2018届数学二轮复习第一部分层级一45分的基础送分题练中自检无须挖潜文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE137学必求其心得，业必贵于专精第一部分层级一45分的基础送分题练中自检无须挖潜送分专题(一）集合与常用逻辑用语[全国卷3年考情分析]年份卷别考查内容及考题位置命题分析2017卷Ⅰ集合的交、并集运算·T11。集合作为高考必考内容，多年来命题较稳定，多在第1题的位置以选择题形式进行考查，难度较小,命题的热点依然会集中在集合的运算上,常与不等式结合命题．2。高考对常用逻辑用语考查的频率较低,且命题点分散，其中含有量词的命题的否定、充分必要条件的判断需要关注,多结合函数、平面向量、三角函数、不等式、数列等内容命题。卷Ⅱ集合的并集运算·T1卷Ⅲ集合的表示、集合的交集运算·T12016卷Ⅰ集合的交集运算·T1卷Ⅱ集合的交集运算·T1卷Ⅲ集合的补集运算·T12015卷Ⅰ集合的表示、集合的交集运算·T1卷Ⅱ集合的并集运算·T1集合的概念及运算[题点·考法·全练］1．(2017·全国卷Ⅱ)设集合A＝｛1，2,4｝，B＝｛x|x2－4x＋m＝0}．若A∩B＝｛1}，则B＝(）A．｛1,－3｝ B．{1，0}C．｛1，3｝ D．｛1,5｝解析：选C因为A∩B＝{1｝，所以1∈B，所以1是方程x2－4x＋m＝0的根，所以1－4＋m＝0，m＝3，方程为x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3，所以B＝{1,3｝．2．（2018届高三·安徽名校阶段测试）设A＝{x|x2－4x＋3≤0}，B＝{x|ln（3－2x）〈0},则图中阴影部分表示的集合为（)A.eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（x<\f(3，2））)））B.eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(3,2））)）)C.eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1（1≤x<\f（3，2))）））D。eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（3,2)〈x≤3））））解析：选BA＝{x|x2－4x＋3≤0｝＝｛x|1≤x≤3},B＝｛x｜ln(3－2x）〈0}＝{x｜0〈3－2x<1｝＝eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1(1〈x〈\f（3，2)）)）），结合Venn图知，图中阴影部分表示的集合为A∩B＝eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<\f（3,2））)）)。3．（2017·全国卷Ⅲ）已知集合A＝{（x，y）｜x2＋y2＝1｝，B＝｛(x，y)｜y＝x｝，则A∩B中元素的个数为（)A．3 B．2C．1 D．0解析:选B因为A表示圆x2＋y2＝1上的点的集合，B表示直线y＝x上的点的集合,直线y＝x与圆x2＋y2＝1有两个交点，所以A∩B中元素的个数为2。4．已知集合P＝｛n|n＝2k－1,k∈N*，k≤50｝，Q＝｛2，3,5}，则集合T＝｛xy|x∈P，y∈Q}中元素的个数为（)A．147 B．140C．130 D．117解析：选B由题意得，y的取值一共有3种情况,当y＝2时，xy是偶数，与y＝3，y＝5时,没有相同的元素,当y＝3，x＝5，15，25,…，95时，与y＝5，x＝3,9,15，…，57时有相同的元素，共10个，故所求元素个数为3×50－10＝140.5．已知集合A＝eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(－1，\f(1，2)）)，B＝｛x｜mx－1＝0，m∈R｝，若A∩B＝B，则所有符合条件的实数m组成的集合是(）A．{－1,0,2} B.eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)，0，1））C．｛－1,2｝ D.eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(－1,0，\f(1,2))）解析：选A因为A∩B＝B，所以B⊆A.若B为∅，则m＝0；若B≠∅，则－m－1＝0或eq\f（1，2）m－1＝0，解得m＝－1或2.综上，m∈｛－1,0，2｝．[准解·快解·悟通］快审题1.看到集合中的元素，想到代表元素的意义；看到点集，想到其对应的几何意义．2.看到数集中元素取值连续时，想到借助数轴求解交、并、补集等；看到M⊆N，想到集合M可能为空集．准解题1。记牢集合的运算性质及重要结论(1）A∪A＝A，A∪∅＝A，A∪B＝B∪A。(2)A∩A＝A，A∩∅＝∅,A∩B＝B∩A。（3）A∩(∁UA)＝∅,A∪(∁UA)＝U。(4）A∩B＝A⇔A⊆B，A∪B＝A⇔B⊆A.2。活用集合运算中的常用方法（1）数轴法：若已知的集合是不等式的解集，用数轴法求解．（2）图象法：若已知的集合是点集，用图象法求解．（3)Venn图法：若已知的集合是抽象集合,用Venn图法求解．避误区1.在求集合的子集时，易忽视空集．2.在解决含参数的集合问题时，要注意检验集合中元素的互异性，否则很可能会因为不满足“互异性”而导致解题错误。充分与必要条件的判断[题点·考法·全练]1．（2017·天津高考)设x∈R，则“2－x≥0”是“｜x－1|≤1"的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选B由2－x≥0，得x≤2,由|x－1|≤1,得0≤x≤2.∵0≤x≤2⇒x≤2，x≤2⇒/0≤x≤2，故“2－x≥0”是“｜x－1｜≤1”的必要而不充分条件．2．（2017·惠州三调）设函数y＝f（x)，x∈R,“y＝｜f(x)｜是偶函数”是“y＝f(x)的图象关于原点对称”的（）A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件解析：选C设f(x)＝x2,y＝|f（x）｜是偶函数，但是不能推出y＝f（x）的图象关于原点对称．反之，若y＝f（x)的图象关于原点对称,则y＝f（x)是奇函数，这时y＝|f(x）|是偶函数,故选C。3．（2017·浙江高考)已知等差数列{an｝的公差为d，前n项和为Sn,则“d>0"是“S4＋S6>2S5”A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选C因为｛an｝为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d,S4＋S6－2S5＝d，所以d〉0⇔S4＋S64．已知“x>k”是“eq\f(3,x＋1）<1”的充分不必要条件，则k的取值范围是()A．[2，＋∞） B．[1,＋∞）C．(2，＋∞） D．（－∞，－1］解析：选A由eq\f（3，x＋1)<1,可得eq\f（3，x＋1）－1＝eq\f（－x＋2,x＋1)〈0，所以x〈－1或x>2，因为“x>k”是“eq\f(3，x＋1）<1”的充分不必要条件，所以k≥2.5．已知条件p:x＋y≠－2，条件q：x，y不都是－1，则p是q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解析：选A因为p:x＋y≠－2，q:x≠－1或y≠－1，所以綈p：x＋y＝－2，綈q：x＝－1且y＝－1，因为綈q⇒綈p但綈peq\a\vs4\al（⇒/）綈q，所以綈q是綈p的充分不必要条件，即p是q的充分不必要条件．［准解·快解·悟通]快审题看到充分与必要条件的判断，想到定条件，找推式(即判定命题“条件⇒结论”和“结论⇒条件”的真假)，下结论（若“条件⇒结论”为真，且“结论⇒条件"为假，则为充分不必要条件).用妙法等价转化法妙解充分与必要条件判定题根据一个命题与其逆否命题的等价性,把判断的命题转化为其逆否命题进行判断．这个方法特别适合以否定形式给出的问题，如“xy≠1”是“x≠1或y≠1"的某种条件，即可转化为判断“x＝1且y＝1”是“xy＝1”的某种条件．