考案2 第2章 平面向量及其应用-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学必修第二册同步学习指导(北师大版2019)

▲ ４２１ ▲ ▲ ４２２ ▲ 考 案 （二） 第二章　 平面向量及其应用 考试时间１２０分钟，满分１５０分． 一、单项选择题（本大题共８小题，每小题５分，共４０分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） １．下列命题中正确的是 （　 　 ） Ａ →． ＯＡ － →ＯＢ ＝ →ＡＢ Ｂ →． ＡＢ ＋ →ＢＡ ＝ ０ Ｃ． ０·→ＡＢ ＝ ０ Ｄ →． ＡＢ ＋ →ＢＣ ＋ →ＣＤ ＝ →ＡＤ ２．如图，ａ － ｂ等于 （　 　 ） Ａ． ２ｅ１ － ４ｅ２ Ｂ． － ４ｅ１ － ２ｅ２ Ｃ． ｅ１ － ３ｅ２ Ｄ． ３ｅ１ － ｅ２ ３．设Ｏ，Ａ，Ｍ，Ｂ为平面上四点，→ＯＭ ＝ λ →ＯＢ ＋（１ － λ）→ＯＡ，且λ∈（１，２），则 （　 　 ） Ａ．点Ｍ在线段ＡＢ上 Ｂ．点Ｂ在线段ＡＭ上 Ｃ．点Ａ在线段ＢＭ上 Ｄ． Ｏ，Ａ，Ｂ，Ｍ四点共线 ４．已知ａ、ｂ、ｃ分别是△ＡＢＣ三个内角Ａ、Ｂ、Ｃ的对边，ｂ 槡＝ ７，ｃ 槡＝ ３，Ｂ ＝ π６ ，那么ａ等于 （　 　 ） Ａ． １ Ｂ． ２ Ｃ． ４ Ｄ． １或４ ５．已知向量ａ ＝（１，２），ｂ ＝（－ ２，３），ｃ ＝（４，５），若（ａ ＋ λｂ）⊥ｃ，则实数λ ＝ （　 　 ） Ａ． － １２ Ｂ． １ ２ Ｃ． － ２ Ｄ． ２ ６．在△ＡＢＣ中，已知ｓｉｎ２Ａ ＋ ｓｉｎ２Ｂ － ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ２Ｃ，且满足ａｂ ＝ ４，则该三角形的面积为 （　 　 ） 槡 槡Ａ． １ Ｂ． ２ Ｃ． ２ Ｄ． ３ ７．在△ＡＢＣ中，Ｂ ＝６０°，Ｃ ＝４５°，ＢＣ ＝８，Ｄ为ＢＣ上一点，且→ＢＤ ＝槡３ －１２ →ＢＣ，则ＡＤ的长为ｓｉｎ ７５° ＝槡槡６ ＋ ２( )４ （　 　 ） Ａ． ４（槡３ － １） Ｂ． ４（槡３ ＋ １） Ｃ． ４（ 槡３ － ３） Ｄ． ４（ 槡３ ＋ ３） ８．等腰三角形ＡＢＣ内接于半径为２的圆Ｏ中，ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ ２，且Ｍ为圆Ｏ上一点，则→ＭＯ·→ＭＡ ＋ →ＭＢ·→ＭＣ的最大值为 （　 　 ） Ａ． ２ Ｂ． ５ Ｃ． １４ Ｄ． １６ 二、多项选择题（本大题共３小题，每小题６分，共１８分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部 选对的得６分，有选错的得０分，部分选对的得部分分） ９．设向量ａ，ｂ满足：｜ ａ ｜ ＝ ３，｜ ｂ ｜ ＝ ４，ａ·ｂ ＝ ０，以ａ，ｂ，ａ － ｂ的模为边长构成三角形，则它的边与半径为１的圆的公共 点个数可以是 （　 　 ） Ａ． ０或１ Ｂ． ２或３ Ｃ． ４ Ｄ． ６ １０．已知ａ ＝（２，１），ｂ ＝（－ ３，１），ｅ是与ｂ同向的单位向量，则下列结论错误的是 （　 　 ） Ａ． ｜ ｂ ｜ ＝ １０ Ｂ． ｅ ＝（－ １，０） Ｃ． ａ与ｂ可以作为一组基底 Ｄ．向量ａ在向量ｂ上的投影向量为－槡１０２ ｅ １１．已知△ＡＢＣ是边长为２的等边三角形，Ｄ，Ｅ分别是ＡＣ，ＡＢ上的两点，且→ＡＥ ＝ →ＥＢ，→ＡＤ ＝ ２ →ＤＣ，ＢＤ与ＣＥ交于点Ｏ，则 下列说法正确的是 （　 　 ） Ａ． →ＡＢ·→ＣＥ ＝ － １ Ｂ． →ＯＥ ＋ →ＯＣ ＝ ０ Ｃ． ｜ →ＯＡ ＋ →ＯＢ ＋ →ＯＣ ｜ ＝槡３２ Ｄ． →ＥＤ在→ＢＣ上的投影向量的模为７６ 三、填空题（本大题共３小题，每小题５分，共１５分） １２．已知ａ，ｂ为单位向量，且ａ·ｂ ＝ ０，若ｃ ＝ ２ａ 槡－ ５ｂ，则ｃｏｓ 〈ａ，ｃ〉＝ 　 　 　 　 ． １３．