2020版高考理科数学各类题型归纳训练汇总

1、2020年高考理科数学 二项式定理题型归纳与训练【题型归纳】题型一 二项式定理展开的特殊项例 在二项式的展开式中，含的项的系数是( ) A B C D5 【答案】B【解析】对于，对于，则的项的系数是【易错点】公式记错，计算错误。【思维点拨】本题主要考查二项式定理的展开公式，知道什么是系数，会求每一项的系数题型二 求参数的值例 若二项式的展开式中,第4项与第7项的二项式系数相等,则展开式的系数为_.(用数字作答)【答案】9【解析】根据已知条件可得: , 所以的展开式的通项为,令,所以所求系数为. 【易错点】分数指数幂的计算【思维点拨】本题主要考查二项式定理的展开公式，并用其公式求参数的值题型三

2、展开项的系数和例 已知，则等于()A BC D【答案】B【解析】由于，又的展开式的通项公式为：，在展开式中是的系数，所以应取，.【易错点】对二项式的整体理解【思维点拨】本题主要对二项式定理展开式的综合考查，学会构建模型题型四 二项式定理中的赋值二项式的展开式中，求：(1)二项式系数之和；(2)各项系数之和；(3)所有奇数项系数之和【答案】（1） （2）-1 （3）【解析】设(1)二项式系数之和为.(2)各项系数之和为(3)由(2)知，令，得，将两式相加，得，即为所有奇数项系数之和【思维点拨】本题主要学会赋值法求二项式系数和、系数和，难点在于赋值【巩固训练】题型一 二项式定理展开的特殊项1.在

3、的展开式中，的系数为（ ）A B C D【答案】A【解析】解：，的系数为2的展开式中 的系数是_ 【答案】1120【解析】解：，解得，所以的系数为3.在的展开式中，的系数是_ （用数字作答）【答案】【解析】解：的展开式中，的系数是题型二 求参数的值1.已知的展开式中含有的系数是54，则=_ 【答案】4【解析】解：的展开式中通项公式： 含有的系数是54，=2 ，可得 ， ，解得2.在 的展开式中常数项的系数是60，则的值为_ 【答案】2【解析】解：，令，解得r=2 ，a0，解得a=23.在的展开式中，的系数为（用数字作答）【答案】40【解析】利用通项公式，令，得出的系数为题型三 展开项的系数和1

4、.在 的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则 的系数为（ ）A135 B405 C15 D45【答案】A【解析】由题意可得，。，则的系数为2.若二项式的展开式中各项的系数和为32，则该展开式中含的系数为（ ）A1 B5 C10 D20【答案】B【解析】解：令，则， 令 ，该展开式中含x的系数为3. 的二项展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则各项的系数和为_ 【答案】-1【解析】解：因为的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大 所以=9令题型四 二项式定理中的赋值1.已知，则实数的值为（ ）A15 B20 C40 D60【答案】D【解析】解：其展开式的通项为 ， 则x的系数为，

5、解得， 则2.若，且，则实数的值为 ()A1或3 B3 C1 D1或3【答案】D【解析】令0，得，令1，得，又，1或3.3.的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则_【答案】3【解析】由已知得，故的展开式中的奇数次冥项分别为，其系数之和为，解得=32020年高考理科数学 解三角形题型归纳与训练【题型归纳】题型一 正弦定理、余弦定理的直接应用例1 QUOTE ABC的内角，的对边分别为，已知 QUOTE sin(A+C)=8sin2B2(1)求(2)若，面积为2，求【答案】（1）（2）【解析】由题设及得，故上式两边平方，整理得，解得（舍去），.（2）由得，故又，则由余弦定理及得所以【易错点】

6、二倍角公式的应用不熟练，正余弦定理不确定何时运用【思维点拨】利用正弦定理列出等式直接求出例2 的内角的对边分别为,若,则 .【答案】【解析】.【易错点】不会把边角互换，尤其三角恒等变化时，注意符号。【思维点拨】边角互换时，一般遵循求角时，把边换成角；求边时，把角转换成边。例3在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若b1，ceq r(3)，Ceq f(2,3)，则SABC_.【答案】eq f(r(3),4)【解析】因为cb，所以BC，所以由正弦定理得eq f(b,sin B)eq f(c,sin C)，即eq f(1,sin B)eq f(r(3),sinf(2,3)2，即sin Be

7、q f(1,2)，所以Beq f(,6)，所以Aeq f(,6)eq f(2,3)eq f(,6).所以SABCeq f(1,2)bc sin Aeq f(1,2)eq r(3)eq f(1,2)eq f(r(3),4).【易错点】大边对大角，应注意角的取值范围【思维点拨】求面积选取公式时注意，一般选取已知角的公式，然后再求取边长。题型二利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状例1在中，角的对边分别为，且成等差数列(1)若，求的面积(2)若成等比数列，试判断的形状【答案】(1) (2)等边三角形【解析】(1)由A，B，C成等差数列，有2BAC(1)因为A，B，C为ABC的内角，所以ABC(2)得