避误区“A的充分不必要条件是B"是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要条件"则是指A能推出B，且B不能推出A.命题真假的判定与命题的否定［题点·考法·全练］1．下列命题中为真命题的是（）A．命题“若x＞1,则x2＞1”的否命题B．命题“若x＞y,则x＞｜y｜”的逆命题C．命题“若x＝1，则x2＋x－2＝0”的否命题D．命题“若tanx＝eq\r(3)，则x＝eq\f(π,3)”的逆否命题解析:选B对于选项A，命题“若x＞1,则x2＞1”的否命题为“若x≤1,则x2≤1”，易知当x＝－2时，x2＝4＞1，故选项A为假命题；对于选项B，命题“若x＞y，则x＞｜y｜”的逆命题为“若x＞|y|，则x＞y”，分析可知选项B为真命题;对于选项C，命题“若x＝1,则x2＋x－2＝0”的否命题为“若x≠1，则x2＋x－2≠0”，易知当x＝－2时，x2＋x－2＝0,故选项C为假命题；对于选项D,命题“若tanx＝eq\r(3），则x＝eq\f（π,3）”为假命题，故其逆否命题为假命题，综上可知，选B.2．(2015·全国卷Ⅰ）设命题p:∃n∈N，n2〉2n，则綈p为(）A．∀n∈N，n2〉2n B．∃n∈N,n2≤2nC．∀n∈N，n2≤2n D．∃n∈N,n2＝2n解析：选C因为“∃x∈M，p（x）”的否定是“∀x∈M，綈p（x）"，所以命题“∃n∈N,n2〉2n”的否定是“∀n∈N，n2≤2n"．3．(2017·山东高考）已知命题p：∀x>0，ln(x＋1)〉0;命题q：若a>b，则a2〉b2。下列命题为真命题的是（）A．p∧q B．p∧綈qC．綈p∧q D．綈p∧綈q解析:选B当x〉0时，x＋1〉1，因此ln（x＋1）>0，即p为真命题；取a＝1，b＝－2,这时满足a>b，显然a2〉b2不成立,因此q为假命题．由复合命题的真假性,知B为真命题．［准解·快解·悟通]快审题1。看到命题真假的判断，想到利用反例和命题的等价性．2。看到命题形式的改写，想到各种命题的结构，尤其是特称命题、全称命题的否定，要改变的两个地方．3.看到含逻辑联结词的命题的真假判断,想到联结词的含义．准解题掌握判定命题真假的4种方法（1）一般命题p的真假由涉及的相关知识辨别．(2)四种命题真假的判断根据:一个命题和它的逆否命题同真假，而与它的其他两个命题的真假无关．（3)形如p∨q，p∧q，綈p命题的真假根据真值表判定．(4）全称命题与特称命题的真假的判定：①全称命题：要判定一个全称命题为真命题,必须对限定集合M中的每一个元素x验证p（x)成立，要判定其为假命题时，只需举出一个反例即可；②特称命题:要判定一个特称命题为真命题,只要在限定集合M中至少能找到一个元素x0，使得p(x0)成立即可；否则,这一特称命题就是假命题.eq\a\vs4\al(［专题过关检测］)一、选择题1．(2016·全国卷Ⅱ)已知集合A＝{1，2,3｝,B＝{x|（x＋1)·（x－2）〈0，x∈Z｝，则A∪B＝(）A．｛1} B．｛1,2｝C．｛0,1,2,3} D．｛－1，0,1，2，3｝解析:选C因为B＝{x｜(x＋1）（x－2）〈0，x∈Z}＝｛x|－1<x<2，x∈Z}＝｛0,1}，A＝{1,2,3}，所以A∪B＝｛0,1,2，3｝．2．（2017·成都一诊)命题“若a>b，则a＋c〉b＋c"的否命题是（)A．若a≤b,则a＋c≤b＋c B．若a＋c≤b＋c，则a≤bC．若a＋c〉b＋c，则a〉b D．若a>b，则a＋c≤b＋c解析：选A命题的否命题是将原命题的条件和结论均否定，所以题中命题的否命题为“若a≤b，则a＋c≤b＋c"．3．（2017·广西三市第一次联考)设集合A＝｛x|8＋2x－x2>0｝,集合B＝{x｜x＝2n－1,n∈N*},则A∩B等于（)A．｛－1,1} B．｛－1,3}C．{1,3} D．｛3,1，－1｝解析:选C∵A＝{x|－2<x〈4｝，B＝｛1,3，5，…｝，∴A∩B＝{1,3}．4．（2017·郑州第二次质量预测)已知集合A＝｛x｜log2x≤1｝，B＝eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(1，x)〉1))))，则A∩（∁RB）＝()A．（－∞，2］ B．（0,1］C．[1，2］ D．(2，＋∞）解析：选C因为A＝{x|0〈x≤2｝,B＝{x|0<x<1}，所以A∩(∁RB）＝{x|0<x≤2｝∩｛x|x≤0或x≥1}＝{x｜1≤x≤2}．5．（2017·北京高考)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解析：选A∵m＝λn，∴m·n＝λn·n＝λ|n|2。∴当λ〈0，n≠0时,m·n〈0.反之,由m·n＝｜m|｜n｜cos〈m，n〉<0⇔cos〈m，n〉<0⇔〈m，n>∈eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（π,2）,π)),当<m，n〉∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，2）,π））时，m，n不共线．故“存在负数λ，使得m＝λn”是“m·n〈0”的充分而不必要条件．6．（2018届高三·湘中名校联考)已知集合A＝{x｜x2－11x－12＜0}，B＝{x|x＝2（3n＋1)，n∈Z},则A∩B等于(）A．｛2} B．｛2,8}C．｛4，10｝ D．｛2,4,8，10｝解析：选B因为集合A＝｛x|x2－11x－12＜0}＝{x|－1＜x＜12}，集合B为被6整除余数为2的数．又集合A中的整数有0，1，2，3,4，5，6,7,8,9，10，11，故被6整除余数为2的数有2和8，所以A∩B＝｛2,8}．7．(2017·石家庄调研）设全集U＝R,集合A＝{x|x≥1}，B＝｛x｜（x＋2）(x－1)〈0},则(）A．A∩B＝∅ B．A∪B＝UC．∁UB⊆A D．∁UA⊆B解析:选A由(x＋2）（x－1)〈0，解得－2〈x〈1，所以B＝{x｜－2〈x<1}，则A∩B＝∅,A∪B＝｛x｜x>－2｝，∁UB＝｛x|x≥1或x≤－2｝,A⊆∁UB，∁UA＝{x|x〈1｝,B⊆∁UA,故选A。8．若x∈A，则eq\f（1，x）∈A,就称A是伙伴关系集合，集合M＝eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(－1，0,\f(1，3）,\f(1,2）,1,2,3，4))的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为（）A．15 B．16C．28 D．25解析：选A本题关键看清－1和1本身也具备这种运算,这样所求集合即由－1,1,3和eq\f(1，3），2和eq\f(1，2)这“四大"元素所能组成的集合．所以满足条件的集合的个数为24－1＝15.9．（2017·郑州第一次质量预测)已知命题p:eq\f（1，a)〉eq\f（1，4），命题q:∀x∈R，ax2＋ax＋1〉0，则p成立是q成立的（)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解析：选A命题p等价于0<a<4.命题q，对∀x∈R，ax2＋ax＋1>0,必有a＝0或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a〉0，，a2－4a〈0，）)则0≤a<4,所以命题p是命题q的充分不必要条件．10．已知f（x)＝3sinx－πx，命题p：∀x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2)))，f（x)<0,则（)A．p是假命题，綈p：∀x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2)))，f（x)≥0B．p是假命题，綈p:∃x0∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2）)），f(x0)≥0C．