在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ．若ａ ＝槡７，ｂ ＝ ２，Ａ ＝ ６０°，则ｓｉｎ Ｂ ＝ 　 　 　 　 ，ｃ ＝ 　 　 　 　 ． １４．如图，已知正方形ＡＢＣＤ的边长为４，若动点Ｐ在以ＡＢ为直径的半圆上（正方形ＡＢＣＤ内部，含边界），则→ＰＣ·→ＰＤ 的取值范围为　 　 　 　 ． 四、解答题（本大题共５小题，共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） １５．（本小题满分１３分）已知向量ａ，ｂ满足ｂ ＝（１，槡３），ａ·ｂ ＝ ４，（ａ － ２ｂ）⊥ａ． （１）求向量ａ与ｂ的夹角； （２）求｜２ａ － ｂ ｜的值； （３）若向量ｃ ＝ ３ａ － ４ｂ，ｄ ＝ｍａ ＋ ｂ，ｃ∥ｄ，求ｍ的值                                                                      ． ▲ ４２３ ▲ ▲ ４２４ ▲ １６．（本小题满分１５分）如图，某中学在实施“五项管理”中，将学校的“五项管理”做成宣传牌（ＣＤ），放置在教学楼的 顶部（如图所示），该中学数学活动小组在山坡的坡脚Ａ处测得宣传牌底部Ｄ的仰角为６０°，沿该中学围墙边坡ＡＢ 向上走到Ｂ处测得宣传牌顶部Ｃ的仰角为４５°．已知山坡ＡＢ的坡度为ｉ ＝ １３，ＡＢ 槡＝ ２ １０ ｍ，ＡＥ ＝ ８ ｍ． （１）求点Ｂ距水平面ＡＥ的高度ＢＨ； （２）求宣传牌ＣＤ的高度．（结果保留根号） １７．（本小题满分１５分）已知平面向量ａ ＝（槡３，－ １），ｂ ＝ １２，槡 ３( )２ ，若存在不同时为零的实数ｋ和ｔ，使ｘ ＝ ａ ＋（ｔ２ －３）ｂ， ｙ ＝ － ｋａ ＋ ｔｂ，且ｘ⊥ｙ． （１）试求函数关系式ｋ ＝ ｆ（ｔ）； （２）若ｔ∈（０，＋ !）时，不等式ｋ≥ １２ ｔ ２ ＋ １４ ｍｔ恒成立，求实数ｍ的取值范围． １８．（本小题满分１７分）如图所示，甲船以每小时槡３０ ２ ｎ ｍｉｌｅ的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行， 当甲船位于Ａ１处时，乙船位于甲船的北偏西１０５°方向的Ｂ１处，此时两船相距２０ ｎ ｍｉｌｅ．当甲船航行２０ ｍｉｎ到达Ａ２ 处时，乙船航行到甲船的北偏西１２０°方向的Ｂ２处，此时两船相距槡１０ ２ ｎ ｍｉｌｅ，问乙船每小时航行多少ｎ ｍｉｌｅ？ １９．（本小题满分１７分）已知四边形ＡＢＣＤ中，Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＣＤ的中点，→ＡＢ ＝ ３ →ＤＣ，ＡＢ ＝ ３，ＡＤ ＝ ２． （１）设→ＥＦ ＝ →ｘ ＡＢ ＋ →ｙ ＡＤ，求实数ｘ，ｙ的值； （２）若｜ →ＥＦ 槡｜ ＝ ３，求∠ＢＡＤ； （３）若→ＡＤ·→ＢＣ ＝ ２，求→ＡＣ·→                                                                    ＢＤ． 书 ▲ ４４１ ▲ ▲ ４４２ ▲ 　 　 　 　 　 考案部分 　 　 　 　 　 　 参考答案 考案（一） １． Ｂ　 由Ｓ ＝ １２ αＲ ２，得１６ ＝ １２ × ２Ｒ ２，Ｒ ＝ ４，所以ｌ ＝ α·Ｒ ＝ ８． ２． Ｃ　 由已知，ｔａｎ θ ＝ － ４３ ，所求原式可化为 － ｃｏｓ θ·（－ ｃｏｓ θ） ｃｏｓ θ·（－ ｓｉｎ θ） ＝ － １ｔａｎ θ ＝ ３４ ． ３． Ａ　 由最小正周期为π，可排除Ｂ，再将ｘ ＝ π６代入函数，可知Ａ 正确． ４． Ｄ　 本题用排除法，对于Ｄ选项，由振幅｜ ａ ｜ ＞ １，而周期Ｔ ＝ ２π｜ ａ ｜应 小于２π，与图中Ｔ ＞ ２π矛盾． ５． Ｃ　 分别作出函数ｙ ＝ ( )１３ ｘ 和ｙ ＝ ｜ ｓｉｎ ２ｘ ｜的图象，如图所示． 