2017年宁夏高考数学综合提升训练（四）
1．已知|a|＝2，|b|＝1，a·b＝1，则向量a在b方向上的投影是()
A．－2(1) B．－1
C．2(1) D．1
2．若向量a与b的夹角为120°，且|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，则有()
A．c⊥a B．c⊥b
C．c∥b D．c∥a
3．在△ABC中，“→(AB)·→(BC)＞0”是“△ABC是钝角三角形”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
4．向量a＝(3，－4)，向量|b|＝2，若a·b＝－5，则向量a与b的夹角为()
A．3(π) B．6(π)
C．3(2π) D．4(3π)
5．已知平面向量a，b，若|a|＝3，|a－b|＝，a·b＝6，则|b|＝________，向量a，b夹角的大小为________．
6．在△ABC中，→(AB)＝(cos 18°，cos 72°)，→(BC)＝(2cos 63°，2cos 27°)，则△ABC的面积为()
A．4(2) B．2(2)
C．2(3) D．
7．正三角形ABC的边长为，点P在其外接圆上运动，则→(AP)·→(PB)的取值范围是()
A．2(3)
B．2(1)
C．2(3)
D．2(1)
8．在△ABC中，点D在线段BC的延长线上，且→(BC)＝→(CD)，点O在线段CD上(与点C，D不重合)．若→(AO)＝x→(AB)＋(1－x)→(AC)，则x的取值范围是()
A．(0，1) B．3(1)
C．(－1，0) D．，0(1)
9．已知△ABC的三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，P为AB边上任意一点，则→(CP)·(→(BA)－→(BC))的最大值为()
A．8 B．9
C．12 D．15
10．已知向量a·(a＋2b)＝0，|a|＝|b|＝1，且|c－a－2b|＝1，则|c|的最大值为()
A．2 B．4
C．＋1 D．＋1
11．已知向量a，b的夹角为120°，|a|＝1，|b|＝5，则|4a－b|＝________．
12．已知a，b∈R，i是虚数单位．若b＋i(（1＋ai）（1－i）)＝2－i，则a＋bi＝________．
13．O是平面上一点，A，B，C是平面上不共线的三点，动点P满足→(OP)＝→(OA)＋λ(→(AB)＋→(AC))，λ∈2(1)，已知λ＝2(1)时，|→(AP)|＝2，则→(PA)·→(PB)＋→(PA)·→(PC)的最小值是________．
14．已知向量a＝(－3，2)，b＝(2，1)，c＝(3，－1)，t∈R.
(1)求|a＋tb|的最小值及相应的t值；
(2)若a－tb与c共线，求实数t.
15．设△ABC是边长为1的正三角形，点P1，P2，P3四等分线段BC
(1)求→(AB)·→(AP)1＋→(AP)1·→(AP)2的值．
(2)设动点P在BC上．
(i)请写出一个|→(BP)|的值使→(PA)·→(PC)>0，并说明理由；
(ii)当→(PA)·→(PC)取得最小值时，求cos∠PAB的值．
16．已知函数f(x)＝m·n，其中m＝(1，sin 2x)，n＝(cos 2x，)，在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且f(A)＝1.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，b＋c＝3，求△ABC的面积．
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1．D [解析] 因为向量a在b方向上的投影是|a|cos〈a，b〉，又
cos〈a，b〉＝|a|·|b|(a·b)＝2×1(1)＝2(1)，所以|a|cos〈a，b〉＝1.
2．A [解析] 由题意得a·c＝a·(a＋b)＝a2＋a·b＝1＋|a|·|b|cos 120°＝1－1＝0，则c⊥a.
3．A [解析] 由→(AB)·→(BC)＞0，可得角B为钝角，此时△ABC是钝角三角形，条件是充分的；反之，当△ABC是钝角三角形时，角B不一定为钝角，故不一定有→(AB)·→(BC)＞0，条件是不必要
的．故“→(AB)·→(BC)＞0”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件．
4．C [解析] 易知|a|＝5，cos〈a，b〉＝|a||b|(a·b)＝5×2(－5)＝－2(1)，即向量a与b的夹角为3(2π).
5．4 60° [解析] 由|a－b|＝，平方得a2－2a·b＋b2＝13，代入已知条件得b2＝16，得|b|＝4，所以cos〈a，b〉＝|a||b|(a·b)＝3×4(6)＝2(1)，所以〈a，b〉＝60°.
6．B [解析] |→(AB)|＝＝＝1，
|→(BC)|＝＝＝2，
→(AB)·→(BC)＝2cos 18°·cos 63°＋2cos 72°·cos 27°＝2cos 18°·cos 63°＋2sin 18°·sin 63°＝2cos 45°＝.设→(AB)与→(BC)的夹角为α，
所以cos α＝|(BC)＝2(2)，得α＝45°，所以三角形的内角B＝135°，因此△ABC的面积S＝2(1)|→(AB)|·|→(BC)|·sin 135°＝2(2).