p是真命题,綈p:∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2））)，f(x0)≥0D．p是真命题，綈p：∀x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2））)，f(x）〉0解析：选C因为f′（x)＝3cosx－π，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2））)时，f′(x）〈0，函数f(x)单调递减，即对∀x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）))，f（x)〈f（0）＝0恒成立，所以p是真命题．而p的否定为∃x0∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2））),f（x0)≥0，故选C.11．已知命题p：函数f(x)＝2ax2－x－1在(0,1）内恰有一个零点；命题q：函数y＝x2－a在（0,＋∞）上是减函数．若p且綈q为真命题，则实数a的取值范围是（)A．（1，＋∞） B．(－∞，2］C．(1,2] D．(－∞，1］∪（2,＋∞)解析：选C由题意可得,对命题p,令f（0)·f（1）<0，即－1·（2a－2）〈0，得a〉1；对命题q,令2－a〈0，即a>2，则綈q对应的a的范围是（－∞，2］．因为p且綈q为真命题，所以实数a12．在下列结论中，正确的个数是（)①命题p：“∃x0∈R，xeq\o\al(2，0)－2≥0”的否定形式为綈p：“∀x∈R,x2－2<0"；②O是△ABC所在平面上一点,若eq\o（OA,\s\up7(→)）·eq\o(OB,\s\up7(→））＝eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o（OC，\s\up7（→))＝eq\o(OC,\s\up7（→））·eq\o（OA,\s\up7(→))，则O是△ABC的垂心；③“M〉N”是“eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,3)))M〉eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3）))N”的充分不必要条件;④命题“若x2－3x－4＝0，则x＝4"的逆否命题为“若x≠4，则x2－3x－4≠0"．A．1 B．2C．3 D．4解析:选C由特称(存在性)命题与全称命题的关系可知①正确．∵eq\o(OA，\s\up7（→）)·eq\o(OB,\s\up7（→）)＝eq\o（OB,\s\up7（→)）·eq\o(OC,\s\up7(→）),∴eq\o(OB，\s\up7（→)）·(eq\o（OA,\s\up7(→）)－eq\o(OC，\s\up7(→)))＝0，即eq\o（OB,\s\up7（→））·eq\o(CA,\s\up7(→））＝0,∴eq\o（OB,\s\up7（→）)⊥eq\o（CA,\s\up7（→）)。同理可知eq\o（OA,\s\up7（→））⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(OC，\s\up7（→)）⊥eq\o（BA，\s\up7(→))，故点O是△ABC的垂心，∴②正确．∵y＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2,3)）)x是减函数，∴当M〉N时，eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2，3)）)M〈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3））)N，当eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2，3)）)M〉eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，3)））N时,M〈N。∴“M>N”是“eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2,3）)）M>eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2,3））)N”的既不充分也不必要条件，∴③错误．由逆否命题的写法可知，④正确．∴正确的结论有3个．二、填空题13．设命题p：∀a〉0，a≠1，函数f（x）＝ax－x－a有零点，则綈p:________________________.解析：全称命题的否定为特称(存在性）命题,綈p：∃a0>0，a0≠1，函数f（x）＝aeq\o\al（x,0）－x－a0没有零点．答案：∃a0〉0，a0≠1,函数f（x)＝aeq\o\al（x,0)－x－a0没有零点14．设全集U＝{（x，y)|x∈R，y∈R}，集合M＝eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x，y\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(y－3，x－2）＝1）））），P＝｛（x，y)|y≠x＋1}，则∁U（M∪P)＝________.解析：集合M＝｛（x，y）|y＝x＋1，且x≠2，y≠3｝，所以M∪P＝{（x,y）|x∈R，y∈R，且x≠2，y≠3｝．则∁U（M∪P)＝｛（2，3）}．答案:｛(2，3)}15．已知命题p：不等式eq\f（x,x－1)＜0的解集为{x|0＜x＜1}；命题q：在△ABC中，“A＞B”是“sinA＞sinB”成立的必要不充分条件．有下列四个结论：①p真q假；②“p∧q”为真；③“p∨q”为真;④p假q真,其中正确结论的序号是________．解析:解不等式知,命题p是真命题，在△ABC中，“A＞B”是“sinA＞sinB”的充要条件，所以命题q是假命题，所以①③正确．答案：①③16．a，b，c为三个人,命题A:“如果b的年龄不是最大，那么a的年龄最小”和命题B：“如果c不是年龄最小,那么a的年龄最大”都是真命题，则a，b，c的年龄由小到大依次是________．解析：显然命题A和B的原命题的结论是矛盾的，因此我们应该从它们的逆否命题来看．由命题A可知,当b不是最大时，则a是最小，所以c最大,即c>b>a；而它的逆否命题也为真，即“若a的年龄不是最小，则b的年龄是最大"为真，即b〉a〉c。同理,由命题B为真可得a>c〉b或b>a〉c.故由A与B均为真可知b>a>c，所以a,b，c三人的年龄大小顺序是：b最大,a次之，c最小．答案:c，a，b送分专题（二）平面向量[全国卷3年考情分析］年份卷别考查内容及考题位置命题分析2017卷Ⅰ向量的垂直、向量的坐标运算·T131。平面向量是高考必考内容，每年每卷均有一个小题(选择题或填空题），一般出现在第2～6或第13～15题的位置上，难度较低，主要考查数量积的运算、线性运算、两向量垂直与平行、坐标运算等,数量积是其考查的热点．2。有时也会以平面向量为载体,与三角函数、解析几何等其他知识相交汇综合命题，难度中等。卷Ⅱ平面向量数量积的运算、向量垂直的判断·T4卷Ⅲ两向量垂直、向量的数量积·T132016卷Ⅰ向量的坐标运算、向量垂直的性质·T13卷Ⅱ向量共线的应用·T132015卷Ⅰ向量的坐标运算·T2卷Ⅱ向量的坐标运算·T4平面向量的概念及线性运算［题点·考法·全练]1．(2017·贵州适应性考试）已知向量e1与e2不共线，且向量eq\o（AB,\s\up7(→））＝e1＋me2,eq\o(AC，\s\up7(→））＝ne1＋e2，若A,B，C三点共线,则实数m，n满足的条件是（）A．mn＝1 B．mn＝－1C．m＋n＝1 D．m＋n＝－1解析：选A法一：因为A,B，C三点共线，所以一定存在一个确定的实数λ，使得eq\o(AB，\s\up7(→））＝λeq\o(AC，\s\up7（→)），所以有e1＋me2＝nλe1＋λe2，由此可得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（1＝nλ，，m＝λ，)）所以mn＝1.