1A AC ∴是边长为2正三角形，13A D ∴= ．面11BB C C ,1BB ⊂面11BB C C1AA ∴面11BB C C设点1B 到平面1A BC 的距离为h ．则．，，3h ∴=．所以点1B 到平面1A BC 的距离为3．19．在边长为3的正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边AB ，BC 上（如左图），且=BE BF ，将AED ，DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A （如右图）．（1）求证：A D EF '⊥； （2）当13BF BC =时，求点A 到平面DEF 的距离． 【答案】（1）见解析；（2）375【解析】（1）由ABCD 是正方形及折叠方式，得：A E A D '⊥'，A F A D '⊥'，，A D ∴'⊥平面A EF '， 平面A EF '，．（2），，，52DEFS∴=设点A 到平面DEF 的距离为d ，，，解得375d =． ∴点A 到平面DEF 的距离为375．20．如图，四棱锥S ABCD -中，SD ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AD CD ⊥，SD CD =，AB AD =，2CD AD =，M 是BC 中点，N 是SA 上的点.（1）求证：//MN 平面SDC ； （2）求A 点到平面MDN 的距离. 【答案】（1）见证明；（2）127d = 【解析】（1）取AD 中点为E ，连结ME ，NE ，则//ME DC ，因为ME ⊄平面SDC ，所以//ME 平面SDC ，同理//NE 平面SDC . 所以平面//MNE 平面SDC ，从而因此//MN 平面SDC .（2）因为CD AD ⊥，所以ME AD ⊥.因为SD ⊥平面ABCD ，所以SD CD ⊥，ME SD ⊥.所以ME ⊥平面SAD . 设2DA =，则3ME =，2NE =，，10MD =，5ND =.在MDN ∆中，由余弦定理，从而，所以MDN ∆面积为72. 又ADM ∆面积为12332⨯⨯=. 设A 点到平面MDN 的距离为d ，由得732d NE =， 因为2NE =，所以A 点到平面MDN 的距离127d =. 21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，3PA =，//AB CD ，AB AD ⊥，，2AB =，E 为侧棱PA 上一点.（Ⅰ）若13PE PA =，求证：PC //平面EBD ； （Ⅱ）求证：平面EBC ⊥平面PAC ；（Ⅲ）在侧棱PD 上是否存在点F ，使得AF ⊥平面PCD ？若存在，求出线段PF 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）存在，线段PF 长32. 【解析】 （Ⅰ）设，连结EG ，由已知AB//CD ，DC 1=，AB 2=,得.由1PE PA 3=,得AE 2EP=. 在ΔPAC 中，由AE AGEP GC=，得EG //PC . 因为EG ⊂平面EBD ，PC ⊄平面EBD ， 所以PC //平面EBD .（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC PA ⊥. 由已知得AC 2=，BC 2=，AB 2=，所以.所以BC AC ⊥. 又，所以BC ⊥平面PAC .因为BC ⊂平面EBC ， 所以平面EBC ⊥平面PAC .（Ⅲ）在平面PAD 内作AF PD ⊥于点F ，由DC PA ⊥，DC AD ⊥，，得DC ⊥平面PAD .因为AF ⊂平面PAD ，所以CD AF ⊥. 又，所以AF ⊥平面PCD .由PA 3=，AD 1=，PA AD ⊥， 得3PF 2=. 22．已知三棱柱的底面ABC 是等边三角形，侧面AA C C ''⊥底面ABC ，D 是棱BB '的中点.（1）求证：平面DA C '⊥平面ACC A ''；（2）求平面DA C '将该三棱柱分成上下两部分的体积比. 【答案】(1)见证明；(2)1：1 【解析】（1）取,AC A C ''的中点,O F ,连接OF 与C A '交于点E ， 连接DE ，,OB B F ',则E 为OF 的中点，,且，所以BB FO '是平行四边形.又D 是棱BB '的中点，所以DE OB .。
(北京卷)十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题03函数概念与基本初等函数文(含解析)