由图可知，这两个函数图象在０，５４[ ]π 上共有５个不同的交点， 所以函数ｆ（ｘ）＝ ( )１３ ｘ － ｜ ｓｉｎ ２ｘ ｜在０，５４[ ]π 上的零点个数为５． ６． Ｄ　 由题意，为了得到函数ｙ ＝ ｓｉｎ ２ｘ － π( )３ [ (＝ ｓｉｎ ２ ｘ － π ) ]６ 的图象，只需把函数ｙ ＝ ｓｉｎ ２ｘ的图象上所有点向右平移π６ 个 单位． ７． Ｃ 　 当ｔ∈［６，１４］时，π８ ｔ ＋ ３π ４ ∈ ３π ２ ， ５π[ ]２ ，则Ｔ ＝ ２５ ＋ １０ｓｉｎ π８ ｔ ＋ ３π( )４ 在［６，１４］上单调递增．设花开、花谢的时间分别 为ｔ１，ｔ２ ．由Ｔ１ ＝ ２０，得ｓｉｎ π８ ｔ１ ＋ ３π( )４ ＝ － １２ ，π８ ｔ１ ＋ ３π４ ＝ １１π６ ，解 得ｔ１ ＝ ２６３ ≈８． ７时；由Ｔ２ ＝ ３１，得ｓｉｎ π ８ ｔ２ ＋ ３π( )４ ＝ ０． ６≈ｓｉｎ π５ ， π ８ ｔ２ ＋ ３π ４ ≈ １１π ５ ，解得ｔ≈１１． ６时．故在６时～ １４时中，观花的最 佳时段约为８． ７时～ １１． ６时．故选Ｃ． ８． Ｃ　 由题意可得Ｑ（４，０），Ｒ（０，－ ４），｜ＰＱ ｜ ＝ ３，函数ｆ（ｘ）的最小正 周期Ｔ ＝ ６ ＝ ２π ω ，解得ω ＝ π３ ． ∵函数ｆ（ｘ）的图象经过点Ｑ，Ｒ， ∴ Ａｓｉｎ π３ × ４ ＋( )φ ＝ ０， － ４ ＝ Ａｓｉｎ π３ × ０ ＋( )φ{ ．又｜φ ｜≤ π２ ， ∴ φ ＝ － π３ ，∴ Ａ ＝ 槡 ８ ３ ３ ． ９． ＢＤ　 对于Ａ，ｃｏｓ（－ ２ ２００°）＝ ｃｏｓ ２ ２００° ＝ ｃｏｓ（３６０° × ６ ＋ ４０°）＝ ｃｏｓ ４０° ＞ ０，符号为正； 对于Ｂ，ｔａｎ（－ １０）＝ － ｔａｎ １０ ＝ － ｔａｎ（１０ － ３π），且０ ＜ １０ － ３ π ＜ π ２ ，所以ｔａｎ（１０ － ３π）＞ ０，ｔａｎ（－ １０）符号为负； 对于Ｃ， ｓｉｎ ７π１０ ｃｏｓ π ｔａｎ １９π７ ＝ － ｓｉｎ ３π１０ ｔａｎ ５π７ ＝ ｓｉｎ ３π１０ ｔａｎ ２π７ ＞ ０，符号为正； 对于Ｄ，π２ ＜ ２ ＜ ３ ＜ π ＜ ４ ＜ ３π ２ ，所以ｓｉｎ ２ ＞ ０，ｃｏｓ ３ ＜ ０，ｔａｎ ４ ＞ ０， 所以ｓｉｎ ２ｃｏｓ ３ｔａｎ ４ ＜ ０，符号为负． 故选ＢＤ． １０． ＡＢＤ　 ｆ（ｘ）＝ ２ｃｏｓ ｘ，２ｋπ － π２ ≤ｘ≤２ｋπ ＋ π ２ （ｋ∈Ｚ）， ０，２ｋπ ＋ π２ ＜ ｘ ＜ ２ｋπ ＋ ３π ２ （ｋ∈Ｚ { ）， 画出ｆ（ｘ）的图象如图所示． 由图象知，函数的最小正周期为２π，故Ａ正确； 函数在０，π[ ]２ 上为减函数，故Ｂ正确； 函数图象关于直线ｘ ＝ ｋπ（ｋ∈Ｚ）对称，故Ｃ错误； 函数图象有无数条对称轴，且最小正周期是２π，故Ｄ正确． １１． ＡＤ　 ∵ ｆ（０）＝ ４ｓｉｎ φ 槡＝ ２ ３，π２ ＜ φ ＜ π，∴ φ ＝ ２π ３ ．由ｆ π( )６ ＝ ４ｓｉｎ π６ ω ＋ ２π( )３ ＝ ０，得π６ ω ＋ ２π３ ＝ ｋπ，ｋ∈Ｚ，∴ ω ＝ ６ｋ － ４（ｋ∈ Ｚ），又０ ＜ ω ＜ ６，∴ ω ＝ ２，故ｆ（ｘ）＝ ４ｓｉｎ ２ｘ ＋ ２π( )３ ，将函数ｆ（ｘ）的 图象向右平移π６个单位长度，得到ｇ（ｘ） [＝ ４ｓｉｎ ２ ｘ － π( )６ ＋ ２π ]３ ＝ ４ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )３ 的图象．令２ｘ ＋ π３ ＝ π２ ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ，得ｘ ＝ π １２ ＋ ｋπ ２ ，ｋ∈Ｚ，当ｋ ＝ ０时，ｘ ＝ π １２，当ｋ ＝ １时，ｘ ＝ ７π １２ ． １２． － １　 原式＝ － ｓｉｎ ３０° － ｃｏｓ ６０° ＋ ０ ＝ － １２ － １ ２ ＝ － １． １３．槡２２ 　 由题图可知， Ｔ ４ ＝２，所以Ｔ ＝８，所以ω ＝ π ４ ． 