法二:因为A，B，C三点共线，所以必有eq\f(1,n）＝eq\f(m,1），所以mn＝1.2。如图所示，下列结论正确的是(）①eq\o（PQ,\s\up7（→)）＝eq\f（3，2)a＋eq\f(3,2)b；②eq\o（PT,\s\up7（→))＝eq\f（3,2)a－b；③eq\o(PS，\s\up7（→）)＝eq\f(3，2)a－eq\f（1，2)b；④eq\o（PR,\s\up7（→))＝eq\f（3，2）a＋b.A．①② B．③④C．①③ D．②④解析：选C①根据向量的加法法则，得eq\o（PQ,\s\up7(→))＝eq\f(3，2）a＋eq\f（3，2)b，故①正确；②根据向量的减法法则，得eq\o（PT，\s\up7(→）)＝eq\f（3,2)a－eq\f(3,2）b，故②错误；③eq\o（PS，\s\up7(→）)＝eq\o(PQ,\s\up7(→））＋eq\o(QS,\s\up7（→）)＝eq\f(3,2）a＋eq\f（3,2)b－2b＝eq\f(3，2)a－eq\f（1,2)b，故③正确;④eq\o(PR，\s\up7(→）)＝eq\o（PQ，\s\up7（→)）＋eq\o（QR,\s\up7（→））＝eq\f（3，2)a＋eq\f（3，2)b－b＝eq\f(3,2）a＋eq\f（1，2)b，故④错误．故正确命题的结论为①③。3．已知平面内不共线的四点O，A，B,C，若eq\o(OA,\s\up7（→))－3eq\o（OB,\s\up7（→)）＋2eq\o（OC,\s\up7（→））＝0，则eq\f（｜eq\o（AB，\s\up7（→））|，｜eq\o(BC，\s\up7(→)）｜）＝________.解析：由已知得eq\o(OA,\s\up7(→）)－eq\o(OB，\s\up7(→)）＝2（eq\o（OB,\s\up7（→)）－eq\o（OC，\s\up7（→))），即eq\o(BA，\s\up7(→））＝2eq\o（CB，\s\up7（→))，∴｜eq\o（BA,\s\up7(→））｜＝2|eq\o(CB，\s\up7（→))|，∴eq\f（｜eq\o(AB，\s\up7（→）)|，｜eq\o（BC，\s\up7(→)）｜)＝2.答案：24．已知e1,e2是不共线向量，a＝me1＋2e2，b＝ne1－e2，且mn≠0，若a∥b，则eq\f(m,n）等于________．解析:∵a∥b，∴a＝λb,即me1＋2e2＝λ（ne1－e2），则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λn＝m,，－λ＝2,))解得eq\f（m,n)＝－2.答案：－2[准解·快解·悟通］快审题1.看到向量的线性运算,想到三角形和平行四边形法则．2.看到向量平行，想到向量平行的条件．准解题1.掌握平面向量线性运算的2种技巧（1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角形法则、平行四边形法则，紧密结合图形的几何性质进行运算．（2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，常利用共线向量定理（当b≠0时，a∥b⇔存在唯一实数λ，使得a＝λb）来判断．2。记牢向量共线问题的4个结论(1）若a与b不共线且λa＝μb，则λ＝μ＝0.（2)直线的向量式参数方程，A,P,B三点共线⇔eq\o(OP，\s\up7(→))＝（1－t）·eq\o(OA,\s\up7(→)）＋teq\o（OB，\s\up7(→））(O为平面内任一点，t∈R)。(3）eq\o（OA,\s\up7（→）)＝λeq\o（OB，\s\up7（→)）＋μeq\o（OC,\s\up7(→）)（λ，μ为实数），若A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1.（4)若a＝（x1，y1），b＝(x2，y2）,则a∥b⇔x1y2＝x2y1，当且仅当x2y2≠0时，a∥b⇔eq\f（x1,x2)＝eq\f(y1,y2）。平面向量的数量积[题点·考法·全练］1．已知向量m＝(t＋1，1)，n＝(t＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n),则t＝()A．0 B．－3C．3 D．－1解析：选B法一：由（m＋n)⊥(m－n)可得(m＋n)·（m－n)＝0，即m2＝n2，故(t＋1)2＋1＝（t＋2）2＋4,解得t＝－3。法二:m＋n＝（2t＋3，3)，m－n＝（－1，－1）,∵（m＋n)⊥（m－n）,∴－（2t＋3)－3＝0,解得t＝－3。2．（2017·洛阳统考）已知向量a＝(1，0)，|b｜＝eq\r（2）,a与b的夹角为45°，若c＝a＋b，d＝a－b，则c在d方向上的投影为（）A。eq\f（\r(5）,5） B．－eq\f(\r(5），5）C．1 D．－1解析：选D依题意得｜a｜＝1，a·b＝1×eq\r（2）×cos45°＝1，|d｜＝eq\r(a－b2）＝eq\r(a2＋b2－2a·b）＝1，c·d＝a2－b2＝－1，因此c在d方向上的投影等于eq\f（c·d,|d|)＝－1.3．已知向量a＝（2，1)，b＝（1,k），且a与b的夹角为锐角，则实数k的取值范围是（）A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2,\f(1,2))) B．eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－2，\f（1,2）))∪eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，＋∞））C．（－2，＋∞） D．［－2，＋∞）解析：选B当a，b共线时，2k－1＝0，k＝eq\f（1,2）,此时a，b方向相同,夹角为0，所以要使a与b的夹角为锐角，则有a·b>0且a,b不共线．由a·b＝2＋k>0得k>－2，又k≠eq\f(1，2）,即实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2))）∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2），＋∞)），选B.4．（2017·全国卷Ⅰ）已知向量a，b的夹角为60°，|a｜＝2，|b｜＝1，则|a＋2b|＝________.解析:法一:易知|a＋2b|＝eq\r（|a|2＋4a·b＋4｜b|2）＝eq\r（4＋4×2×1×\f(1，2)＋4)＝2eq\r(3).法二:（数形结合法)由|a｜＝|2b|＝2，知以a与2b为邻边可作出边长为2的菱形OACB，如图，则|a＋2b|＝|eq\o（OC,\s\up7(→))｜.又∠AOB＝60°，所以｜a＋2b｜＝2eq\r(3).答案:2eq\r(3)5．(2017·山东高考）已知e1,e2是互相垂直的单位向量．若eq\r（3）e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°,则实数λ的值是________．解析：因为eq\f(\r(3）e1－e2·e1＋λe2，｜\r（3)e1－e2｜·｜e1＋λe2|)＝eq\f(\r(3）－λ,2\r（1＋λ2))，故eq\f（\r（3)－λ，2\r（1＋λ2))＝eq\f(1，2），解得λ＝eq\f(\r(3),3).答案:eq\f(\r（3）,3)[准解·快解·悟通]快审题1.看到向量垂直，想到其数量积为零．2.看到向量的模与夹角,想到向量数量积的有关性质和公式．避误区两个向量夹角的范围是[0，π］,在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角可能是0或π的情况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不仅要求其数量积小于零，还要求不能反向共线。平面向量在几何中的应用［题点·考法·全练]1．