8、B，b2a2c22accosB(3)所以 解得或(舍去)所以(2)由a，b，c成等比数列，有b2ac(4)由余弦定理及(3)，可得b2a2c22accosBa2c2ac再由(4)，得a2c2acac，即(ac)20。因此ac从而AC(5)由(2)(3)(5)，得ABC所以ABC为等边三角形【易错点】等差数列，等比数列容易混淆【思维点拨】在三角形中，三边和三角都是实数，三个数很容易联想到数列的三项，所以，三角函数与数列的结合也是较为常见的问题，解答中注意几个常见结论，此类问题就不难解答了.例2在ABC中，已知，试判断ABC的形状。【答案】等边三角形【解析】，又，所以，所以，即，因而；由得。所以，

9、ABC为等边三角形。【易错点】条件的转化运用【思维点拨】判定三角形形状时，一般考虑两个方向进行变形：（1）一个方向是边，走代数变形之路，通常是正、余弦定理结合使用；（2）另一个方向是角，走三角变形之路.通常是运用正弦定理题型三与三角形中有关的不等式问题例1ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ABC的面积为.（1）求;（2）若6cos Bcos C=1，a=3，求ABC的周长.【答案】（1） ；（2）【解析】【易错点】不会利用将角的关系转化为边的关系【思维点拨】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为

10、角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.例2已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边,.(1)求A的大小； (2)若a7,求ABC的周长的取值范围【答案】(1) (2)(14,21【解析】(1)由正弦定理得：；(2)由已知：,由余弦定理当且仅当bc7时等号成立,又bc7,7b

11、c14,从而ABC的周长的取值范围是(14,21【易错点】求周长范围的问题，应先用余弦定理列出等式，再根据基本不等式求出所求问题.【思维点拨】周长问题也可看做是边长问题的延伸,所以在解决周长相关问题时,着眼于边长之间的关系,结合边长求最值(范围)的解决方式,通常都能找到正确的解题途径.例3ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2c-a=2bcos A.(1)求角B的大小;(2)若b=23,求a+c的最大值.【答案】(1)B=（2）43【解析】:(1)2c-a=2bcos A,根据正弦定理,得2sin C-sin A=2sin Bcos A.A+B=-C,sin C=sin(A+B)

12、=sin Bcos A+cos Bsin A,代入式,得2sin Bcos A=2sin Bcos A+2cos Bsin A-sin A,化简得(2cos B-1)sin A=0.A是三角形的内角,sin A0,2cos B-1=0,解得cos B=12,B(0,),B=.(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得12=a2+c2-ac.(a+c)2-3ac=12,12(a+c)2-34(a+c)2,当且仅当a=c=23时取等号,a+c43【易错点】涉及到最值问题时,常利用基本不等式或表示为三角形的某一内角的三角函数形式求解.(1)根据正弦定理与两角和的正弦公式,化简条件等式,可

13、得(2cos B-1)sin A=0,结合sin A0得到cos B,从而解出B;(2)由余弦定理,可得出12=a2+c2-ac.再利用基本不等式求最大值.【思维点拨】(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素,基本思想是方程思想,即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程,通过解方程求得未知元素;正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化,解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系,也可以把已知条件化为三角形边的关系;涉及到最值问题时,常利用基本不等式或表示为三角形的某一内角的三角函数形式求解.题型四解三角形的实际应用例1在某次测量中，在A处测得

14、同一平面方向的B点的仰角是50，且到A的距离为2，C点的俯角为70，且到A的距离为3，则B、C间的距离为()A.eq r(16) B.eq r(17) C.eq r(18) D.eq r(19)【答案】 D【解析】 因BAC120，AB2，AC3.BC2AB2AC22ABAC cos BAC49223cos 12019.BCeq r(19).【易错点】没有正确理解题意，不能将应用转化为可计算的三角模型【思维点拨】正弦定理、余弦定理及其在现实生活中的应用是高考的热点，主要利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形的度量问题以及几何计算的实际问题，常与三角变换、三角函数的性质交汇命题例2设甲、乙两

15、楼相距，从乙楼底望甲楼顶的仰角为，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为，则甲、乙两楼的高分别是（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】设甲楼为，乙楼为，如图，在， ，在中，设，由余弦定理得： ，即，解得，则甲、乙两楼的高分别是，【易错点】没有正确理解题意，不能将应用转化为可计算的三角模型【思维点拨】正弦定理、余弦定理及其在现实生活中的应用是高考的热点，主要利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形的度量问题以及几何计算的实际问题，常与三角变换、三角函数的性质交汇命题【巩固训练】题型一 正弦定理、余弦定理的直接应用1.在ABC中,角A、B、C所对的边分别为a,b,c，已知a=2， 2sinA=si

16、nC=时，求b及c的长【答案】b=或2；。【解析】当a=2，2sinA=sinC时，由正弦定理，得c=4由sinC=，及0C得cosC=由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC，得b2b-12=0解得 b=或2所以 或 2.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c. 已知b+c=2a cos B.（I）证明：A=2B；（II）若ABC的面积，求角A的大小.【答案】（1）略 （2）或【解析】（I）由正弦定理得故于是，又,故所以或因此（舍去）或所以，（II）由得，故有，因为，得又，所以当时，；当时，综上，或3.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（ = 1 * ROMAN I）