由点（１，１）在函数图象上， 可得ｆ（１）＝ ｓｉｎ π４ ＋( )φ ＝１， 故π４ ＋ φ ＝２ｋπ ＋ π ２ （ｋ∈Ｚ）， 所以φ ＝２ｋπ ＋ π４ （ｋ∈Ｚ）， 又φ∈［０，２π），所以φ ＝ π４ ，故ｆ（ｘ）＝ ｓｉｎ π ４ ｘ ＋ π( )４ ． 所以ｆ（２ ０２４）＝ ｓｉｎ ２ ０２４π４ ＋ π( )４ ＝ ｓｉｎ ５０６π ＋ π( )４ ＝ ｓｉｎ π４ ＝槡２２ ． １４． π８ 　 ｆ（ｘ）的最小正周期为π，∴ ω ＝ ２，∴ ｆ（ｘ）＝ ｃｏｓ ２ｘ ＋ π( )４ ，将 ｆ（ｘ）左移φ个单位０ ＜ φ ＜ π( )２ ，得到ｇ（ｘ）＝ ｃｏｓ ２ｘ ＋２φ ＋ π( )４ 的图象，由于图象关于原点对称，∴ ２φ ＋ π４ ＝ ｋπ ＋ π ２ ，（ｋ∈Ｚ）解得 φ ＝ ｋπ２ ＋ π ８ （ｋ∈Ｚ）．当ｋ ＝０时，φ ＝ π ８ ． １５．（１）∵ ｒ ＝ ｘ２ ＋ ｙ槡 ２ ＝ ５ ｜ ａ ｜， ∴当ａ ＞ ０时，ｒ ＝ ５ａ， ∴ ｓｉｎ α ＝ － ３ａ５ａ ＝ － ３ ５ ，ｃｏｓ α ＝ ４ ５ ， ∴ ２ｓｉｎ α ＋ ｃｏｓ α ＝ － ２５ ； 当ａ ＜ ０时，ｒ ＝ － ５ａ， ∴ ｓｉｎ α ＝ － ３ａ－ ５ａ ＝ ３ ５ ，ｃｏｓ α ＝ － ４ ５ ， ∴ ２ｓｉｎ α ＋ ｃｏｓ α ＝ ２５ ． （２）当点Ｐ在第一象限时，ｓｉｎ α ＝ ３５ ，ｃｏｓ α ＝ ４ ５ ， ２ｓｉｎ α ＋ ｃｏｓ α ＝ ２； 当点Ｐ在第二象限时，ｓｉｎ α ＝ ３５ ，ｃｏｓ α ＝ － ４ ５ ，２ｓｉｎ α ＋ ｃｏｓ α ＝ ２ ５ ； 当点Ｐ在第三象限时，ｓｉｎ α ＝ － ３５ ，ｃｏｓ α ＝ － ４ ５ ，２ｓｉｎ α ＋ ｃｏｓ α ＝ － ２； 当点Ｐ在第四象限时，ｓｉｎ α ＝ － ３５ ，ｃｏｓ α ＝ ４ ５ ，２ｓｉｎ α ＋ ｃｏｓ α ＝ － ２５ ． １６．（１）函数ｙ ＝ ３ｔａｎ ２ｘ － π( )４ 的最小正周期Ｔ ＝ π２ ． （２）由２ｘ － π４ ≠ｋπ ＋ π ２ ，ｋ∈Ｚ，得ｘ≠ ｋπ ２ ＋ ３π ８ ，ｋ∈Ｚ，所以函数 的定义域为ｘ ｘ≠ｋπ２ ＋ ３π ８ ，ｋ∈{ }Ｚ ． （３）把函数ｙ ＝ ｔａｎ ｘ图象上所有的点向右平移π４个单位长度，得 函数ｙ ＝ ｔａｎ ｘ － π( )４ 的图象，然后将图象上各点的横坐标缩短为 原来的１２倍（纵坐标不变），最后将图象上各点的纵坐标伸长到 原来的３倍（横坐标不变），得函数ｙ ＝ ３ｔａｎ ２ｘ － π( )４ 的图象． １７．（１）由题图可得ｆ（ｘ）＝ ２ｓｉｎ ２ｘ ＋ ３４( )π                                                                                                                                                                                                                ， ▲ ４４３ ▲ ▲ ４４４ ▲ 由－ π２ ＋ ２ｋπ≤２ｘ ＋ ３ ４ π≤ π ２ ＋ ２ｋπ，ｋ∈Ｚ， 得－ ５π８ ＋ ｋπ≤ｘ≤ － π ８ ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 所以函数ｆ（ｘ）的单调增区间为 － ５π８ ＋ ｋπ，－ π ８ ＋ ｋ[ ]π ，ｋ∈Ｚ． （２）因为ｘ∈ － ３π８ ， π[ ]４ ，所以２ｘ ＋ ３４ π∈ ０，５π[ ]４ ， 所以当ｘ ＝ π４时，ｆ（ｘ）ｍｉｎ 槡＝ － ２， 当ｘ ＝ － π８时，ｆ（ｘ）ｍａｘ ＝ ２， 所以函数ｆ（ｘ）的值域为［ 槡－ ２，２］． １８．