专题03函数概念与基本初等函数历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年北京文科03】下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递增的是（）A．y＝x B．y＝2﹣x C．y＝log x D．y【解答】解：在（0，+∞）上单调递增，和在（0，+∞）上都是减函数．故选：A．2．【2018年北京文科05】“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献，十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为（）A．f B．f C．f D．f【解答】解：从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为：．故选：D．3．【2017年北京文科05】已知函数f（x）＝3x﹣（）x，则f（x）（）A．是偶函数，且在R上是增函数B．是奇函数，且在R上是增函数C．是偶函数，且在R上是减函数D．是奇函数，且在R上是减函数【解答】解：f（x）＝3x﹣（）x＝3x﹣3﹣x，∴f（﹣x）＝3﹣x﹣3x＝﹣f（x），即函数f（x）为奇函数，又由函数y＝3x为增函数，y＝（）x为减函数，故函数f（x）＝3x﹣（）x为增函数，故选：B．4．【2017年北京文科08】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080，则下列各数中与最接近的是（）（参考数据：lg3≈0.48）A．1033B．1053C．1073D．1093【解答】解：由题意：M≈3361，N≈1080，根据对数性质有：3＝10lg3≈100.48，∴M≈3361≈（100.48）361≈10173，∴1093，故选：D．5．【2016年北京文科04】下列函数中，在区间（﹣1，1）上为减函数的是（）A．y B．y＝cos x C．y＝ln（x+1）D．y＝2﹣x【解答】解：A．x增大时，﹣x减小，1﹣x 减小，∴增大；∴函数在（﹣1，1）上为增函数，即该选项错误；B．y＝cos x在（﹣1，1）上没有单调性，∴该选项错误；C．x增大时，x+1增大，ln（x+1）增大，∴y＝ln（x+1）在（﹣1，1）上为增函数，即该选项错误；D.；∴根据指数函数单调性知，该函数在（﹣1，1）上为减函数，∴该选项正确．故选：D．6．【2016年北京文科08】某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，表中为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊．在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则（）A．2号学生进入30秒跳绳决赛B．5号学生进入30秒跳绳决赛C．8号学生进入30秒跳绳决赛D．9号学生进入30秒跳绳决赛【解答】解：∵这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，故编号为1，2，3，4，5，6，7，8的学生进入立定跳远决赛，又由同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则3，6，7号同学必进入30秒跳绳决赛，剩下1，2，4，5，8号同学的成绩分别为：63，a，60，63，a﹣1有且只有3人进入30秒跳绳决赛，故成绩为63的同学必进入30秒跳绳决赛，故选：B．7．【2015年北京文科03】下列函数中为偶函数的是（）A．y＝x2sin x B．y＝x2cos x C．y＝|lnx| D．y＝2﹣x【解答】解：对于A，（﹣x）2sin（﹣x）＝﹣x2sin x；是奇函数；对于B，（﹣x）2cos（﹣x）＝x2cos x；是偶函数；对于C，定义域为（0，+∞），是非奇非偶的函数；对于D，定义域为R，但是2﹣（﹣x）＝2x≠2﹣x，2x≠﹣2﹣x；是非奇非偶的函数；故选：B．8．【2015年北京文科08】某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程，在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为（）A．6升B．8升C．10升D．12升【解答】解：由表格信息，得到该车加了48升的汽油，跑了600千米，所以该车每100千米平均耗油量48÷6＝8；故选：B．9．【2014年北京文科02】下列函数中，定义域是R且为增函数的是（）A．y＝e﹣x B．y＝x C．y＝lnx D．y＝|x|【解答】解：A．函数的定义域为R，但函数为减函数，不满足条件．B．函数的定义域为R，函数增函数，满足条件．C．函数的定义域为（0，+∞），函数为增函数，不满足条件．D．函数的定义域为R，在（0，+∞）上函数是增函数，在（﹣∞，0）上是减函数，不满足条件．故选：B．10．【2014年北京文科06】已知函数f（x）log2x，在下列区间中，包含f（x）零点的区间是（）A．（0，1）B．（1，2）C．（2，4）D．（4，+∞）【解答】解：∵f（x）log2x，∴f（2）＝2＞0，f（4）0，满足f（2）f（4）＜0，∴f（x）在区间（2，4）内必有零点，故选：C．11．