17、求C；（ = 2 * ROMAN II）若的面积为，求的周长【答案】（ = 1 * ROMAN I）；（II）【解析】（I）由已知及正弦定理得，故可得，所以(II)由已知，.又，所以.由已知及余弦定理得，.故，从而.所以的周长为题型二 利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状1.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若cacosB(2ab)cos A，则ABC的形状为()A等腰三角形 B直角三角形 C等腰直角三角形 D等腰或直角三角形【答案】D【解析】因为cacosB(2ab)cos A， C(AB)，所以由正弦定理得sin Csin Acos B2sin Acos AsinBco

18、s A，所以sin Acos Bcos Asin Bsin AcosB2sin Acos AsinBcos A，所以cos A(sin Bsin A)0，所以cos A0或sin Bsin A，所以Aeq f(,2)或BA或BA(舍去)，所以ABC为等腰或直角三角形2.在ABC中,若sin A=2cos Bsin C,则ABC的形状是.【答案】等腰三角形【解析】由已知等式得a=2eq f(c2a2b2,2ac)c,所以a2=a2+c2-b2,所以c2=b2,即c=b.故ABC为等腰三角形.3. ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若eq f(c,b)cos A，则ABC为()A钝角

19、三角形 B直角三角形C锐角三角形 D等边三角形【答案】A【解析】依题意，得eq f(sin C,sin B)cos A，sin Csin Bcos A，所以sin(AB)sin Bcos A，即sin Bcos Acos Bsin Asin Bcos A0，所以cos Bsin A0.又sin A0，于是有cos B0，B为钝角，ABC是钝角三角形，选A.题型三 与三角形有关的不等式问题1.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2Bcos B1cos A cos C.(1)求证：a，b，c成等比数列； (2)若b2，求ABC的面积的最大值【答案】（1）略 （2）eq r

20、(3).【解析】(1)证明：在ABC中，cos Bcos(AC)由已知，得(1sin2B)cos(AC)1cos A cos C，sin2B(cos A cos Csin A sin C)cos A cos C，化简，得sin2Bsin A sin C. 由正弦定理，得b2ac，a，b，c成等比数列(2)由(1)及题设条件，得ac4.则cos Beq f(a2c2b2,2ac)eq f(a2c2ac,2ac)eq f(2acac,2ac)eq f(1,2)，当且仅当ac时，等号成立0B，sin Beq r(1cos2B)eq r(1f(1,2)2)eq f(r(3),2).SABCeq f(1

21、,2)ac sin Beq f(1,2)4eq f(r(3),2)eq r(3).ABC的面积的最大值为eq r(3).2在中，内角的对边分别为已知.(1).求角A的大小；(2).若， 的面积为，求的值【答案】(1). (2). 【解析】(1).由已知得，化简得，整理得，即，由于，则，所以(2).因为，所以根据余弦定理得，即，所以3.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足cos2Ccos2A2sin(1)求角A的大小；(2)若aeq r(3)，且ba，求2bc的取值范围【答案】（1）Aeq f(,3)或eq f(2,3).（2）eq r(3)，2eq r(3)【解析】(1)由

22、已知得2sin2A2sin2C，化简得sin2Aeq f(3,4)，sin Aeq f(r(3),2)，又0A，sin Aeq f(r(3),2)， 故Aeq f(,3)或eq f(2,3).(2)由eq f(a,sinA)eq f(b,sinB)eq f(c,sinC)，得b2sinB，c2sinC，因为ba，所以BA，所以Aeq f(,3)，故2bc4sinB2sinC4sinB2sin3sinBeq r(3)cos B2eq r(3)sin.因为ba，所以eq f(,3)Beq f(2,3)，所以eq f(,6)Beq f(,6)6时可以将函数看作周期函数，得到f(2 019)f(3)，

23、然后再带入3，得出f(3)f(3).题型二 指对幂函数的图象与简单性质例1 函数f(x)axb的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是()A.a1，b1，b0C.0a0D.0a1，b0【答案】D【解析】由f(x)axb的图象可以观察出，函数f(x)axb在定义域上单调递减，所以0a1.函数f(x)axb的图象是在f(x)ax的基础上向左平移得到的，所以b0.【易错点】注意b的符号【思维点拨】(1)已知函数解析式判断其图象一般是取特殊点，判断选项中的图象是否过这些点，若不满足则排除；(2)对于有关指数型函数的图象问题，一般是从最基本的指数函数的图象入手，通过平移、伸缩、对称变换而得到

24、特别地，当底数a与1的大小关系不确定时应注意分类讨论例2 已知定义在R上的函数f(x)2|xm|1(m为实数)为偶函数，记af(log0.53)，bf(log25)，cf(2m)，则a，b，c的大小关系为()A.abc B.cabC.acb D.cba【答案】B【解析】由函数f(x)2|xm|1为偶函数，得m0，所以f(x)2|x|1，当x0时，f(x)为增函数，log0.53log23，log25|log23|0，bf(log25)af(log0.53)cf(2m)f(0)，故选B.【易错点】对称性的条件转化；利用单调性或图象转化到同一单调区间比较大小.【思维点拨】函数的图象关于对称；指对幂