（１）当ａ ＝ １时，ｆ（ｘ）＝ － ｓｉｎ２ｘ ＋ ｓｉｎ ｘ ＋ １， 令ｔ ＝ ｓｉｎ ｘ，－ １≤ｔ≤１； 则ｙ ＝ － ｔ２ ＋ ｔ ＋ １ ＝ － ｔ －( )１２ ２ ＋ ５４ ， 当ｔ ＝ １２时，函数ｆ（ｘ）的最大值是 ５ ４ ， 当ｔ ＝ － １时，函数ｆ（ｘ）的最小值是－ １， 所以函数ｆ（ｘ）的值域为－ １，[ ]５４ ． （２）当ａ ＞ ０时，ｆ（ｘ）＝ － ｓｉｎ２ｘ ＋ ａｓｉｎ ｘ ＋ １ ＝ － ｓｉｎ ｘ － ａ( )２ ２ ＋ １ ＋ ａ ２ ４ ， 当ａ２ ≥１，即ａ≥２时，当且仅当ｓｉｎ ｘ ＝ １时，ｆ（ｘ）ｍａｘ ＝ ａ，又函数 ｆ（ｘ）的最大值是３，所以ａ ＝ ３； 当０ ＜ ａ２ ＜ １，０ ＜ ａ ＜ ２时， 当且仅当ｓｉｎ ｘ ＝ ａ２时，ｆ（ｘ）ｍａｘ ＝ １ ＋ ａ２ ４ ， 又函数ｆ（ｘ）的最大值是３，所以１ ＋ ａ ２ ４ ＝ ３， 所以ａ 槡＝ ２ ２，又０ ＜ ａ ＜ ２，不符合题意； 综上，实数ａ的值为３． １９．（１）如图，过Ｏ作ＯＣ⊥ＰＢ交ＰＢ于点Ｃ，设筒车与水面的交点为 Ｍ，Ｎ，连接ＯＭ． 因为筒车转一周需要１分钟，所以筒车每秒钟转２π６０ ＝ π ３０ ｒａｄ，则 ∠ＭＯＰ ＝ π３０ ｔ． 又因为∠ＣＯＭ ＝∠ＯＭＡ，ｓｉｎ∠ＯＭＡ ＝ ＯＡＯＭ ＝ ５ ２ ５ ＝ １ ２ ，所以∠ＣＯＭ ＝ π６ ， 则∠ＣＯＰ ＝ π３０ ｔ － π ６ ． ＰＢ ＝ ＯＰ·ｓｉｎ∠ＣＯＰ ＋ ＣＢ ＝ ５ｓｉｎ π ３０ ｔ － π( )６ ＋ ５２ ，ｔ∈［０，＋ !）， 即ｈ（ｔ）＝ ５ｓｉｎ π３０ ｔ － π( )６ ＋ ５２ ，ｔ∈［０，＋ !）． （２）不妨设ｔ１ ＞ ｔ２ ≥ ０，由题意得５ｓｉｎ π３０ ｔ１ － π( )６ ＋ ５２ ＝ ５ｓｉｎ π３０ ｔ２ － π( )６ ＋ ５２ ， 故ｓｉｎ π３０ ｔ１ － π( )６ ＝ ｓｉｎ π３０ ｔ２ － π( )６ ， ① π３０ ｔ１ － π ６ ＝ π ３０ ｔ２ － π ６ ＋ ２ ｋ１π，ｋ１∈Ｎ ，解得ｔ１ ＝ ｔ２ ＋ ６０ ｋ１，ｋ１ ∈Ｎ，故ｔ１ ＋ ｔ２ ＝ ２ｔ２ ＋ ６０ ｋ１≥６０，当且仅当ｔ２ ＝ ０，ｋ１ ＝ １时，等号 成立． ② π３０ ｔ１ － π ６ ＋ π ３０ ｔ２ － π ６ ＝ π ＋ ２ ｋ２π，ｋ２∈Ｎ，解得ｔ１ ＋ ｔ２ ＝ ４０ ＋ ６０ ｋ２，显然当ｋ２ ＝ ０时，ｔ１ ＋ ｔ２取得最小值，最小值为ｔ１ ＋ ｔ２ ＝ ４０． 综上，ｔ１ ＋ ｔ２的最小值为４０． 考案（二） １． Ｄ　 起点相同的向量相减，则取终点，并指向被减向量，→ＯＡ － →ＯＢ ＝ →ＢＡ；→ＡＢ，→ＢＡ是一对相反向量，它们的和应该为零向量，→ＡＢ ＋→ＢＡ ＝ ０； ０·→ＡＢ ＝ ０． ２． Ｃ　 ａ － ｂ ＝ ｅ１ － ３ｅ２ ． ３． Ｂ　 →ＯＭ ＝ λ →ＯＢ ＋→ＯＡ － λ →ＯＡ，所以→ＯＭ －→ＯＡ ＝ λ（→ＯＢ －→ＯＡ），→ＡＭ ＝ λ→ＡＢ，由λ∈（１，２）可知，Ａ，Ｂ，Ｍ三点共线，且Ｂ在线段ＡＭ上． ４． Ｃ　 在△ＡＢＣ中，ｂ 槡＝ ７，ｃ 槡＝ ３，ｃｏｓ Ｂ ＝槡３２ ，由余弦定理有ｂ ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ２ａｃｃｏｓ Ｂ，即７ ＝ ａ２ ＋ ３ － ３ａ， 解得ａ ＝ ４或ａ ＝ － １（舍去）．故ａ的值为４． ５． Ｃ　 ａ ＋ λｂ ＝（１，２）＋（－ ２λ，３λ） ＝（１ － ２λ，２ ＋ ３λ）， 由（ａ ＋ λｂ）⊥ｃ， 可得（１ － ２λ）× ４ ＋（２ ＋ ３λ）× ５ ＝ ０， 解得λ ＝ － ２． ６． Ｄ　 由ｓｉｎ２Ａ ＋ ｓｉｎ２Ｂ － ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ２Ｃ，得ａ２ ＋ ｂ２ － ａｂ ＝ ｃ２，ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ １ ２ ． ∵ Ｃ∈（０°，１８０°），∴ Ｃ ＝ ６０°． ∴ ｓｉｎ Ｃ ＝槡 ３ ２ ，∴ Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ 槡＝ ３． ７． Ｃ　 由题意知∠ＢＡＣ ＝ ７５°，根据正弦定理，得ＡＢ ＝ ＢＣｓｉｎ ４５°ｓｉｎ ７５° ＝ ８（槡３ － １），因为→ＢＤ ＝槡３ － １２ →ＢＣ，所以ＢＤ ＝槡３ － １２ ＢＣ．