【2014年北京文科08】加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”，在特定条件下，可食用率p与加工时间t（单位：分钟）满足函数关系p＝at2+bt+c（a，b，c是常数），如图记录了三次实验的数据，根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为（）A．3.50分钟B．3.75分钟C．4.00分钟D．4.25分钟【解答】解：将（3，0.7），（4，0.8），（5，0.5）分别代入p＝at2+bt+c，可得，解得a＝﹣0.2，b＝1.5，c＝﹣2，∴p＝﹣0.2t2+1.5t﹣2，对称轴为t 3.75．故选：B．12．【2013年北京文科03】下列函数中，既是偶函数又在区间（0，+∞）上单调递减的是（）A．B．y＝e﹣x C．y＝lg|x| D．y＝﹣x2+1【解答】解：A中，y为奇函数，故排除A；B中，y＝e﹣x为非奇非偶函数，故排除B；C中，y＝lg|x|为偶函数，在x∈（0，1）时，单调递减，在x∈（1，+∞）时，单调递增，所以y＝lg|x|在（0，+∞）上不单调，故排除C；D中，y＝﹣x2+1的图象关于y轴对称，故为偶函数，且在（0，+∞）上单调递减，故选：D．13．【2012年北京文科05】函数f（x）（）x的零点个数为（）A．0 B．1 C．2 D．3【解答】解：函数f（x）的定义域为[0，+∞）∵y在定义域上为增函数，y在定义域上为增函数∴函数f（x）在定义域上为增函数而f（0）＝﹣1＜0，f（1）0故函数f（x）的零点个数为1个故选：B．14．【2012年北京文科08】某棵果树前n年的总产量S n与n之间的关系如图所示．从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，则m的值为（）A．5 B．7 C．9 D．11【解答】解：若果树前n年的总产量S与n在图中对应P（S，n）点则前n年的年平均产量即为直线OP的斜率由图易得当n＝9时，直线OP的斜率最大即前9年的年平均产量最高，故选：C．15．【2011年北京文科03】如果x y＜0，那么（）A．y＜x＜1 B．x＜y＜1 C．1＜x＜y D．1＜y＜x【解答】解：不等式可化为：又∵函数的底数0 1故函数为减函数∴x＞y＞1故选：D．16．【2010年北京文科06】给定函数①，②，③y＝|x﹣1|，④y＝2x+1，其中在区间（0，1）上单调递减的函数序号是（）A．①②B．②③C．③④D．①④【解答】解：①是幂函数，其在（0，+∞）上即第一象限内为增函数，故此项不符合要求；②中的函数是由函数向左平移1个单位长度得到的，因为原函数在（0，+∞）内为减函数，故此项符合要求；③中的函数图象是由函数y＝x﹣1的图象保留x轴上方，下方图象翻折到x轴上方而得到的，故由其图象可知该项符合要求；④中的函数图象为指数函数，因其底数大于1，故其在R上单调递增，不合题意．故选：B．17．【2017年北京文科11】已知x≥0，y≥0，且x+y＝1，则x2+y2的取值范围是．【解答】解：x≥0，y≥0，且x+y＝1，则x2+y2＝x2+（1﹣x）2＝2x2﹣2x+1，x∈[0，1]，则令f（x）＝2x2﹣2x+1，x∈[0，1]，函数的对称轴为：x，开口向上，所以函数的最小值为：f（）．最大值为：f（1）＝2﹣2+1＝1．则x2+y2的取值范围是：[，1]．故答案为：[，1]．18．【2016年北京文科10】函数f（x）（x≥2）的最大值为．【解答】解：；∴f（x）在[2，+∞）上单调递减；∴x＝2时，f（x）取最大值2．故答案为：2．19．【2016年北京文科14】某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种，则该网店①第一天售出但第二天未售出的商品有种；②这三天售出的商品最少有种．【解答】解：①设第一天售出商品的种类集为A，第二天售出商品的种类集为B，第三天售出商品的种类集为C，如图，则第一天售出但第二天未售出的商品有19﹣3＝16种；②由①知，前两天售出的商品种类为19+13﹣3＝29种，第三天售出但第二天未售出的商品有18﹣4＝14种，当这14种商品第一天售出但第二天未售出的16种商品中时，即第三天没有售出前两天的商品时，这三天售出的商品种类最少为29种．故答案为：①16；②29．20．【2015年北京文科10】2﹣3，，log25三个数中最大数的是．【解答】解：由于0＜2﹣3＜1，12，log25＞log24＝2，则三个数中最大的数为log25．故答案为：log25．21．【2014年北京文科14】顾客请一位工艺师把A，B两件玉石原料各制成一件工艺品，工艺师带一位徒弟完成这项任务，每件原料先由徒弟完成粗加工，再由师傅进行精加工完成制作，两件工艺品都完成后交付顾客，两件原料每道工序所需时间（单位：工作日）如下：则最短交货期为个工作日．【解答】解：由题意，徒弟利用6天完成原料B的加工，由师傅利用21天完成精加工，与此同时，徒弟利用9天完成原料A的加工，最后由师傅利用15天完成精加工，故最短交货期为6+21+15＝42 个工作日．故答案为：42．22．【2013年北京文科13】函数f（x）的值域为．【解答】解：当x≥1时，f（x）；当x＜1时，0＜f（x）＝2x＜21＝2．所以函数的值域为（﹣∞，2）．