2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 4.4平面向量的應(yīng)用舉例課時(shí)作業(yè) 文（含解析）新人教版

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1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 4.4平面向量的應(yīng)用舉例課時(shí)作業(yè) 文（含解析）新人教版 一、選擇題 1．(xx·益陽(yáng)模擬)在△ABC中，∠C＝90°，且CA＝CB＝3，點(diǎn)M滿足＝2，則·等于(　　) A．2　　　　　　　　　　 B．3 C．4 D．6 解析：由題意可知， ·＝·＝·＋·＝0＋×3×3cos45°＝3. 答案：B 2．(xx·西寧模擬)已知向量a＝(cosα，－2)，b＝(sinα，1)，且a∥b，則2sinαcosα等于(　　) A．3 B．－3 C. D．－ 解析：由a∥b得cosα＝－2sinα，所以tanα＝－. 所以2sinαcosα

2、＝＝＝－. 答案：D 3．(xx·邵陽(yáng)模擬)已知a＝(1，sin2x)，b＝(2，sin2x)，其中x∈(0，π)．若|a·b|＝|a||b|，則tanx的值等于(　　) A．1 B．－1 C. D. 解析：由|a·b|＝|a||b|知，a∥b. 所以sin2x＝2sin2x，即2sinxcosx＝2sin2x， 而x∈(0，π)， 所以sinx＝cosx，即x＝，故tanx＝1. 答案：A 4．(xx·南昌模擬)若|a|＝2sin15°，|b|＝4cos15°，a與b的夾角為30°，則a·b的值是(　　) A. B. C．2 D. 解析：a·b＝|a

3、||b|cos30°＝8sin15°cos15°×＝4×sin30°×＝. 答案：B 5．(xx·哈爾濱模擬)函數(shù)y＝tan的部分圖象如圖所示，則(＋)·＝(　　) A．4 B．6 C．1 D．2 解析：由條件可得B(3,1)，A(2,0)，∴(＋)·＝(＋)·(－)＝2－2＝10－4＝6. 答案：B 6．(xx·安慶二模)在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)應(yīng)的三角形的邊長(zhǎng)，若4a＋2b＋3c＝0，則cosB＝(　　) A．－ B. C. D．－ 解析：由4a＋2b＋3c＝0，得 4a＋3c＝－2b＝－2b(－)＝2b＋2b，所以4a＝3c

4、＝2b. 由余弦定理得cosB＝＝＝－. 答案：A 二、填空題 7．(xx·?？谀M)若向量a＝，b＝，且a∥b，則銳角α的大小是________． 解析：因?yàn)閍∥b，所以×－sinαcosα＝0， 所以sin2α＝1，又α為銳角，故α＝. 答案： 8．(xx·東北三校一模)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若(3b－c)cosA＝acosC，S△ABC＝，則·＝__________. 解析：依題意得(3sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，即3sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB＞0， 于是有cosA

5、＝，sinA＝＝， 又S△ABC＝·bcsinA＝bc× ＝， 所以bc＝3，·＝bccos(π－A)＝－bccosA＝－3×＝－1. 答案：－1 9．(xx·北京模擬)已知平面上一定點(diǎn)C(2,0)和直線l：x＝8，P為該平面上一動(dòng)點(diǎn)，作PQ⊥l ，垂足為Q，且·＝0，則點(diǎn)P到點(diǎn)C的距離的最大值是__________． 解析：設(shè)P(x，y)，則Q(8，y)， 由·＝0，得 ||2－||2＝0，即(x－2)2＋y2－(x－8)2＝0， 化簡(jiǎn)得＋＝1，所以點(diǎn)P的軌跡是焦點(diǎn)在x軸的橢圓，且a＝4，b＝2，c＝2，點(diǎn)C是其右焦點(diǎn)． 故|PC|max＝a＋c＝4＋2＝6. 答案：6

6、 三、解答題 10．(xx·重慶模擬)已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，向量m＝(a＋c，b－a)，n＝(a－c，b)，且m⊥n. (1)求角C的大?。? (2)若向量s＝(0，－1)，t＝，試求|s＋t|的取值范圍． 解析：(1)由題意得m·n＝(a＋c，b－a)·(a－c，b)＝a2－c2＋b2－ab＝0，即c2＝a2＋b2－ab.由余弦定理得cosC＝＝.因?yàn)?＜C＜π，所以C＝. (2)因?yàn)閟＋t＝＝(cosA，cosB)， 所以|s＋t|2＝cos2A＋cos2B ＝cos2A＋cos2 ＝－sin＋1. 因?yàn)?＜A＜，所以－＜2A－＜， 所

7、以－＜sin≤1. 所以≤|s＋t|2＜，故≤|s＋t|＜. 11．(xx·合肥模擬)如圖，A，B是單位圓上的動(dòng)點(diǎn)，C是單位圓與x軸的正半軸的交點(diǎn)，且∠AOB＝，記∠COA＝θ，θ∈(0，π)，△AOC的面積為S. (1)若f(θ)＝·＋2S，試求f(θ)的最大值以及此時(shí)θ的值． (2)當(dāng)A點(diǎn)坐標(biāo)為時(shí)，求||2的值． 解析：(1)S＝sinθ， ＝，＝(1,0)． 則f(θ)＝·＋2S＝cos＋sinθ ＝sin， 因?yàn)棣取?0，π)，故θ＝時(shí)，f(θ)max＝1. (2)依題cosθ＝－，sinθ＝， 在△BOC中，∠BOC＝θ＋. 由余弦定理得：||2＝1＋1－

8、2×1×1×cos＝2－cosθ＋sinθ＝. 12．(xx·吉林模擬)已知點(diǎn)A(－1,0)，B(1,0)，動(dòng)點(diǎn)M的軌跡曲線C滿足∠AMB＝2θ，||·||cos2θ＝3，過(guò)點(diǎn)B的直線交曲線C于P，Q兩點(diǎn)． (1)求||＋||的值，并寫出曲線C的方程； (2)設(shè)直線PQ的傾斜角是，試求△APQ的面積． 解析：(1)設(shè)M(x，y)，在△MAB中，|AB|＝2，∠AMB＝2θ，根據(jù)余弦定理得||2＋||2－2||·||cos2θ＝4. 即(||＋||)2－2||·||(1＋cos2θ)＝4. (||＋||)2－4||·||cos2θ＝4. 而||·||cos2θ＝3，所以(||＋||

9、)2－4×3＝4. 所以||＋||＝4. 又||＋||＝4＞2＝||， 因此點(diǎn)M的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓(點(diǎn)M在x軸上也符合題意)，a＝2，c＝1. 所以曲線C的方程為＋＝1. (2)由題意得直線PQ的方程為：y＝x－1. 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由得 7x2－8x－8＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝－， y1＋y2＝x1＋x2－2＝－， y1y2＝(x1－1)(x2－1) ＝x1x2－(x1＋x2)＋1＝－， 因?yàn)锳(－1,0)，B(1,0)，所以|AB|＝2. 所以S△APQ＝S△ABP＋S△ABQ＝|AB||y1|＋|AB||y2|＝|y1－y2|＝＝＝. 即△APQ的面積是.