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，点D在边AC上,且2eq\o（AD,\s\up7(→))＝eq\o（DC,\s\up7(→))，则eq\o(BA,\s\up7（→))·eq\o（BD，\s\up7(→)）的值是(）A．48 B．24C．12 D．6解析：选B法一：由题意得,eq\o（BA，\s\up7（→）)·eq\o（BC，\s\up7(→)）＝0，eq\o(BA,\s\up7（→）)·eq\o(CA，\s\up7（→）)＝eq\o（BA，\s\up7（→））·(eq\o（BA，\s\up7(→))－eq\o（BC，\s\up7（→）))＝|eq\o（BA，\s\up7(→)）｜2＝36，∴eq\o（BA，\s\up7(→））·eq\o（BD,\s\up7（→）)＝eq\o(BA，\s\up7（→)）·（eq\o（BC，\s\up7(→)）＋eq\o（CD，\s\up7（→））)＝eq\o（BA,\s\up7(→))·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(eq\o(BC，\s\up7(→）)＋\f（2,3)eq\o（CA,\s\up7(→））)）＝0＋eq\f(2,3)×36＝24.法二：（特例法）若△ABC为等腰直角三角形,建立如图所示的平面直角坐标系，则A(6，0)，C(0，6）．由2eq\o(AD,\s\up7(→）)＝eq\o（DC,\s\up7（→))，得D（4,2）．∴eq\o(BA,\s\up7（→)）·eq\o(BD,\s\up7(→))＝(6，0）·(4，2）＝24。2.如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且eq\o(AM,\s\up7(→)）＝xeq\o（AB,\s\up7（→)），eq\o(AN,\s\up7(→）)＝yeq\o（AC，\s\up7(→）),则x＋2y的最小值为()A．2 B。eq\f(1，3)C.eq\f（3＋2\r（2），3） D。eq\f(3,4)解析：选C由已知可得eq\o(AG，\s\up7(→)）＝eq\f（2,3)×eq\f（1，2）(eq\o(AB，\s\up7(→))＋eq\o（AC，\s\up7（→)）)＝eq\f（1,3)eq\o（AB，\s\up7(→）)＋eq\f(1，3）eq\o(AC，\s\up7(→)）＝eq\f（1，3x)eq\o（AM，\s\up7(→)）＋eq\f（1,3y)eq\o（AN，\s\up7(→)），又M，G，N三点共线，故eq\f(1,3x)＋eq\f(1，3y）＝1，∴eq\f(1，x)＋eq\f(1，y）＝3，则x＋2y＝(x＋2y)·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，x）＋\f(1,y）））·eq\f(1,3)＝eq\f(1,3）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(3＋\f（2y，x）＋\f（x，y))）≥eq\f(3＋2\r（2),3)(当且仅当x＝eq\r（2）y时取等号)．3．(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点，则eq\o(PA，\s\up7(→)）·(eq\o(PB，\s\up7(→）)＋eq\o(PC,\s\up7（→)）)的最小值是（）A．－2 B．－eq\f(3，2)C．－eq\f（4,3） D．－1解析：选B如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，eq\r(3）),B（－1，0)，C（1,0)，设P（x,y），则eq\o（PA，\s\up7(→）)＝（－x,eq\r(3）－y）,eq\o(PB，\s\up7（→)）＝(－1－x，－y），eq\o（PC，\s\up7（→）)＝(1－x，－y），所以eq\o（PA,\s\up7（→)）·（eq\o(PB，\s\up7(→))＋eq\o（PC，\s\up7（→）))＝(－x，eq\r（3）－y）·（－2x，－2y）＝2x2＋2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(y－\f（\r(3),2）））2－eq\f（3，2)，当x＝0，y＝eq\f(\r（3），2)时，eq\o(PA，\s\up7（→))·（eq\o（PB,\s\up7(→)）＋eq\o(PC,\s\up7（→)）)取得最小值，为－eq\f（3，2).4．如图，已知△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，点P在线段BC上运动，且满足eq\o(CP,\s\up7（→）)＝λeq\o(CB,\s\up7(→）)，当eq\o(PA，\s\up7（→)）·eq\o（PC,\s\up7(→))取到最小值时,λ的值为（)A.eq\f(1，4) B.eq\f(1，5)C。eq\f（1,6) D。eq\f(1，8)解析：选D如图所示，建立平面直角坐标系．不妨设BC＝4，P(x,0）(0≤x≤4)，则A（3，eq\r（3）),C(4，0)，∴eq\o(PA,\s\up7(→)）·eq\o（PC,\s\up7(→)）＝(3－x，eq\r(3)）·（4－x，0)＝(3－x）（4－x)＝x2－7x＋12＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（7，2)))2－eq\f（1,4）。当x＝eq\f(7，2）时，eq\o(PA,\s\up7（→)）·eq\o(PC,\s\up7（→)）取得最小值－eq\f（1，4).∵eq\o(CP，\s\up7（→））＝λeq\o(CB,\s\up7(→）)，∴eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)，0)）＝λ（－4，0），∴－4λ＝－eq\f(1，2），解得λ＝eq\f(1,8）。故选D.5。如图，在平行四边形ABCD中,已知AB＝8,AD＝5,eq\o（CP,\s\up7（→）)＝3eq\o(PD，\s\up7(→）)，eq\o（AP，\s\up7(→））·eq\o(BP,\s\up7(→））＝2，则eq\o（AB，\s\up7（→))·eq\o(AD,\s\up7（→）)的值是________．解析：因为eq\o（AP,\s\up7（→))＝eq\o(AD，\s\up7（→))＋eq\o(DP，\s\up7(→））＝eq\o（AD，\s\up7(→)）＋eq\f（1,4)eq\o（AB,\s\up7(→）)，eq\o（BP,\s\up7（→））＝eq\o(BC,\s\up7（→）)＋eq\o（CP,\s\up7(→））＝eq\o（AD,\s\up7(→))－eq\f(3,4)eq\o(AB，\s\up7（→)),所以eq\o（AP,\s\up7(→）)·eq\o(BP,\s\up7(→)）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(eq\o(AD,\s\up7(→)）＋\f(1，4）eq\o(AB，\s\up7(→））））·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（eq\o（AD，\s\up7(→）)－\f（3，4)eq\o(AB,\s\up7(→)）））＝|eq\o（AD，\s\up7（→))｜2－eq\f（3,16)|eq\o(AB,\s\up7(→)）｜2－eq\f（1，2)eq\o（AD,\s\up7（→）)·eq\o（AB,\s\up7（→)）＝2,将AB＝8，AD＝5代入解得eq\o(AB,\s\up7(→））·eq\o(AD,\s\up7(→）)＝22。答案：22［准解·快解·悟通］快审题看到有关几何图形问题，想到选取合理基底，想到建立适当的坐标系。准解题1。记牢2个常用结论(1）△ABC中,AD是BC边上的中线,则eq\o（AD，\s\up7(→)）＝eq\f（1,2）（eq\o（AB,\s\up7(→）)＋eq\o(AC，\s\up7(→）))．