故答案为（﹣∞，2）．23．【2012年北京文科12】已知函数f（x）＝lgx，若f（ab）＝1，则f（a2）+f（b2）＝．【解答】解：∵函数f（x）＝lgx，f（ab）＝lg（ab）＝1，f（a2）+f（b2）＝lga2+lgb2＝lg（ab）2＝2lg（ab）＝2．故答案为：2．24．【2012年北京文科14】已知f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3），g（x）＝2x﹣2．若∀x∈R，f（x）＜0或g （x）＜0，则m的取值范围是．【解答】解：∵g（x）＝2x﹣2，当x≥1时，g（x）≥0，又∵∀x∈R，f（x）＜0或g（x）＜0∴此时f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3）＜0在x≥1时恒成立则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与x轴交点都在（1，0）的左面则∴﹣4＜m＜0故答案为：（﹣4，0）25．【2011年北京文科13】已知函数若关于x的方程f（x）＝k有两个不同的实根，则数k的取值范围是．【解答】解：函数的图象如下图所示：由函数图象可得当k∈（0，1）时方程f（x）＝k有两个不同的实根，故答案为：（0，1）26．【2011年北京文科14】设A（0，0），B（4，0），C（t+4，3），D（t，3）（t∈R）．记N（t）为平行四边形ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则N（0）＝，N（t）的所有可能取值为．【解答】解：当t＝0时，平行四边形ABCD内部的整点有（1，1）；（1，2）；（2，1）；（2，2）；（3，1）；（3，2）共6个点，所以N（0）＝6作出平行四边形ABCD将边OD，BC变动起来，结合图象得到N（t）的所有可能取值为6，7，8故答案为：6；6，7，827．【2010年北京文科09】已知函数y，如图表示的是给定x的值，求其对应的函数值y 的程序框图，①处应填写；②处应填写．【解答】解：由题目可知：该程序的作用是计算分段函数y的值，由于分段函数的分类标准是x是否大于2，而满足条件时执行的语句为y＝2﹣x，易得条件语句中的条件为x＜2不满足条件时②中的语句为y＝log2x故答案为：x＜2，y＝log2x．28．【2010年北京文科14】（北京卷理14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动．设顶点P（x，y）的轨迹方程是y＝f（x），则f（x）的最小正周期为；y＝f（x）在其两个相邻零点间的图象与x轴所围区域的面积为说明：“正方形PABC沿X轴滚动”包括沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动．沿x轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在x轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续．类似地，正方形PABC可以沿x轴负方向滚动．【解答】解：不难想象，从某一个顶点（比如A）落在x轴上的时候开始计算，到下一次A点落在x轴上，这个过程中四个顶点依次落在了x轴上，而每两个顶点间距离为正方形的边长1，因此该函数的周期为4．下面考察P点的运动轨迹，不妨考察正方形向右滚动，P点从x轴上开始运动的时候，首先是围绕A点运动个圆，该圆半径为1，然后以B点为中心，滚动到C点落地，其间是以BP为半径，旋转90°，然后以C为圆心，再旋转90°，这时候以CP为半径，因此最终构成图象如下：故其与x轴所围成的图形面积为．故答案为：4，π+1．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：函数，函数的单调性与最值，函数的奇偶性与周期性，幂函数与二次函数，指数函数，对数函数，分段函数，函数的图象，函数与方程等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：函数的单调性与最值，函数的奇偶性与周期性，指数函数，对数函数，分段函数，函数的图象，函数与方程等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点函数的单调性与最值，函数的奇偶性与周期性，指数函数，对数函数，分段函数，函数的图象，函数与方程等为重点较佳.最新高考模拟试题1．已知是定义域为[a ，a +1]的偶函数，则2b a a -＝（ ）A ．0B ．34CD ．4 【答案】B【解析】∵f （x ）在[a ，a +1]上是偶函数，∴﹣a ＝a +1⇒a 12=-， 所以f （x ）的定义域为[12-，12]， 故：f （x ）12=-x 2﹣bx +1， ∵f （x ）在区间[12-，12]上是偶函数， 有f （12-）＝f （12），代入解析式可解得：b ＝0； ∴2b a a -13144=-=． 故选：B ．2．