高考数 第四章第二节 课下冲关作业 新人教A

(时间60分钟，满分80分)一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1．设向量a＝(3，eq\r(3))，b为单位向量，且a∥b，则b＝()A．(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2))或(－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)) B．(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))C．(－eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)) D．(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))或(－eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2))解析：设b＝(x，y)，由a∥b可得3y－eq\r(3)x＝0，又x2＋y2＝1得b＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))或b＝(－eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2))．答案：D2．已知向量a＝(3,1)，b＝(1,3)，c＝(k,7)，若(a－c)∥b，则k＝()A．3 B．0C．5 D．－5解析：由已知得：(a－c)＝(3－k，－6)，又∵(a－c)∥b，∴3(3－k)＋6＝0，∴k＝5.答案：C3．若三点A(2,2)，B(a,0)，C(0，b)(ab≠0)共线，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值等于()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)解析：＝(a－2，－2)，＝(－2，b－2)，依题意，有(a－2)·(b－2)－4＝0，即ab－2a－2b＝0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,2).答案：B4．在△ABC中，点P在BC上，且＝2，点Q是AC的中点，若＝(4,3)，＝(1,5)，则＝()A．(－6,21) B．(－2,7)C．(6，－21) D．(2，－7)解析：由题知，－＝＝(1,5)－(4,3)＝(－3,2)，又因为点Q是AC的中点，所以＝，所以＝＋＝(1,5)＋(－3,2)＝(－2,7)，因为＝2，所以＝＋＝3＝3(－2,7)＝(－6,21)．答案：A5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且m＝(eq\r(3)b－c，cosC)，n＝(a，cosA)，m∥n，则cosA的值等于()A.eq\f(\r(2),2) B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D．－eq\f(\r(3),3)解析：∵m∥n，∴(eq\r(3)b－c)cosA＝acosC，∴(eq\r(3)sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，即eq\r(3)sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB，易知sinB≠0，∴cosA＝eq\f(\r(3),3).答案：C6．(·青岛模拟)如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝1，且∠B＝90°，∠BCD＝135°，记向量＝a，＝b，则＝()A.eq\r(2)a－(1＋eq\f(\r(2),2))bB．－eq\r(2)a＋(1＋eq\f(\r(2),2))bC．－eq\r(2)a＋(1－eq\f(\r(2),2))bD.eq\r(2)a＋(1－eq\f(\r(2),2))b解析：根据题意可得△ABC为等腰直角三角形，由∠BCD＝135°，得∠ACD＝135°－45°＝90°，以B为原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴建立如图所示的直角坐标系，并作DE⊥y轴于点E，则△CDE也为等腰直角三角形，由CD＝1，得CE＝ED＝eq\f(\r(2),2)，则A(1,0)，B(0,0)，C(0,1)，D(eq\f(\r(2),2)，1＋eq\f(\r(2),2))，∴＝(－1,0)，＝(－1,1)，＝(eq\f(\r(2),2)－1,1＋eq\f(\r(2),2))，令＝λ＋μ，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λ－μ＝\f(\r(2),2)－1,μ＝1＋\f(\r(2),2)))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\r(2),μ＝1＋\f(\r(2),2)))，∴＝－eq\r(2)a＋(1＋eq\f(\r(2),2))b.答案：B二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知A(3,1)，B(－1,3)，若点C满足|＋|＝|－|，则C点的轨迹方程是________．解析：由|＋|＝|－|知⊥，所以C点的轨迹是以A、B为直径的两个端点的圆，圆心坐标为线段AB的中点(1,2)，半径等于eq\r(5)，所以C点的轨迹方程是(x－1)2＋(y－2)2＝5.答案：(x－1)2＋(y－2)2＝58．在△ABC中，D是BC边的中点，已知A(1,1)，＝(－1，－3)，＝(3,5)，则C点的坐标为________．解析：∵＝＋＝＋2＝－2＝(－1，－3)－(6,10)＝(－7，－13)，设O为坐标原点，∴－＝(－7，－13)，∴＝＋(－7，－13)＝(1,1)＋(－7，－13)＝(－6，－12)．即点C的坐标为(－6，－12)．答案：(－6，－12)9．(·天津十二校联考)已知直角坐标平面内的两个向量a＝(1,3)，b＝(m,2m－3)，使平面内的任意一个向量c都可以唯一的表示成c＝λa＋μb，则m解析：∵c可唯一表示成c＝λa＋μb，∴a与b不共线，即2m－3≠3∴m≠－3.答案：{m|m∈R，m≠－3}三、解答题10．已知O(0,0)、A(1,2)、B(4,5)及＝＋t，试问：(1)t为何值时，P在x轴上？在y轴上？P在第三象限？(2)四边形OABP能否成为平行四边形？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由．解：(1)∵＝(1,2)，＝(3,3)，∴＝＋t＝(1＋3t,2＋3t)．若点P在x轴上，则2＋3t＝0，解得t＝－eq\f(2,3)；若点P在y轴上，则1＋3t＝0，解得t＝－eq\f(1,3)；若点P在第三象限，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋3t＜0，,2＋3t＜0.))解得t＜－eq\f(2,3).(2)若四边形OABP成为平行四边形，则＝，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋3t＝3，,2＋3t＝3.))∵该方程组无解，∴四边形OABP不能成为平行四边形．11．已知点G是△ABO的重心，M是AB边的中点．若PQ过△ABO的重心G，且＝a，＝b，＝ma，＝nb，求证：eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.证明：显然＝eq\f(1,2)(a＋b)．因为G是△ABO的重心，所以＝eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)(a＋b)．由P、G、Q三点共线，得∥，所以有且只有一个实数λ，使＝λ.而＝－＝eq\f(1,3)(a＋b)－ma＝(eq\f(1,3)－m)a＋eq\f(1,3)b，＝－＝nb－eq\f(1,3)(a＋b)＝－eq\f(1,3)a＋(n－eq\f(1,3))b，所以(eq\f(1,3)－m)a＋eq\f(1,3)b＝λ[－eq\f(1,3)a＋(n－eq\f(1,3))b]．又因为a、b不共线，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－m＝－\f(1,3)λ,\f(1,3)＝λn－\f(1,3)))，消去λ，整理得3mn＝m＋n，故eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝3.12．已知向量a＝(sinθ，cosθ－2sinθ)，b＝(1,2)．(1)若a∥b，求tanθ的值；(2)若|a|＝|b|,0＜θ＜π，求θ的值．解：(1)因为a∥b，所以2sinθ＝cosθ－2sinθ，于是4sinθ＝cosθ，故tanθ＝eq\f(1,4).(2)由|a|＝|b|知，sin2θ＋(cosθ－2sinθ)2＝12＋22，所以1－2sin2θ＋4sin2θ＝5.从而－2sin2θ＋2(1－cos2θ)＝4，即si