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1、全品高考复习方案数学(理科) BS课时作业(二十四)1C解析不正确，单位向量的起点相同时，终点在以起点为圆心的单位圆上；不正确，两向量不能比较大小；不正确，当0时，a与b可能不共线；正确2D解析，ba，所以baaba.3B解析abc，所以|abc|2c|2|c|2.4B解析如图，因为CD平分ACB，由角平分线定理，得2，所以D为AB靠近B的三等分点，所以，故选B.5B解析由已知得，故()，所以.6D解析由题意知，故选D.7B解析据已知可得数列xn，yn均为等差数列S21(x1x2x21，y1y2y21)(21x11，21y11)21a11，故选B.8A解析由题意可知222，因为B，C，M三点共
2、线，所以221，即.9A解析由题意得，因此()，则与反向平行10.，解析 因为ADDB，AEEC，所以F是ABC的重心，则，所以()，所以x，y.11.解析因为()，所以1，2，即12.12解：(1)延长AD到G，使，连接BG，CG，得到ABGC.因为ab，所以(ab)，(ab)，b，(ab)a(b2a)，ba(b2a)(2)证明：由(1)可知，又因为，有公共点B，所以B，E，F三点共线13(1)A(2)解析 (1)因为abc0，所以0，所以ac0，bc0，所以ac，bc，所以cosA，所以A.(2)取BC的中点E，连接AE.因为ABC是边长为4的正三角形，所以AEBC，()，而()，所以D为
3、AE的中点，所以AD.取，以AD，AF为邻边作平行四边形，可知，而APD为直角三角形，且AF，所以APD的面积S.课时作业(二十五)1B解析由ab，得12m0，即m，故选B.2D解析由题知3ab(1，1)，c(x，1)因为3ab与c共线，所以1x，即x1.3C解析根据已知得(3，1)(x2y，2xy)，所以解得所以xy0.4D解析以D为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，以DA的长度为单位长度，则C(0，1)，A(1，0)，由题意，知B点的坐标为(x，y)，且x0，y0，则(x，1y)，(1，1)，(1x，y)，所以xy10，且|2，得x，y1.5(6，21)解析
4、(3，2)，2(6，4)(2，7)，3(6，21)6C解析向量a(1，1)，b(3，m)，ab(2，m1)又a(ab)，(m1)2，m3.7C解析由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，正方形的边长为单位长度，易知a(1，1)，b(6，2)，c(1，3)cab，即(1，3)(1，1)(6，2)，根据向量相等得方程组解得所以4.8A解析易知x0，y0，因为，()，所以()因为M，H，N共线，所以mn(m，nR)，且mn1.因为x，y，所以mxny，得即所以1.所以x4y，而24，当且仅当x2y时取等号，所以x4y.9D解析如图，设正三角形的边长为a.由mn，得因为cos15cos(6045)，所以
5、所以.10.解析(2，3)(3，7)(1，10)，.118解析由已知，得，(a1，1)，(b1，2)，2(a1)(b1)0，2ab1，4428，当且仅当时取等号，的最小值是8.12解：由已知得a(5，5)，b(6，3)，c(1，8)(1)3ab3c(1563，15324)(6，42)(2)mbnc(6mn，3m8n)，解得(3)设O为坐标原点，3c，3c(3，24)(3，4)(0，20)，M(0，20)又2b，2b(12，6)(3，4)(9，2)，N(9，2)，(9，18)13(1)B(2)A解析 (1)因为线段CO与线段AB交于D，所以0，0，设，的夹角为，则0.不妨设点A，B，C均在单位圆
6、上，再设A(1，0)，B(cos，sin)，则(cos，sin)，所以(cos)2(sin)21，即222cos11，当趋近于时，根据向量加法的几何意义可知趋近于，所以的取值范围是(1，)(2)建立如图所示的平面直角坐标系，则B(4，0)，C(0，4)设P(x，0)，0x4.设Q(m，n)，则(m4，n)(4，4)，得m44，n4，即Q(44，4)因为()0，即0，所以(44x，4)(4，4)0，解得，所以Q.设M(a，b)，由2，得(ax，b)2，得即M(4，4x)由0，得N(x，0)易知ABC的重心为G.因为MN过点G，所以M，N，G三点共线，所以存在实数，使得，即(4x，4x)，所以解得