已知函数()y f x =的定义域为R ,)1(+x f 为偶函数,且对121x x ∀<≤,满足.若(3)1f =,则不等式的解集为（ ） A ．1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．)8,1(C ．D ．【答案】A【解析】因为对121x x ∀<≤,满足，所以()y f x =当1≤x 时，是单调递减函数，又因为)1(+x f 为偶函数，所以()y f x =关于1x =对称，所以函数()y f x =当1>x 时，是增函数，又因为(3)1f =，所以有1)1(=-f ，当2log 1x ≤时，即当02x <≤时，当2log 1x >时，即当2x >时，，综上所述：不等式的解集为1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭，故本题选A.3．函数的单调减区间为（ ） A ．(,1)-∞-B ．3(,)2-∞-C ．3(,)2+∞D ．(4,)+∞ 【答案】A【解析】 函数,所以或1x <-，所以函数()f x 的定义域为4x >或1x <-，当3(,)2-∞时，函数是单调递减，而1x <-，所以函数的单调减区间为(),1-∞-，故本题选A 。
十年(2010-2019)高考数学真题分类汇编(试卷版+解析版)：三角函数
A.sinα>0 B.cosα>0
C.sin 2α>0 D.cos 2α>0
43.(2014·大纲全国·文 T2)已知角 α 的终边经过点(-4,3),则 cosα=( )
4
3
3
4
A.5
B.5
C.-5
D.-5
44.(2014·全国 1·理 T8)设 α∈
0,
π 2
,β∈
0,
π 2
,且 tan
1+sin2
段上,角 α 以 Ox 为始边,OP 为终边.若 tan α<cosα<sin α,则 P 所在的圆弧是( )
A.
B. C. D.
8.(2018·全国 1·文 T11)已知角 α 的顶点为坐标原点,始边与 x 轴的非负半轴重合,终边上有两点
2
A(1,a),B(2,b),且 cos 2α=3,则|a-b|=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
1
1
37.(2015·重庆·文 T6)若 tan α=3,tan(α+β)=2,则 tan β=( )
1
1
5
5
A.7
B.6
C.7
D.6
2π
38.(2015·安徽·理 T10)已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω,φ 均为正的常数)的最小正周期为 π,当 x= 3
5π
11π
18.(2017·天津·T7)设函数 f(x)=2sin(ωx+φ),x∈R,其中 ω>0,|φ|<π,若 f 8 =2,f 8 =0,且 f(x)
的最小正周期大于 2π,则( )
2
π
2
2010-2019“十年高考”数学真题分类汇总 直线与圆 (可下载)
2010-2019“十年高考”数学真题分类汇总解析几何——直线与圆（附详细答案解析）1.（2019北京文8）如图，A ，B 是半径为2的圆周上的定点，P 为圆周上的动点，APB ∠是锐角，大小为β。
图中阴影区域的面积的最大值为（A ）4β+4cos β（B ）4β+4sin β（C ）2β+2cos β（D ）2β+2sin β【答案】（B）.【解析】由题意和题图可知，当P 为优弧 AB 的中点时，阴影部分的面积取最大值，设圆心为O ，2AOB β∠=，()1222BOP AOP ββ∠=∠=π-=π-.此时阴影部分面积BOP AOP AOB S S S S ∆∆++=扇形()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=βπβsin 2221222212ββsin 44+=.故选B.2.（2019北京文11）设抛物线y 2=4x 的焦点为F ，准线为l ．则以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为__________．【答案】()2214x y -+=.【解析】24y x =的焦点为()1,0，准线为1x =-，故符合条件的圆为()2214x y -+=.3.（2019江苏18）如图，一个湖的边界是圆心为O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路l ，湖上有桥AB （AB 是圆O 的直径）．规划在公路l 上选两个点P 、Q ，并修建两段直线型道路PB 、QA ．规划要求：线段PB 、QA 上的所有点到点O 的距离均不小于圆．．．．O 的半径．已知点A 、B 到直线l 的距离分别为AC 和BD （C 、D 为垂足），测得AB =10，AC =6，BD =12（单位：百米）．（1）若道路PB 与桥AB 垂直，求道路PB 的长；（2）在规划要求下，P 和Q 中能否有一个点选在D 处？并说明理由；（3）在规划要求下，若道路PB 和QA 的长度均为d （单位：百米）.求当d 最小时，P 、Q 两点间的距离．