25、函数比较大小时像本题中a,b一样可以换成同底数的数，可以化为一样的底数利用单调性比较大小. 题型三 二次函数的图象与性质例1 已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)0成立，则实数m的取值范围是_【答案】（eq f(r(2),2)，0）【解析】由于f(x)x2mx1mx(x21)，可视f(x)为关于m的一次函数，故根据题意有解得eq f(r(2),2)m0.【思维点拨】恒成立问题转化为最值问题.例2 已知f(x)ax22x(0 x1)，求f(x)的最小值【答案】a0时，f(x)ax22x的图象的开口方向向上，且对称轴为直线xeq f(1,a).当eq f(1,a)1，即a

26、1时，f(x)ax22x的图象的对称轴在0，1内，f(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(1,a)上单调递减，在eq blcrc(avs4alco1(f(1,a)，1)上单调递增f(x)mineq f(1,a)eq f(2,a)eq f(1,a).当eq f(1,a)1，即0a1时，f(x)ax22x的图象的对称轴在0，1的右侧，f(x)在0，1上单调递减f(x)minf(1)a2.当a0时，f(x)ax22x的图象的开口方向向下，且对称轴xeq f(1,a)0)在区间m，n上的最大或最小值如下：(1)当m，n，即对称轴在所给区间内时，f(x)的最小值在对称轴处取得，其最小值是

27、；若eq f(mn,2)，f(x)的最大值为f(n)；若eq f(mn,2)，f(x)的最大值为f(m)(2)当m，n，即给定的区间在对称轴的一侧时，f(x)在m，n上是单调函数若m，f(x)在m，n上是增函数，f(x)的最小值是f(m)，最大值是f(n)；若n0,排除D；当x趋近于正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大,故选B.【易错点】忽略正无穷大时的函数值【思维点拨】判断函数奇偶性根据选项代入特殊值判断函数值正负根据极限判断趋近值.题型五 复合函数的简单性质例1 设f(x)lg是奇函数，则使f(x)0的x的取值范围是_.【答案】(1，0).【解析】由f(x)是奇函数可得a1，f(x)lg，定

28、义域为(1，1).由f(x)0，可得01，1x0.【易错点】奇偶性判断【思维点拨】含对数函数的复合函数如果为奇函数，代入-x时真数部分与原真数部分互为倒数.可记住常见具有奇偶性的复合函数.常见奇函数：或；或常见偶函数：（如）、（如）例2 若函数在区间上是增函数，求a的取值范围.【答案】【解析】令，函数为减函数，在区间上递减，且满足，解得，所以，的取值范围为.【易错点】对数型函数的定义域【思维点拨】利用复合函数同增异减的性质得出参数需满足的不等式组.题型六 函数性质综合例1 设函数yf(x)的图象与y2xa的图象关于直线yx对称，且f(2)f(4)1，则a()A1 B1C2 D4【答案】C.【解

29、析】设(x，y)是函数yf(x)图象上任意一点，它关于直线yx的对称点为(y，x)，由yf(x)的图象与y2xa的图象关于直线yx对称，可知(y，x)在y2xa的图象上，即x2ya，解得ylog2(x)a，所以f(2)f(4)log22alog24a1，解得a2，选C.【易错点】关于直线对称的函数求法例2 设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意的xR恒有f(x1)f(x1)，已知当x0,1时，f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)1x，则：2是函数f(x)的周期；函数f(x)在(1,2)上递减，在(2,3)上递增；函数f(x)的最大值是1，最小值是0；当x(3,4

30、)时，f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x3.其中所有正确命题的序号是_【答案】【解析】由已知条件：f(x2)f(x)，则yf(x)是以2为周期的周期函数，正确；当1x0时，0 x1，f(x)f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)1x，函数yf(x)的图象如图所示：当3x4时，1x41时，a，b，c的大小关系是()A.cab B.cbaC.abc D.ac1时，所以cab.3. 当0 xeq f(1,2)时，4xlogax，则a的取值范围是()A. B. C(1，eq r(2) D(eq r(2)，2)【答案】B【解析】由题意得，当0a1时，

31、要使得4xlogax，即当0 xeq f(1,2)时，函数y4x的图象在函数ylogax图象的下方又当xeq f(1,2)时，2，即函数y4x的图象过点.把点代入函数ylogax，得aeq f(r(2),2).若函数y4x的图象在函数ylogax图象的下方，则需eq f(r(2),2)a1时，不符合题意，舍去所以实数a的取值范围是.题型三 二次函数的图象与性质1.若时恒成立,求实数a的取值范围.【答案】【解析】分离参数a,可得则当时，令所以f(x)在时单调递增，所以也可利用二次函数性质分类讨论.2.设二次函数f(x)ax22axc在区间0,1上单调递减，且f(m)f(0)，则实数m的取值范围是