又ＢＣ ＝ ８，所 以ＢＤ ＝ ４（槡３ － １）． 在△ＡＢＤ中， ＡＤ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＤ２ － ２ＡＢ·ＢＤ·槡 ｃｏｓ ６０° ＝ ４（ 槡３ － ３）．故选Ｃ． ８． Ｃ　 连接ＯＢ，ＯＣ，ＯＡ，因ＯＢ ＝ ＢＡ ＝ ＡＣ ＝ ＣＯ ＝ ＯＡ ＝ ２，则四边形ＡＢＯＣ为菱形，△ＡＢＯ， △ＡＣＯ为等边三角形．设ＯＡ与ＢＣ交于点 Ｄ，则ＯＤ ＝ ＤＡ，→ＯＢ ＋→ＯＣ ＝→ＯＡ，∠ＢＯＣ ＝ ２π３ ． 则→ＭＯ·→ＭＡ ＋ →ＭＢ·→ＭＣ ＝ →ＭＯ·（→ＭＯ ＋→ＯＡ）＋（→ＭＯ ＋→ＯＢ）·（→ＭＯ ＋ →ＯＣ） ＝ ２ →ＭＯ２ ＋ →ＭＯ·→ＯＡ ＋ →ＭＯ·（→ＯＢ ＋→ＯＣ）＋→ＯＢ·→ＯＣ ＝ ２ →ＭＯ２ ＋ ２ →ＭＯ·→ＯＡ ＋ →ＯＢ·→ＯＣ ＝ ２ →ＭＯ·→ＯＡ ＋ ８ ＋ ２ × ２ × －( )１２ ＝ ２ →ＭＯ·→ＯＡ ＋ ６． 则当Ｍ，Ｏ，Ａ三点共线时，→ＭＯ·→ＯＡ最大，为｜ →ＭＯ ｜·｜→ＯＡ ｜ ＝ ４，则 →ＭＯ·→ＭＡ ＋ →ＭＢ·→ＭＣ的最大值为１４．故选Ｃ． ９． ＡＢＣ　 由题意可知该三角形为直角三角形，其内切圆半径恰好为 １，它与半径为１的圆的公共点个数可能为０个，１个，２个，３个，４ 个，故选ＡＢＣ． １０． ＡＢ　 ｜ ｂ ｜ ＝ （－ ３）２ ＋ １槡 ２ 槡＝ １０，Ａ错误；根据题意ｅ ＝ ｂ｜ ｂ ｜ ＝ － 槡３ １０１０ ，槡 １０( )１０ ，Ｂ错误；∵ ２ × １≠１ ×（－ ３），即ａ与ｂ不共线， 则ａ与ｂ可以作为一组基底，Ｃ正确；ａ在ｂ方向上的投影向量 为（｜ ａ ｜ ｃｏｓ 〈ａ，ｂ〉）ｅ ＝ ｜ ａ ｜ × ａ·ｂ｜ ａ ｜ ｜ ｂ( )｜ ｅ ＝ ａ·ｂ｜ ｂ( )｜ ｅ ＝ －槡１０２ ｅ，Ｄ 正确．故选ＡＢ． １１． ＢＣＤ　 由题意可知：Ｅ为ＡＢ中点，则ＣＥ⊥ＡＢ，以Ｅ为原点，→ＥＡ， →ＥＣ分别为ｘ轴，ｙ轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示： 所以Ｅ（０，０），Ａ（１，０），Ｂ（－ １，０），Ｃ（０，槡３），Ｄ １３ ，槡 ２ ３( )３ ．设 Ｏ（０，ｙ）（ｙ∈（０，槡３）），→ＢＯ ＝（１，ｙ），→ＤＯ ＝ － １３ ，ｙ － 槡 ２ ３( )３ ，→ＢＯ∥ →ＤＯ，所以ｙ － 槡２ ３３ ＝ － １ ３ ｙ，解得ｙ ＝槡 ３ ２ ，即Ｏ是ＣＥ中点， →ＯＥ ＋ →ＯＣ ＝ ０，所以Ｂ正确；｜→ＯＡ ＋ →ＯＢ ＋ →ＯＣ ｜ ＝ ｜ ２ →ＯＥ ＋ →ＯＣ ｜ ＝ ｜→ＯＥ ｜ ＝ 槡３ ２ ，所以Ｃ正确；因为ＣＥ⊥ＡＢ，所以 →ＣＥ·→ＡＢ ＝ ０，所以Ａ错误；易 知→ＥＤ ＝ １ ３ ，槡 ２ ３( )３ ，→ＢＣ ＝（１，槡３），则→ＥＤ在→ＢＣ                                                                                                                                                                                                                方向上的投影向量 ▲ ４４５ ▲ ▲ ４４６ ▲ 的模为 →ＥＤ·→ＢＣ ｜→ＢＣ ｜ ＝ １ ３ ＋ ２ ２ ＝ ７ ６ ，所以Ｄ正确．故选ＢＣＤ． １２． ２３ 　 由题意，得ｃｏｓ 〈ａ，ｃ〉＝ ａ·（２ａ 槡－ ５ｂ） ｜ ａ ｜·｜２ａ 槡－ ５ｂ ｜ ＝ ２ ａ ２ 槡－ ５ａ·ｂ ｜ ａ ｜· ｜２ａ 槡－ ５ｂ ｜槡 ２ ＝ ２ 槡１ × ４ ＋ ５ ＝ ２３ ． １３．