【解析】解法一：（1）过A 作AE BD ⊥，垂足为E .由已知条件得，四边形ACDE 为矩形，6, 8DE BE AC AE CD =====.'因为PB ⊥AB ，所以84cos sin 105PBD ABE ∠=∠==.所以12154cos 5BD PB PBD ===∠.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P 在D 处，由（1）可得E 在圆上，则线段BE 上的点（除B ，E ）到点O 的距离均小于圆O 的半径，所以P 选在D 处不满足规划要求.②若Q 在D 处，联结AD，由（1）知10AD ==，从而2227cos 0225AD AB BD BAD AD AB +-∠==>⋅，所以∠BAD 为锐角.所以线段AD 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径.因此，Q 选在D 处也不满足规划要求.综上，P 和Q 均不能选在D 处.（3）先讨论点P 的位置.当︒<∠90OBP 时，线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径，点P 不符合规划要求；当︒≥∠90OBP 时，对线段PB 上任意一点F ，OB OF ≥，即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径，点P符合规划要求.设1P 为l 上一点，且1PB AB ⊥，由（1）知，1P B =15，此时11113sin cos 1595PD PB PBD PB EBA =∠=∠=⨯=；当∠OBP >90°时，在1PPB △中，115PB PB >=.由上可知，d ≥15.再讨论点Q 的位置.由（2）知，要使得QA ≥15，点Q 只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求.当QA =15时，CQ ==此时，线段QA 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径.综上，当PB ⊥AB ，点Q 位于点C 右侧，且CQ =时，d 最小，此时P ，Q 两点间的距离PQ =PD +CD +CQ =17+因此，d 最小时，P ，Q 两点间的距离为17+解法二：（1）如图，过O 作OH ⊥l ，垂足为H.以O 为坐标原点，直线OH 为y 轴，建立平面直角坐标系.因为BD =12，AC =6，所以OH =9，直线l 的方程为y =9，点A ，B 的纵坐标分别为3，−3.因为AB 为圆O 的直径，AB =10，所以圆O 的方程为x 2+y 2=25.从而A （4，3），B （−4，−3），直线AB 的斜率为34.因为PB ⊥AB ，所以直线PB 的斜率为43-，∴直线PB 的方程为42533y x =--.所以P （−13，9），15PB ==.因此道路PB 的长为15（百米）.（2）①若P 在D 处，取线段BD 上一点E （−4，0），则EO =4<5，所以P 选在D 处不满足规划要求.②若Q 在D 处，联结AD ，由（1）知D （−4，9），又A （4，3），所以线段AD ：36(44)4y x x =-+- .在线段AD 上取点M （3，154），因为5OM =，所以线段AD 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径.因此Q 选在D 处也不满足规划要求.综上，P 和Q 均不能选在D 处.（3）先讨论点P 的位置.当∠OBP <90°时，线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径，点P 不符合规划要求；当∠OBP ≥90°时，对线段PB 上任意一点F ，OF ≥OB ，即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径，点P 符合规划要求.设1P 为l 上一点，且1PB AB ⊥，由（1）知，1P B =15，此时1P （−13，9）；当∠OBP >90°时，在1PPB △中，115PB PB >=.由上可知，d ≥15.再讨论点Q 的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q 只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求.当QA =15时，设Q （a ，9），由15(4)AQ a ==>，得a =4+Q （4+此时，线段QA 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径.综上，当P （−13，9），Q （4+9）时，d 最小，此时P ，Q 两点间的距离4(13)17PQ =+-=+因此，d 最小时，P ，Q 两点间的距离为17+4.（2019浙江12）已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ，半径长是r 。