32、()A.eq blc(rc(avs4alco1(，0) B2，)C(，02，) D0,2【答案】D【解析】二次函数f(x)ax22axc在区间0,1上单调递减，则a0，f(x)2a(x1)0，x0,1，所以a0，即函数的图象开口向上，又因为对称轴是直线x1.所以f(0)f(2)，则当f(m)f(0)时，有0m2.a0也可利用f(x)ax22axc=a(x22x)c=a(x1)2ac在对称轴左边递减得到.3.已知函数f(x)x22ax5(a1)(1)若f(x)的定义域和值域均是1，a，求实数a的值；(2)若f(x)在区间(，2上是减函数，且对任意的x1，x21，a1，总有|f(x1)f(x2)|

33、4，求实数a的取值范围【答案】（1）a2；（2）2,3【解析】(1)f(x)(xa)25a2(a1)，f(x)在1，a上是减函数又定义域和值域均为1，a解得a2.(2)f(x)在区间(，2上是减函数，a2.又xa1，a1，且(a1)aa1，f(x)maxf(1)62a，f(x)minf(a)5a2.对任意的x1，x21，a1，总有|f(x1)f(x2)|4，f(x)maxf(x)min4，得1a3.又a2，2a3.故实数a的取值范围是2,3题型四 函数图象的综合考查1.函数的图象大致是（ ）【答案】D【解析】 从奇偶性可排除B，且易知当x1时，原函数大于0，排除A，当x0时，对函数求导单调性可

34、排除C.故选D.2.函数f(x)lneq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x)的图象是()【答案】B.【解析】自变量x满足，当x0时，可得x1，当x0时，可得1x0，即函数f(x)的定义域是(1,0)(1，)，据此排除选项A、D；函数y单调递增，故函数f(x)ln()在(1,0)，(1，)上单调递增，故选B.3.函数y在2,2的图象大致为()【答案】D.【解析】利用导数研究函数y在0,2上的图象，利用排除法求解f(x)|，x2,2是偶函数，又f(2)8e2(0,1)，故排除A，B.设g(x)，则g(x)4xex.又g(0)0，g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点，f(x)在(

35、0,2)内至少存在一个极值点，排除C.故选D.题型五 复合函数的简单性质1.已知函数为奇函数则实数的值为 【答案】1.【解析】由奇函数得：,因为,所以2.若函数f(x)loga(x2ax5)(a0，且a1)满足对任意的x1，x2，当x1x2eq f(a,2)时，f(x2)f(x1)0，则实数a的取值范围为_【答案】(1,2eq r(5).【解析】 当x1x2eq f(a,2)时，f(x2)f(x1)0，即函数在区间(，eq f(a,2)上为减函数，设g(x)x2ax5，则，解得1a2eq r(5).3.函数的值域为()A(0，) B(1，)C1，) D(，)【答案】B【解析】令2xt，则函数可

36、化为yt22t1(t1)2(t0)函数y(t1)2在(0，)上递增，y1.所求值域为(1，)故选B.题型六 函数性质综合1.设方程的根分别为x1，x2，则()A0 x1x21 Bx1x21C1x1x22 Dx1x22【答案】A.【解析】方程的根分别为x1，x2，所以，可得x2eq f(1,2)，令f(x)，则f(2)f(1)0，所以1x12，所以eq f(1,2)x1x21，即0 x1x21.故选A.2.若函数的值域是4，)，求实数a的取值范围【答案】【解析】当x2时，f(x)x6，f(x)在(，2上为减函数，f(x)4，)当x2时，若a(0,1)，则f(x)3logax在(2，)上为减函数，

37、f(x)(，3loga2)，显然不满足题意，a1，此时f(x)在(2，)上为增函数，f(x)(3loga2，)，由题意可知(3loga2，)4，)，则3loga24，即loga21，1a2.3.已知定义域为R的函数是奇函数(1)求a，b的值；(2)若对任意的tR，不等式f(t22t)f(2t2k)0恒成立，求k的取值范围【答案】（1）a2，b1;（2）.【解析】(1)因为f(x)是R上的奇函数，所以f(0)0，即eq f(1b,2a)0，解得b1.从而有.又由f(1)f(1)知eq f(21,4a)eq f(f(1,2)1,1a)，解得a2.(2)由(1)知f(x)eq f(2x1,2x12)

38、eq f(1,2)eq f(1,2x1)，由上式易知f(x)在R上为减函数，又因为f(x)是奇函数，从而不等式f(t22t)f(2t2k)0等价于f(t22t)2t2k.即对一切tR有3t22tk0，从而412k0，解得keq f(1,3).2020年高考理科数学：平面向量题型归纳与训练【题型归纳】题型一 平面向量的线性运算例1：记maxx，yx,xyy,xy,minx，yy,xyx,xb0)的右焦点为F,过点F与x轴垂直的直线l交两渐近线于A.B两点,与双曲线的其中一个交点为P,设坐标原点为O,若OP=mOA+nOB(m,nR),且mn=29,则该双曲线的渐近线为（ ）Ay=34x By=2