(2)△ABC中，O是△ABC内一点，若eq\o(OA,\s\up7（→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)）＋eq\o（OC,\s\up7（→）)＝0，则O是△ABC的重心．2。掌握用向量解决平面几何问题的方法(1）建立平面几何与向量的联系,用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题．（2）通过向量运算，研究几何元素之间的关系,如平行、垂直和距离、夹角等问题．(3)把运算结果“翻译”成几何关系．用妙法特例法妙解图形中平面向量数量积问题解答有关图形中的平面向量数量积问题，常采用特例法，如取直角三角形、矩形,再建立平面直角坐标系，求得相关点坐标计算求解.eq\a\vs4\al（［专题过关检测］)一、选择题1．设a＝（1，2）,b＝（1,1)，c＝a＋kb。若b⊥c，则实数k的值等于(）A．－eq\f(3,2) B．－eq\f（5,3)C。eq\f(5，3) D．eq\f(3,2)解析:选A因为c＝a＋kb＝（1＋k，2＋k），又b⊥c，所以1×(1＋k）＋1×（2＋k)＝0，解得k＝－eq\f(3,2)。2．（2017·贵州适应性考试）已知向量a＝(2,4),b＝（－1，1),c＝（2,3),若a＋λb与c共线，则实数λ＝()A.eq\f（2，5） B．－eq\f(2,5）C。eq\f(3，5） D．－eq\f（3,5)解析：选B法一：a＋λb＝（2－λ，4＋λ），c＝(2，3),因为a＋λb与c共线，所以必定存在唯一实数μ,使得a＋λb＝μc,所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2－λ＝2μ，,4＋λ＝3μ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μ＝\f（6,5），,λ＝－\f（2,5）。））法二:a＋λb＝(2－λ,4＋λ），c＝(2,3)，由a＋λb与c共线可知eq\f（2－λ，2)＝eq\f(4＋λ，3），解得λ＝－eq\f(2，5）.3．（2018届高三·云南11校跨区调研）已知平面向量a与b的夹角为45°，a＝（1，1），|b｜＝2，则|3a＋bA．13＋6eq\r（2） B．2eq\r(5）C.eq\r（30) D．eq\r（34）解析:选D依题意得a2＝2,a·b＝eq\r（2）×2×cos45°＝2，｜3a＋b｜＝eq\r（3a＋b2）＝eq\r（9a2＋6a·b＋b2）＝eq\r(18＋12＋4）＝eq\r(34).4．在等腰梯形ABCD中，eq\o（AB,\s\up7(→)）＝－2eq\o（CD，\s\up7(→）)eq\o(CD，\s\up7（→）），M为BC的中点,则eq\o（AM，\s\up7(→））＝(）A.eq\f（1,2)eq\o（AB，\s\up7(→))＋eq\f(1,2）eq\o（AD,\s\up7（→))B。eq\f(3,4）eq\o（AB,\s\up7（→)）＋eq\f（1,2）eq\o（AD,\s\up7(→）)C.eq\f（3,4)eq\o(AB，\s\up7(→))＋eq\f（1,4)eq\o（AD，\s\up7(→））D.eq\f(1,2)eq\o（AB，\s\up7（→）)＋eq\f(3，4）eq\o(AD，\s\up7（→))解析:选B因为eq\o（AB,\s\up7(→）)＝－2eq\o(CD,\s\up7（→）），所以eq\o（AB，\s\up7（→)）＝2eq\o(DC,\s\up7(→)）.又M是BC的中点，所以eq\o（AM,\s\up7（→))＝eq\f（1,2)(eq\o(AB，\s\up7（→))＋eq\o（AC，\s\up7(→）））＝eq\f(1,2）(eq\o(AB,\s\up7(→)）＋eq\o(AD，\s\up7(→）)＋eq\o（DC,\s\up7(→)))＝eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o（AD,\s\up7(→))＋\f(1，2）eq\o（AB，\s\up7(→））））＝eq\f(3,4）eq\o（AB,\s\up7(→））＋eq\f（1，2）eq\o（AD,\s\up7(→）)。5．(2017·成都二诊）已知平面向量a，b的夹角为eq\f（π，3)，且|a|＝1，｜b｜＝eq\f（1,2）,则a＋2b与b的夹角是（)A。eq\f(π,6) B.eq\f(5π，6）C.eq\f(π,4） D.eq\f（3π，4）解析：选A法一:因为|a＋2b|2＝|a｜2＋4｜b｜2＋4a·b＝1＋1＋4×1×eq\f（1，2)×coseq\f（π,3）＝3，所以｜a＋2b|＝eq\r(3)，又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1×eq\f（1，2)×coseq\f(π，3）＋2×eq\f（1,4）＝eq\f（1,4)＋eq\f（1，2）＝eq\f(3，4),所以cos〈a＋2b,b〉＝eq\f(a＋2b·b,｜a＋2b|｜b｜)＝eq\f(\f(3,4）,\r（3）×\f（1,2)）＝eq\f（\r（3)，2）,所以a＋2b与b的夹角为eq\f(π,6）.法二:（特例法）设a＝（1，0），b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)cos\f（π，3),\f(1，2)sin\f(π,3）））＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,4)，\f（\r（3）,4)))，则（a＋2b)·b＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3,2)，\f（\r(3),2))）·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4），\f(\r(3),4))）＝eq\f(3,4），|a＋2b|＝eq\r（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，2))）2＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r（3）,2))）2)＝eq\r(3）,所以cos〈a＋2b，b〉＝eq\f（a＋2b·b,|a＋2b|｜b|）＝eq\f(\f(3，4)，\r(3)×\f（1，2）)＝eq\f(\r（3），2），所以a＋2b与b的夹角为eq\f(π,6）.6．已知点A（－1，1)，B（1，2)，C（－2，－1),D（3，4),则向量eq\o(AB，\s\up7(→)）在eq\o（CD,\s\up7(→）)方向上的投影为()A.eq\f（3\r（2），2） B．eq\f(3\r(15)，2)C．－eq\f(3\r(2）,2) D．－eq\f(3\r(15),2)解析:选A由题意知eq\o(AB,\s\up7(→)）＝（2，1），eq\o（CD,\s\up7（→））＝(5，5）,则eq\o（AB,\s\up7(→）)在eq\o（CD,\s\up7(→))方向上的投影为｜eq\o(AB,\s\up7（→)）|·cos<eq\o（AB,\s\up7（→）)，eq\o（CD,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(AB,\s\up7（→))·eq\o（CD,\s\up7(→)）,|eq\o(CD，\s\up7（→)）｜)＝eq\f（3\r(2),2）。7．(2017·安徽二校联考）在边长为1的正三角形ABC中，D，E是边BC的两个三等分点（D靠近点B)，则eq\o(AD，\s\up7(→）)·eq\o（AE，\s\up7（→))等于()A.eq\f(1，6） B。