槡２１７ 　 ３ 　 由正弦定理，得 ａ ｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ，∴ 槡 ７ ｓｉｎ ６０° ＝ ２ ｓｉｎ Ｂ，得 ｓｉｎ Ｂ ＝槡２１７ ，由余弦定理，得ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ ４ ＋ ｃ２ － ７ ４ｃ ＝ １ ２ ，解得ｃ ＝ ３． １４．［０，１６］　 因为正方形ＡＢＣＤ的边长为４，取ＣＤ的中点Ｅ，连接 ＰＥ， 当Ｐ在Ａ点或Ｂ点时，｜→ＰＥ ｜ ｍａｘ 槡＝ ２ ５，当Ｐ在弧ＡＢ中点时， ｜→ＰＥ ｜ ｍｉｎ ＝ ２，所以｜→ＰＥ ｜的取值范围为［２，槡２ ５］，由于→ＰＣ·→ＰＤ ＝ （→ＰＥ ＋ →ＥＣ）·（→ＰＥ ＋ →ＥＤ），→ＥＣ ＝ － →ＥＤ ＝ １２ →ＤＣ，｜ →ＤＣ ｜ ＝ ４，所以 →ＰＣ·→ＰＤ ＝→ＰＥ２ － １４ →ＤＣ２ ＝ ｜→ＰＥ ｜ ２ － １４ ｜ →ＤＣ ｜ ２ ＝ ｜→ＰＥ ｜ ２ － ４，因为 ｜→ＰＥ ｜∈［２，槡２ ５］，所以｜→ＰＥ ｜ ２∈［４，２０］，故｜→ＰＥ ｜ ２ － ４∈［０，１６］， 所以→ＰＣ·→ＰＤ∈［０，１６］，即→ＰＣ·→ＰＤ的取值范围为［０，１６］．故答案 为［０，１６］． １５．（１）因为（ａ － ２ｂ）⊥ａ，所以（ａ － ２ｂ）·ａ ＝ ０，｜ ａ ｜ ２ ＝ ８， 即｜ ａ 槡｜ ＝ ２ ２． 设向量ａ与ｂ的夹角为θ，则ｃｏｓ θ ＝ ｂ·ａ｜ ｂ ｜ ｜ ａ ｜ ＝槡 ２ ２ ， 又θ∈［０，π］，所以θ ＝ π４ ． （２）由向量模的计算公式｜ ａ ｜ ＝ ａ·槡 ａ，得｜ ２ａ － ｂ ｜ ＝ （２ａ － ｂ）槡 ２ ＝ ４ ｜ ａ ｜ ２ － ４ａ·ｂ ＋ ｜ ｂ ｜槡 ２ 槡 槡＝ ３２ － １６ ＋ ４ ＝ ２ ５． （３）因为ｃ∥ｄ，所以ｃ ＝ λｄ， 设３ａ － ４ｂ ＝ λ（ｍａ ＋ ｂ）， 则 ３ ＝ λｍ， － ４ ＝ λ{ ， 解得ｍ ＝ － ３４ ． １６．（１）由于ｉ ＝ １３，所以ＢＨＡＨ ＝ １３， 设ＢＨ ＝ ａ，∴ ＡＨ ＝ ３ａ，则ＡＢ ＝ ａ２ ＋（３ａ）槡 ２ 槡＝ １０ａ 槡＝ ２ １０ ａ ＝ ２， 所以ＢＨ ＝ ２ ｍ． （２）过点Ｂ作ＢＦ⊥ＣＥ，垂足为Ｆ，则ＢＨ ＝ ＥＦ ＝ ２，ＢＦ ＝ ＡＨ ＋ ＡＥ ＝ ６ ＋ ８ ＝ １４， 在△ＡＤＥ中，ＤＥ ＝ ＡＥ· 槡ｔａｎ ６０° ＝ ８ ３， 又ＢＦ ＝ＣＦ ＝１４，∴ ＣＤ ＝ＣＦ ＋ＥＦ －ＤＥ 槡 槡＝１４ ＋２ －８ ３ ＝１６ －８ ３， 故宣传牌ＣＤ的高度为（ 槡１６ － ８ ３）ｍ， １７．（１）∵ ａ·ｂ ＝ ｘ１ ｘ２ ＋ ｙ１ ｙ２ 槡＝ ３ × １２ ＋（－ １）×槡 ３ ２ ＝ ０，∴ ａ⊥ｂ． ∵ ｘ⊥ｙ，ａ ＝（槡３，－ １），ｂ ＝ １２ ，槡 ３( )２ ，ｘ ＝ ａ ＋（ｔ２ － ３）ｂ，ｙ ＝ － ｋａ ＋ ｔｂ，∴ ｘ·ｙ ＝ ａ ＋（ｔ２ － ３）[ ]ｂ ·（－ ｋａ ＋ ｔｂ）＝ － ｋ ａ２ ＋ ｔ（ｔ２ － ３） ｂ２ ＝ － ４ｋ ＋ ｔ（ｔ２ － ３）＝ ０，∴ ｋ ＝ ｆ（ｔ）＝ １４ ｔ（ｔ ２ － ３），ｔ≠０． （２）∵ ｔ∈（０，＋ !）时，不等式ｋ≥ １２ ｔ ２ ＋ １４ ｍｔ恒成立，∴ １ ４ ｔ（ｔ ２ － ３）≥ １２ ｔ ２ ＋ １４ ｍｔ，ｔ∈（０，＋ !）恒成立， ∴ １４ （ｔ ２ － ３）≥ １２ ｔ ＋ １ ４ ｍ，ｔ∈（０，＋ !）恒成立，即ｔ ２ － ２ｔ － ３≥ｍ 对ｔ∈（０，＋ !）恒成立， ∵当ｔ∈（０，＋ !）时，ｙ ＝ ｔ２ － ２ｔ － ３ ＝（ｔ － １）２ － ４≥ － ４，当且仅当 ｔ ＝ １时等号成立， ∴ ｍ≤ － ４，即实数ｍ的取值范围为（－ !，－ ４］． １８．