39、4x Cy=12x Dy=13x【答案】B【解析】由题意可知A(c,bca),B(c,bca),代入OP=mOA+nOB，得P(m+n)c,(mn)bca),代入双曲线方程中,整理的4e2mn=1；又因为mn=29,可得e=324,ba=e21=24,所以该双曲线的渐近线为y=24x，故B为正确答案.【易错点】A、B、P三点坐标的确定，离心率的概念。【思维点拨】解析几何中基本量的计算要注意方程思想的应用和运算的准确性.题型三 平面向量数量积的概念与计算例1.如图,正六边形ABCDEF的边长为1,则ADDB（ ）A.3 B.3 C.3 D.3【答案】 D【解析】根据正六边形性质,有ADB30,于

40、是向量AD与DB所成角为150;且AD=2,|DB|=3,所以ADDB=|AD|DBcos1502332=3,选D【易错点】正六边形的性质及平面向量的加减法运算法则的应用；【思维点拨】利用定义求两个非零向量数量积,关键要搞清向量的数量积和模,尤其在求向量夹角时,要判断其起点是否共点例2.在ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,sinC2=63,a=b=3,点P是边AB上的一个三等分点,则CPCB+CPCA=( )A.0 B.6 C.9 D.12【答案】 B【解析】过点C作COAB,垂足为O如图所示, C0,3.,sinC2=63,cosC2=1sin2C2=33,CO=3.AO=OB

41、=3332=6.取点P靠近点B的三等分点则P63,0.CPCB+CPCA=CP2CO=263,30,3=6同理取点P靠近点A的三等分点答案也是6CPCB+CPCA=6【易错点】坐标系的建立，点坐标的确定；【思维点拨】用坐标法求平面向量数量积可以简化解题过程,坐标法思想能否灵活使用以及坐标系建立的恰当与否是解题关键例3.如图,BC,DE是半径为1的圆O的两条直径, BF=2FO,则FDFE的值是（ ）A34 B89 C14 D49【答案】 B【解析】BF=2FO,r=1,FO=13,FDFE=FO+ODFO+OE=FO2+FOOE+OD+ODOE=132+01=89.故选B.【易错点】平面向量线

42、性运算性质的应用，共线性质的应用；【思维点拨】利用线性运算将待求量转化到利用B.O.C,D.O.E共线的向量表示,利用同向或是反向解决问题；题型四 平面向量的夹角与模的计算例1.若非零向量a,b满足|a|223|b|,且(ab)(3a+2b),则a与b的夹角为()A.4B. 2C. 34D【答案】 A【解析】设bx,a,b，则a223x,ab=223x2cos. (ab)(3a2b)，(ab)(3a2b)0，3a2+2ab3ab2b20,即389x2223x2cos2x20, 223cos=23,cos=22，0,=4.故选A.【易错点】垂直关系的转化，比例关系的应用，夹角的范围；【思维点拨】

43、利用垂直得出a,b的等式关系，借助长度关系建立关于夹角余弦值方程即可解决;题型五 平面向量中的范围、最值问题例1.在边长为2的等边三角形ABC中,D是AB的中点,E为线段AC上一动点,则EBED的取值范围为 【答案】见解析；【解析】由题意可得，AE与AB的夹角是60，D是AB的中点，设AE=x,EBED=ABAEADAE=ABADAB+ADAE+|AE|2 =2|AD|23ADAE+AE2=232x+x2;由于E为线段AC上的一动点，故0 x2，令f(x)= 232x+x2=x342+2316;当x=34时，f(x)min=2316；当x=2时, f(x)max=3，EBED的取值范围为231

44、6,3)【易错点】线性转化，函数关系的构造，取值范围的确定；【思维点拨】将EBED用某个变量表示,转化为函数的值域问题,其中选择变量要有可操作性.例2.已知向量a,b,c满足: a=4,b=22, a与b的夹角为4, cacb=1,则|ca|的最大值为（ ）A.2+12 B. 2+22 C. 2+12 D. 2+1【答案】 D【解析】设OA=a,OB=b,OC=c;以OA所在直线为x,O为坐标原点建立空间直角坐标系,a=4,b=22,a与b的夹角为4,则A(4,0),B(2,2),设C(x,y),cacb=1,x2+y26x2y+9=0,即(x3)2+(y1)2=1表示以(3,1)为圆心，以1

45、为半径的圆,|ca|表示点AC的距离，即圆上的点与点A(4,0)的距离；圆心到B的距离为：(43)2+(01)2=2, |ca|的最大值为2+1，故选:D【易错点】题干条件的转化，几何意义的应用；【思维点拨】夹角已知向量模已知的情况下，即可将线性运算转化为坐标运算，将问题具体化.例3. 已知向量OA与OB的夹角为,OA=2,OB=1,OP=tOA,OG=1tOB,|PQ|在t0时取得最小值,当0t015时,夹角的取值范围为（ ）A.(0,3) B. (3,2) C. (2,23) D. (0,23)【答案】 D【解析】由题意知, OAOB=21cos=2cos,PQ=OQOP=1tOBtOA;