eq\f(2,9)C.eq\f(13，18） D.eq\f(1,3)解析：选C法一：因为D，E是边BC的两个三等分点，所以BD＝DE＝CE＝eq\f（1,3）,在△ABD中，AD2＝BD2＋AB2－2BD·AB·cos60°＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，3)）)2＋12－2×eq\f(1,3)×1×eq\f（1，2）＝eq\f（7,9），即AD＝eq\f（\r(7），3），同理可得AE＝eq\f(\r（7),3),在△ADE中，由余弦定理得cos∠DAE＝eq\f（AD2＋AE2－DE2，2AD·AE）＝eq\f(\f（7，9）＋\f(7，9）－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，3))）2，2×\f（\r（7），3)×\f（\r（7)，3))＝eq\f（13,14）,所以eq\o（AD，\s\up7(→))·eq\o(AE，\s\up7（→）)＝|eq\o(AD，\s\up7（→））|·|eq\o（AE，\s\up7（→））|cos∠DAE＝eq\f（\r（7)，3）×eq\f（\r(7),3）×eq\f(13，14）＝eq\f（13,18）。法二：如图,建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得Aeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f(\r(3）,2）))，Deq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1,6），0）)，Eeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，6）,0)），所以eq\o(AD,\s\up7（→))＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，－\f（\r（3）,2）)），eq\o（AE，\s\up7(→）)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,6),－\f(\r(3)，2))），所以eq\o(AD,\s\up7（→））·eq\o(AE,\s\up7（→）)＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,6）,－\f(\r(3)，2))）·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,6）,－\f(\r（3）,2）)）＝－eq\f(1，36)＋eq\f(3,4)＝eq\f(13,18).8．(2017·东北四市模拟）已知向量eq\o（OA,\s\up7（→）)＝（3,1）,eq\o（OB,\s\up7(→))＝（－1，3），eq\o(OC，\s\up7(→）)＝meq\o(OA,\s\up7（→））－neq\o(OB，\s\up7（→))(m〉0，n〉0)，若m＋n＝1，则|eq\o（OC，\s\up7(→))|的最小值为()A.eq\f(\r(5),2） B.eq\f（\r(10），2)C。eq\r(5） D.eq\r（10）解析:选C由eq\o(OA,\s\up7(→））＝(3,1)，eq\o（OB，\s\up7（→)）＝(－1,3），得eq\o(OC，\s\up7(→))＝meq\o(OA,\s\up7（→))－neq\o（OB,\s\up7(→）)＝(3m＋n，m－3n）,因为m＋n＝1(m>0，n〉0）,所以n＝1－m且0〈m〈1，所以eq\o(OC，\s\up7（→）)＝(1＋2m，4m－3)，则｜eq\o(OC,\s\up7(→))｜＝eq\r(1＋2m2＋4m－32)＝eq\r(20m2－20m＋10)＝eq\r(20\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（m－\f（1,2)))2＋5）（0〈m<1)，所以当m＝eq\f(1，2)时,｜eq\o(OC，\s\up7（→））｜min＝eq\r（5)。9．已知向量m,n的模分别为eq\r(2),2，且m,n的夹角为45°.在△ABC中，eq\o（AB,\s\up7(→））＝2m＋2n，eq\o（AC，\s\up7(→））＝2m－6n，eq\o（BC,\s\up7(→))＝2eq\o（BD,\s\up7(→）），则|eq\o（AD，\s\up7（→））｜＝()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．8解析：选B因为eq\o（BC，\s\up7(→)）＝2eq\o(BD,\s\up7（→)),所以点D为边BC的中点，所以eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2）(eq\o（AB，\s\up7（→））＋eq\o(AC，\s\up7(→)））＝2m－2n，所以｜eq\o(AD，\s\up7（→））｜＝2|m－n｜＝2eq\r(m－n2）＝2eq\r(2＋4－2×\r(2)×2×\f(\r(2),2））＝2eq\r(2）.10．(2018届高三·湘中名校联考）若点P是△ABC的外心，且eq\o（PA,\s\up7(→））＋eq\o（PB，\s\up7（→)）＋λeq\o（PC,\s\up7（→)）＝0,C＝120°,则实数λ的值为（）A.eq\f(1,2） B．－eq\f（1，2)C．－1 D．1解析:选C设AB中点为D,则eq\o（PA,\s\up7（→)）＋eq\o(PB,\s\up7（→））＝2eq\o(PD,\s\up7（→）)eq\o（PD,\s\up7（→））。因为eq\o(PA，\s\up7（→))＋eq\o（PB，\s\up7(→))＋λeq\o(PC，\s\up7（→)）＝0，所以2eq\o（PD,\s\up7(→))＋λeq\o(PC，\s\up7(→）)＝0，所以向量eq\o（PD，\s\up7(→)）,eq\o（PC，\s\up7（→）)共线．又P是△ABC的外心，所以PA＝PB，所以PD⊥AB，所以CD⊥AB。因为∠ACB＝120°,所以∠APB＝120°，所以四边形APBC是菱形，从而eq\o（PA,\s\up7（→））＋eq\o(PB，\s\up7(→））＝2eq\o（PD,\s\up7（→）)＝eq\o(PC,\s\up7(→)),所以2eq\o(PD,\s\up7(→））＋λeq\o(PC,\s\up7（→)）＝eq\o(PC，\s\up7(→)）＋λeq\o(PC,\s\up7（→）)＝0，所以λ＝－1.11．已知Rt△AOB的面积为1，O为直角顶点,设向量a＝eq\f（eq\o(OA,\s\up7（→）),｜eq\o(OA，\s\up7(→))｜），b＝eq\f(eq\o(OB,\s\up7（→)）,|eq\o(OB,\s\up7（→))｜），eq\o（OP,\s\up7(→）)＝a＋2b，则eq\o(PA,\s\up7(→））·eq\o（PB,\s\up7（→）)的最大值为（)A．1 B．2C．3 D．4解析：选A如图，设A（m,0)，B（0，n)，∴mn＝2,则a＝(1,0），b＝(0，1），eq\o(OP,\s\up7(→）)＝a＋2b＝（1，2），eq\o(PA，\s\up7(→)）＝(m－1，－2），eq\o(PB,\s\up7（→))＝（－1,n－2），eq\o（PA，\s\up7(→))·eq\o（PB,\s\up7(→))＝5－(m＋2n）≤5－2eq\r(2nm)＝1，当且仅当m＝2n，即m＝2,n＝1时,等号成立．12．已知△ABC是边长为1的等边三角形，点D，E分别是边AB,BC的中点,连接DE并延长到点F，使得DE＝2EF，则eq\o（AF，\s\up7(→）)·eq\o(BC，\s\up7（→））的值为（)A．－eq\f(5,8) B。eq\f（1，8)C.eq\f(1，4) D.eq\f（11，8)解析：选B如图所示，eq\o（AF，\s\up7(→))＝eq\o（AD，\s\up7(→））＋eq\o(DF，\s\up7(→)).