7、x，所以|.课时作业(二十六)1C解析由题意得cos0及0，所以.2B解析设a，b，则coscos，即cos3cos，得cos0，所以ab，所以.3C解析如图，在等边三角形ABC中，D为BC的中点，连接AD.因为22a，所以a.又，所以2b.所以，ab均正确(ab)a，所以选项C中的结论不正确45解析易知a2b(3，32t)因为(a2b)a，所以(a2b)a0，所以(3)(1)(32t)30，解得t2，所以ab(0，5)，所以|ab|5.58解析方法一：根据已知，所以，.所以()224128.方法二：建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(6，0)，C(2，2)，D(0，2)因为(2
8、，2)，(6，2)，所以1248.6A解析因为2，所以()2.因为2，AM3，所以AP2，24，故选A.7D解析由1以及a(a2b)，得2ab1，所以.8A解析根据正弦定理得AB2sinC，AC2sinB取BC的中点D，连接OD，则ODBC.因为()()()(22)4sin2C4sin2B2cos2B2cos2C2cos2B2cos(2702B)2cos2B2sin2B2sin(2B45)，又因为452B45225，所以sin(245)1，所以22.9A解析方法一：22.易知2，1，则cos，所以，从而，.方法二：设，的夹角为，以点A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2，0)，D
9、(cos，sin)，C(2cos，sin)，E，F(1cos，sin)所以，(cos1，sin)，cos，解得cos，又因为0，所以.10C解析由(1，)，(，1)，得|2，且.由于，的坐标与向量的起点、终点有关，而与其在坐标系中的具体位置无关，据此建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，C(2，0)，设B(x，y)，则D(x，y2)，其中0x2，2y0.此时(x，y)(x2，y2)(x1)2(y1)22，因为0(x1)21，0(y1)21，所以2(x1)2(y1)220，故所求的取值范围为2，0)11.解析由在方向上的投影为1，得cos1201，所以2.由2，得.()22.12.1解析
10、设a，b夹角为(0)，由ab3cos3，得cos，所以.由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则a(1，1)，b(3，0)设c(x，y)，则c2a(x2，y2)，2b3c(63x，3y)因为(2b3c)0，所以(x2)(63x)(y2)(3y)0，整理得，x2y24x2y40，即(x2)2(y1)21，即向量c的终点在以点(2，1)为圆心，1为半径的圆上根据向量减法的几何意义，可知的最大值为11.13.解析当1时，Q为CD的中点设m，n，(01)易知mn，mmn，mnnm(1)n，所以m(1)n44(1)5284.根据二次函数性质可知，当时上式取得最小值；当0时上式取得最大值4.所以的取值范围
11、为.14解：由已知得，ab4816.(1)|ab|2a22abb2162(16)6448，|ab|4.|4a2b|216a216ab4b2161616(16)464768，|4a2b|16.(2)(a2b)(kab)，(a2b)(kab)0，ka2(2k1)ab2b20，即16k16(2k1)2640，k7.即k7时，(a2b)(kab)15解：(1)ab，cossin0，得sin0，又0，.(2)2ab(2cos，2sin1)，(2cos)2(2sin1)288sin，又0，sin，的最大值为16，的最大值为4.又4.16(1)D(2)321解析 (1)以C为坐标原点，CA为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(3，0)，B(0，3)，AB所在直线的方程为y3x.设M(a，3a)，N(b，3b)，且0a3，0b3，不妨设ab.MN，(ab)2(ba)22，ab1，ab1，0b2.(a，3a)(b，3b)2ab3(ab)92(b22b3)2(b1)24，当b1时有最小值4，当b0或b2时有最大值6，的取值范围为4，6