46、PQ2=1t2OB2+t2OA22t1tOAOB=1t2+4t24t(1t)cos; 5+4cost2+24cost+1;由二次函数图像及其性质知,当上式取得最小值时, t0=1+2cos5+4cos.由题意可得,01+2cos5+4cos15，求得12cos0,所以2cos23，故应选C.【易错点】转化方向的确定，函数关系的建立；【思维点拨】求变量的取值范围、最值,往往要将目标函数用某个变量表示,转化为求函数的最值问题,期间要注意变量之间的关系,进而得解.例4.已知a=,2,b=(3,5),且a与b的夹角为锐角,则的取值范围是 【答案】 0,且a与b不共线同向,由ab03+100,解得103

47、,当向量a与b共线时,得5=6,得=65,因此的取值范围是0且cos1,而三角形内角为锐角,则cos0题型六 平面向量在三角函数中的应用例1.在平面直角坐标系xOy中，已知向量m=(22,22),nsinx,cos x;x0,2.若mn，求tanx的值；若m与n的夹角为3,求x的值.【答案】 见解析；【解析】m=(22,22)，nsinx,cos x，mn.mn=22sinx22cos x=0，即sinxcosx，tanx=sinxcosx=1.由题意知，m222+222=1，nsinx2+cosx21，mn=22sinx22cos x=sin(x4).而mn|m|n|cosm，ncos312

48、.sin(x4)12，又x0,2，x44,4，x4=6，x=512.【易错点】运算出错，角度范围不明确；【思维点拨】利用平面向量坐标运算性质及垂直关系建立等式即可得出结果。【巩固训练】题型一 平面向量的线性运算1.设D,E分别是ABC的边AB,BC上的点，AD12AB，BE23BC.若DE1AB+2AC(1,2为实数)，则1+2的值为_【答案】：12【解析】：DEDB+BE=12AB+23BC=12AB+23ACAB=23AC16AB；又DE1AB+2AC,1=16,2=23,1+2=12.2.已知A,B,C为圆O上的三点，若AO=12AB+AC，则AB与AC的夹角为_【答案】：90【解析】：

49、由AO=12AB+AC可知O为BC的中点，即BC为圆O的直径，又因为直径所对的圆周角为直角，所以BAC=90，所以AB与AC的夹角为90.3.在ABC中,点M,N满足AM=2MC，BN=NC,若MN=xAB+yAC，则x_；y_.【答案】：12 16【解析】：如图，在ABC中，MN=MA+AB+BN=23AC+AB+12BC=23AC+AB+12ACAB =12AB16AC； x=12;y=16题型二 共线向量定理、平面向量基本定理的应用1. 如图,在平行四边形ABCD中, ABa,ADb,AN3NC,则BN（ ）(用a,b表示) A.14a34b B. 34a14b C.14b34a D.3

50、4b14a【答案】D【解析】BN=BA+AN=BA+34AC=BA+34AB+AD=14AB+34AD=14a+34b2. 已知OA,OB是两个单位向量,且OAOB=0.若点C在AOB内,且AOC=30,则OC=mOA+nOB(m,nR)，则nm（）A. 13 B.3 C. 33 D. 3【答案】C【解析】以O原点,向量OA,OB所在直线为轴,建立平面直角坐标系,因为AOC=30,设点C的坐标为(x, 33x),由OC=mOA+nOB,得m=x, n=33x, nm=333.直线l过抛物线y2=2px(p0)的焦点,且交抛物线于A,B两点,交其准线于C点,已知AF=4,CB=3BF,则p（ ）

51、A.2 B. 43 C. 83 D.4【答案】C【解析】过A,B分别作准线的垂线交准线于E,D.因为AF=4,CB=3BF，所以AE=4,|CB|=3|BF|,且|BF|=|BD|,设BF=BD=a,则|CB|=3a,根据三角形的相似性可得: |BD|AE|=|CB|AC|,即 a4=3a3a+a+4,解得a=2,所以|GF|AE|=|CF|AC|,即p4=3a+a3a+a+4=4a4a+4,所以p=4aa+1=83,选C.4在ABC中,M为边BC上任意一点,N为AM中点, AN=AB+AC,则+的值为()A. 12 B. 13 C. 14 D.1【答案】A【解析】M为边BC上任意一点,可设A

52、M=xAB+yAC;(x+y=1)N为AMAM中点,AN=12AM=12xAB+12yAC=AB+AC;.+=12x+y=12. 题型三 平面向量数量积的概念与计算1.若等腰ABC底边BC上的中线长为1,底角B60,则BAAC的取值范围是_【答案】1,23【解析】因为等腰ABC底边BC上的中线长为1,底角B60,所以BAC0,y0且x+y=1,则CDBE的最大值为 （ ） A.58 B34 C32 D38【答案】D【解析】由题意：ABAC=ABACcos3=12; CD=CB+BD=ABAC+xBA=1xABAC; BE=BC+CE=ACAB+yCA=1yACAB=xACAB;CDBE=1xA

53、BACxACAB =x1xABAC+ABAC1xAB2x|AC|; =12x2+12x12=12x12238,(x(0,1);当x=12时, CDBE取得最大值38。题型四 平面向量的夹角与模的计算1.已知向量AB与AC的夹角为120,且|AB|=3,AC=2.若AP=AB+AC,且APBC，则实数的值为_【答案】712【解析】APBC,APBC=0, AB+ACBC=0,即 AB+ACACAB= ABAC AB2+AC2ABAC=0;向量AB与AC的夹角为120, |AB|=3,AC=2，1ABACcos1209+4=0; =712.2.平面向量a1,2,b4,2,cma+b(mR),且c与