又D，E分别为AB,BC的中点，且DE＝2EF,所以eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB，\s\up7(→）),eq\o（DF,\s\up7（→)）＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7（→））＋eq\f（1,4)eq\o（AC,\s\up7(→))＝eq\f(3,4）eq\o（AC,\s\up7（→)），所以eq\o(AF,\s\up7（→）)＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7（→）)＋eq\f(3,4)eq\o（AC，\s\up7（→））。又eq\o(BC,\s\up7(→）)＝eq\o（AC,\s\up7（→))－eq\o（AB,\s\up7（→）），则eq\o（AF，\s\up7（→))·eq\o(BC，\s\up7(→)）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)eq\o（AB,\s\up7（→）)＋\f(3,4)eq\o(AC,\s\up7(→）)）)·(eq\o(AC,\s\up7(→））－eq\o(AB，\s\up7（→)））＝eq\f(1,2)eq\o(AB，\s\up7（→)）·eq\o(AC,\s\up7（→）)－eq\f(1，2)eq\o(AB,\s\up7（→）)2＋eq\f（3,4）eq\o（AC，\s\up7(→))2－eq\f（3，4)eq\o(AC，\s\up7（→））·eq\o（AB，\s\up7（→)）＝eq\f（3，4）eq\o(AC，\s\up7(→))2－eq\f（1,2）eq\o(AB，\s\up7（→））2－eq\f(1，4）eq\o(AC,\s\up7（→））·eq\o(AB,\s\up7(→)）。又|eq\o(AB，\s\up7（→））｜＝｜eq\o（AC，\s\up7(→）)｜＝1，∠BAC＝60°,故eq\o（AF,\s\up7（→）)·eq\o（BC,\s\up7(→)）＝eq\f（3,4)－eq\f(1,2)－eq\f(1，4)×1×1×eq\f(1,2）＝eq\f（1,8)。二、填空题13．在△ABC中,点O在线段BC的延长线上，且eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(eq\o(BO，\s\up7(→）)）)＝3eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(eq\o（CO，\s\up7(→）)）)，当eq\o(AO，\s\up7（→))＝xeq\o(AB,\s\up7(→））＋yeq\o（AC,\s\up7(→)）时，则x－y＝________。解析：∵eq\o（AO，\s\up7(→))＝eq\o（AB,\s\up7（→))＋eq\o（BO,\s\up7(→））＝eq\o(AB，\s\up7（→)）＋eq\f(3，2)eq\o（BC，\s\up7（→））＝eq\o(AB，\s\up7(→））＋eq\f(3,2)（eq\o（AC，\s\up7(→）)－eq\o（AB,\s\up7(→）)）＝－eq\f(1,2)eq\o(AB，\s\up7(→））＋eq\f（3，2）eq\o(AC,\s\up7（→）），∴x－y＝－2.答案：－214．已知a，b是非零向量，f（x）＝（ax＋b）·（bx－a)的图象是一条直线，|a＋b｜＝2，|a|＝1，则f（x）＝________.解析：由f（x）＝a·bx2－（a2－b2)x－a·b的图象是一条直线，可得a·b＝0.因为|a＋b|＝2,所以a2＋b2＝4。因为|a|＝1，所以a2＝1，b2＝3，所以f(x）＝2x.答案：2x15．(2017·天津高考）在△ABC中,∠A＝60°，AB＝3，AC＝2。若eq\o(BD，\s\up7(→))＝2eq\o（DC,\s\up7（→）),eq\o（AE，\s\up7(→））＝λeq\o（AC,\s\up7(→)）－eq\o(AB，\s\up7(→))(λ∈R），且eq\o（AD，\s\up7（→）)·eq\o(AE,\s\up7（→)）＝－4,则λ的值为________．解析：法一:eq\o（AD,\s\up7（→))＝eq\o(AB，\s\up7(→））＋eq\o（BD，\s\up7(→））＝eq\o（AB,\s\up7（→)）＋eq\f（2,3)eq\o（BC，\s\up7（→))＝eq\o(AB，\s\up7（→）)＋eq\f（2,3)（eq\o（AC,\s\up7（→））－eq\o（AB，\s\up7（→）))＝eq\f（1,3）eq\o（AB，\s\up7(→)）＋eq\f（2，3)eq\o（AC，\s\up7（→））.又eq\o（AB，\s\up7（→)）·eq\o(AC，\s\up7(→))＝3×2×eq\f(1，2)＝3，所以eq\o(AD,\s\up7(→））·eq\o(AE，\s\up7（→))＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,3)eq\o(AB,\s\up7（→))＋\f（2,3）eq\o（AC,\s\up7(→）))）·(－eq\o（AB，\s\up7(→）)＋λeq\o(AC，\s\up7(→））)＝－eq\f（1，3）eq\o（AB，\s\up7（→))2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,3)λ－\f（2,3）)）eq\o（AB,\s\up7(→）)·eq\o(AC,\s\up7（→)）＋eq\f(2，3）λeq\o(AC，\s\up7（→）)2＝－3＋3eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,3）λ－\f(2，3）））＋eq\f(2，3)λ×4＝eq\f（11,3)λ－5＝－4，解得λ＝eq\f（3,11).法二：以点A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up7（→））的方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，不妨假设点C在第一象限,则A（0,0),B（3，0)，C（1，eq\r(3)）．由eq\o（BD，\s\up7（→)）＝2eq\o(DC，\s\up7(→）)，得Deq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（5,3)，\f(2\r(3),3）)），由eq\o（AE,\s\up7(→）)＝λeq\o(AC，\s\up7（→)）－eq\o（AB,\s\up7（→）），得E（λ－3，eq\r（3)λ），则eq\o（AD,\s\up7（→））·eq\o(AE,\s\up7（→）)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(5,3），\f（2\r（3),3）)）·(λ－3,eq\r(3)λ）＝eq\f(5，3)(λ－3)＋eq\f（2\r(3），3）×eq\r（3)λ＝eq\f（11,3）λ－5＝－4，解得λ＝eq\f(3,11)。答案：eq\f（3，11)16．定义平面向量的一种运算a⊙b＝|a＋b|·｜a－b|·sin〈a,b〉，其中<a,b〉是a与b的夹角，给出下列命题：①若〈a，b>＝90°，则a⊙b＝a2＋b2；②若｜a｜＝｜b｜，则（a＋b）⊙（a－b)＝4a·b；③若｜a|＝|b|，则a⊙b≤2|a|2；④若a＝(1,2)，b＝(－2，2),则(a＋b）⊙b＝eq\r（10)。其中真命题的序号是________．解析：①中，因为〈a，b〉＝90°，则a⊙b＝｜a＋b|·｜a－b|＝a2＋b2，所以①成立；②中，因为|a|＝|b｜，所以<（a＋b），（a－b)〉＝90°，所以（a＋b）⊙（a－b）＝｜2a|·|2b|＝4｜a||b|，所以②不成立；③中，因为|a｜＝｜b|，所以a⊙b＝|a＋b｜·|a－b｜·sin〈a，b>≤｜a＋b|·|a－b|≤eq\f(|a＋b|2＋|a－b｜2，2)＝2｜a|2，所以③成立；④中，因为a＝（1，2），b＝（－2,2)，所以a＋b＝(－1,4）,sin〈(a＋b)，b〉＝eq\f（3\r(34），34)，所以(a＋b