7．B [解析] 设外接圆的圆心为O，→(CO)与→(OP)的夹角为θ(θ∈[0，π])，在正三角形ABC中，易知|→(OA)|＝|→(OB)|＝|→(OC)|＝|→(OP)|＝1，则→(AP)·→(PB)＝(→(OP)－→(OA))·(→(OB)－→(OP))＝→(OP)·(→(OA)＋→(OB))－→(OP)2－→(OA)
·→(OB)＝→(OP)·→(CO)－2(1)＝|→(OP)|·|→(CO)|cosθ－2(1)＝coθ－2(1)，所以→(AP)·→(PB)的取值范围为2(1).
8．C [解析] 如图所示，由于→(BC)＝→(CD)，点O在线段CD上，故存在实数λ∈(0，1)，使得→(CO)＝λ→(CD)，
∴→(AO)＝→(AC)＋→(CO)＝→(AC)＋λ→(CD)＝→(AC)＋λ→(BC)＝→(AC)＋λ(→(AC)－→(AB))＝－λ→(AB)＋(1＋λ)→(AC).又→(AO)＝x→(AB)＋(1－x)→(AC)，∴x＝－λ.又0<λ<1，∴－1<－λ<0，即－1 9．B [解析] 显然AC⊥BC，以点C为坐标原点，射线CA，CB分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系，则C(0，0)，A(3，0)，B(0，4)．设→(CP)＝→(CA)＋λ→(AB)＝(3，0)＋λ(－3，4)＝ (3－3λ，4λ)，其中0≤λ≤1，则→(CP)·(→(BA)－→(BC))＝→(CP)·→(CA)＝(3－3λ，4λ)·(3，0)＝9－9λ≤9，故→(CP)·(→(BA)－→(BC))的最大值为9. 10．D [解析] 由a·(a＋2b)＝0且|a|＝1，得a·b＝－2(1)，得〈a，b〉＝120°.在平面直角坐标系中，设a＝(1，0)，b＝3()，则a＋2b＝(0，)．设c＝(x，y)，由|c－a－2b|＝1得x2＋(y－)2 ＝1，即向量c的终点在圆x2＋(y－)2＝1上，所以|c|的最大值为＋1. 11． [解析] 由|4a－b|2＝16a2－8a·b＋b2＝16－8×5cos 120°＋25＝61，得|4a－b|＝. 12．2＋i [解析] b＋i(（1＋ai）（1－i）)＝2－i⇒(1＋ai)(1－i)＝(2－i)·(b＋i)⇒1＋a＋(a－1)i＝2b＋1＋(2－b)i，所以a－1＝2－b，(1＋a＝2b＋1，)解得b＝1.(a＝2，) 13．－2 [解析] 由→(OP)＝→(OA)＋λ(→(AB)＋→(AC))，得→(AP)＝λ(→(AB)＋→(AC))，当λ＝2(1)时，由|→(AP)|＝2，得→(AB)＋→(AC)＝2→(AP)，所以|→(AB)＋→(AC)|＝4. 又→(PA)·→(PB)＋→(PA)·→(PC)＝→(PA)·(→(PB)＋→(PC))＝→(PA)·(→(AB)－→(AP)＋→(AC)－→(AP))＝－λ(→(AB)＋→(AC))·[→(AB)＋→(AC)－2λ(→(AB)＋→(AC))]＝λ(2λ－1)·(→(AB)＋→(AC))2＝16(2λ2－λ)，当λ＝4(1)时上式有最小值－2. 14．解：(1)a＋tb＝(2t－3，2＋t)，|a＋tb|2＝(2t－3)2＋(2＋t)2＝5t2－8t＋13＝55(4)＋5(49)，当t＝5(4)时，|a＋tb|取得最小值5(5). (2)a－tb＝(－3－2t，2－t)，因为a－tb与c共线，所以3＋2t－6＋3t＝0，即t＝5(3). 15．解：(1)原式＝→(AP)1·(→(AB)＋→(AP)2)＝2→(AP)1(2)＝8(13). (2)(i)写0到2(1)取不到(1)之间的任何一个值均可． 理由是：此时向量→(PA)与→(PC)之间的夹角为锐角． (ii)→(PA)·→(PC)＝|→(PC)||→(PA)|cos∠APC. ①当P在线段BP2上时，→(PA)·→(PC)≥0； ②当P在线段P2C上时，→(PA)·→(PC)≤0. 要使→(PA)·→(PC)最小，则P必在线段P2C上，设|→(PC)|＝x，则→(PA)·→(PC)＝|→(PC)||→(PA)|cos∠APC＝|→(PC)|·(－|→(PP)2|)＝x2－2(1)x. 当x＝4(1)，即当P在P3时，→(PA)·→(PC)最小，此时cos∠PAB＝26(5). 16．解：(1)∵m＝(1，sin 2x)，n＝(cos 2x，)，f(x)＝m·n， ∴f(x)＝cos 2x＋sin 2x＝2sin6(π). ∵f(A)＝1，∴2sin6(π)＝1. 又0 ∴2A＋6(π)＝6(5π)，∴A＝3(π). (2)由余弦定理知cos A＝2bc(b2＋c2－a2)＝2(1). ∵a＝，∴b2＋c2－bc＝3. ∵b＋c＝3，∴bc＝2， ∴S△ABC＝2(1)bcsin A＝2(3).
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