54、a的夹角等于c与b的夹角，则m()A2 B1 C1 D2【答案】D【解析】:cma+bm+4，2m+2，ac5m+8,bc=8m+20.由两向量的夹角相等可得：ac|a|=bc|b|,即为5m+85=8m+2020，解得m2.3.)在平行四边形ABCD中,AD1,BAD60，E为CD的中点若ACBE1，则AB的长为_【答案】12【解析】方法一：由题意可知，AC=AB+AD，BE=12AB+AD.因为ACBE1，所以(AB+AD)(12AB+AD)1，则|AD|2+12ABAD12AB2=1, 因为AD=1,BAD60,所以ABAD=12AB;因此式可化为1+14AB12AB2=1.解得AB=0

55、(舍去)或12，所以AB的长为12.方法二：以A为原点，AB为x轴建立如图的直角坐标系，过D作DMAB于点M.由AD=1,BAD60，可知AM=12,DM=32 .设|AB|m(m0)，则B(m,0)Cm+12,32,D(12,32).因为E是CD的中点，所以Em2+12,32.所以BE=12m2,32,AC=m+12,32.由ACBE=1，可得m+1212m2+34=1,即2m2m=0,所以m=0(舍去)或12. 故AB的长为12.题型五 平面向量中的范围、最值问题1.已知ABAC,AB=1t,AC=t,若点P是ABC所在平面内一点,且AP=AB|AB|+4AC|AC|,则PBPC的最大值等

56、于（ ）.A13 B15 C19 D21【答案】A【解析】以点A为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图所示,则B1t,0,C(0,t),AP=1,0+40,1=(1,4),即P(1,4),所以PB=1t1,4, PC=(1,t4),因此PBPC=11t4t+16=17(1t+4t).由题可得t0,所以1t+4t21t4t=4,所以PBPC的最大值等于13,当1t=4t,即t=12时,等号成立故选A2.已知a,b是平面内互不相等的两个非零向量,且a=1,ab与b的夹角为150,则|b|的取值范围是（ ） A.(0,3 B.1,3 C.(0,2 D.3,2 【答案】C【解析】如下图所示,AB=a,A

57、D=b,则AC=DB=ab,ab与b的夹角150，即DAB=150；ADB=30，设DBA=，则0150,在ABD中,由正弦定理得|a|sin30=|b|sin,b=|a|sin30sin=2sin; 0b2,故选C。3. 非零向量a,b满足2ab=a2b2, a+b=2,则a与b的夹角的最小值是 【答案】【解析】由题意得ab=12a2b2,( a+b)2=4 ,整理得a2+b2=42ab2ab,即ab1 cos=ab|a|b|=12ab12;3;夹角的最小值为3.4.设向量e1,e2满足：|e1|=2,|e2|=1, e1,e2的夹角是60,若2te1+7e2与e1+te2的夹角为钝角,则t

58、的范围是（ ）A(7,12) B.7,142(142,12) C. 7,142)(142,12 D. (,7)(12,+) 【答案】B【解析】由题可知：|e1|2=4,|e2|2=1, e1e2=21cos60=1;2te1+7e2e1+te2=2t|e1|2+2t2+7+7t|e2|2=2t2+15t+7;欲使夹角为钝角,需2t2+15t+70,得7t12. 2te1+7e2=e1+te20,2t=且t=7，2t2=7,；t=142,此时=14，即t=142时，向量2te1+7e2与e1+te2的夹角为. 夹角为钝角时，t的取值范围是7,142(142,12).故选择B.题型六 平面向量在三

59、角函数中的应用1.已知acos,sin,bcos,sin,0.(1)若|ab|=2，求证：ab；(2)设c(0,1)，若abc，求,的值【答案】见解析；【解析】(1)证明：由题意得|ab|22，即(ab)2=a22ab+b22.又因为a2=b2=|a|2=|b|2=1,所以22ab2，即ab0，故ab.(2)因为a+bcos+cos,sin+sin=c=(0,1)，所以cos+cos=0sin+sin=1 由此得，cos=cos()由0,得0,又0，所以=56,=6.2.已知向量acos,sin,bcos3,sin3,2,4，若向量a,b的夹角为,则有()A.4+ B.4 C.2+2 D.2【

60、答案】A【解析】依题意有cos =ab|a|b|=coscos3+sinsin3cos2+sin2cos23+sin23=cos4=cos(4+2),由于2,4，所以4+20，,而0,于是有4+2.3. 已知a1,sin2x,b2,sin 2x,其中x(0,)若|ab|a|b|，则tanx的值等于()A1 B1 C. 3 D.22【答案】A【解析】由|ab|a|b|知，ab，所以sin 2x2sin2x,即2sinxcosx2sin2x,而x(0，)，所以sinxcosx，故tanx1.2020年高考理科数学不等式题型归纳与训练【题型归纳】题型一 截距型线性规划问题例1.若，满足约束条件，则的