如图，连接Ａ１Ｂ２， 由题意知Ａ２Ｂ２ 槡＝ １０ ２ ｎ ｍｉｌｅ，Ａ１Ａ２ ＝ 槡３０ ２ × ２０６０ 槡＝１０ ２ ｎ ｍｉｌｅ． 所以Ａ１Ａ２ ＝ Ａ２Ｂ２ ． 又∠Ａ１Ａ２Ｂ２ ＝ １８０° － １２０° ＝ ６０°， 所以△Ａ１Ａ２Ｂ２是等边三角形． 所以Ａ１Ｂ２ ＝ Ａ１Ａ２ 槡＝ １０ ２ ｎ ｍｉｌｅ． 由题意知，Ａ１Ｂ１ ＝ ２０ ｎ ｍｉｌｅ，∠Ｂ１Ａ１Ｂ２ ＝ １０５° － ６０° ＝ ４５°， 在△Ａ１Ｂ２Ｂ１中，由余弦定理，得Ｂ１Ｂ２２ ＝ Ａ１Ｂ２１ ＋ Ａ１Ｂ２２ － ２Ａ１Ｂ１· Ａ１Ｂ２·ｃｏｓ ４５° ＝ ２０２ ＋（ 槡１０ ２）２ 槡－ ２ × ２０ × １０ ２ ×槡２２ ＝ ２００． 所以Ｂ１Ｂ２ 槡＝ １０ ２ ｎ ｍｉｌｅ． 因此，乙船速度的大小为槡１０ ２２０ 槡×６０ ＝３０ ２（ｎ ｍｉｌｅ ／ ｈ）． 答：乙船每小时航行槡３０ ２ ｎ ｍｉｌｅ． １９．（１）因为Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＣＤ的中点， 所以→ＡＥ ＝ １２ →ＡＢ，→ＤＦ ＝ １２ →ＤＣ ＝ １６ →ＡＢ， 又→ＥＦ ＝→ＡＦ －→ＡＥ ＝ （→ＡＤ ＋ →ＤＦ）－→ＡＥ ＝ →ＡＤ ＋ １６ →ＡＢ － １２ →ＡＢ ＝ － １３ →ＡＢ ＋→ＡＤ， 又→ＥＦ ＝ →ｘ ＡＢ ＋ →ｙ ＡＤ， 因为→ＡＢ，→ＡＤ不共线，由平面向量基本定理得ｘ ＝ － １３ ，ｙ ＝ １． （２）由（１）知→ＥＦ ＝ － １３ →ＡＢ ＋→ＡＤ， 又｜→ＥＦ 槡｜ ＝ ３，所以－ １３ →ＡＢ ＋→ＡＤ 槡＝ ３， 平方得１９ →ＡＢ２ － ２３ →ＡＢ·→ＡＤ ＋→ＡＤ２ ＝ ３， 即１ － ２３ →ＡＢ·→ＡＤ ＋ ４ ＝ ３，所以→ＡＢ·→ＡＤ ＝ ３， 所以ｃｏｓ∠ＢＡＤ ＝ →ＡＢ·→ＡＤ ｜→ＡＢ ｜·｜→ＡＤ ｜ ＝ ３ ３ × ２ ＝ １ ２ ， 因为∠ＢＡＤ∈（０，π），所以∠ＢＡＤ ＝ π３ ． （３）因为→ＢＣ ＝→ＡＣ －→ＡＢ ＝（→ＡＤ ＋ →ＤＣ）－→ＡＢ ＝→ＡＤ ＋ １３ →ＡＢ －→ＡＢ ＝ － ２ ３ →ＡＢ ＋→ＡＤ， 又→ＡＤ·→ＢＣ ＝ ２，所以→ＡＤ·－ ２３ →ＡＢ ＋→( )ＡＤ ＝ ２， 即－ ２３ →ＡＢ·→ＡＤ ＋→ＡＤ２ ＝ － ２３ →ＡＢ·→ＡＤ ＋ ４ ＝ ２，所以→ＡＢ·→ＡＤ ＝ ３， 因为→ＡＣ ＝→ＡＤ ＋→ＤＣ ＝ １３ →ＡＢ ＋→ＡＤ，→ＢＤ ＝→ＡＤ －→ＡＢ， 所以→ＡＣ·→ＢＤ ＝ １３ →ＡＢ ＋→( )ＡＤ ·（→ＡＤ －→ＡＢ） ＝ － １３ →ＡＢ２ － ２３ →ＡＢ·→ＡＤ ＋→ＡＤ２ ＝ － １３ × ９ － ２ ３ × ３ ＋ ４ ＝ － １． 考案（三） １． Ａ　 此题是给值求值题，考查基本关系式、二倍角公式． ∵ ｓｉｎ α ＝ ３ ５ ，α为第二象限角，∴ ｃｏｓ α ＝ － １ － ( )３５槡 ２ ＝ － ４５ ，∴ ｓｉｎ ２α ＝ ２ｓｉｎ αｃｏｓ α ＝ ２ × ３５ × －( )４５ ＝ － ２４２５ ． ２． Ａ　 ａ·ｂ ＝ ｃｏｓ ６０°ｃｏｓ １５° ＋ ｓｉｎ ６０°ｓｉｎ １５° ＝ ｃｏｓ（６０° － １５°）＝ ｃｏｓ ４５° ＝槡２２ ． ３． Ｃ　 原式＝ ２ｃｏｓ（３０° － ２０°）－ ｓｉｎ ２０°ｓｉｎ ７０° ＝ ２（ｃｏｓ ３０°ｃｏｓ ２０° ＋ ｓｉｎ ３０°ｓｉｎ ２０°）－ ｓｉｎ ２０°ｓｉｎ ７０° ＝槡３ｃｏｓ ２０°ｃｏｓ ２０° 槡＝ ３                                                                                                                                                                                                                ．