2020版高考理科數(shù)學(xué)各類(lèi)題型歸納訓(xùn)練匯總

1、2020年高考理科數(shù)學(xué) 二項(xiàng)式定理題型歸納與訓(xùn)練【題型歸納】題型一 二項(xiàng)式定理展開(kāi)的特殊項(xiàng)例 在二項(xiàng)式的展開(kāi)式中，含的項(xiàng)的系數(shù)是( ) A B C D5 【答案】B【解析】對(duì)于，對(duì)于，則的項(xiàng)的系數(shù)是【易錯(cuò)點(diǎn)】公式記錯(cuò)，計(jì)算錯(cuò)誤?！舅季S點(diǎn)撥】本題主要考查二項(xiàng)式定理的展開(kāi)公式，知道什么是系數(shù)，會(huì)求每一項(xiàng)的系數(shù)題型二 求參數(shù)的值例 若二項(xiàng)式的展開(kāi)式中,第4項(xiàng)與第7項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等,則展開(kāi)式的系數(shù)為_(kāi).(用數(shù)字作答)【答案】9【解析】根據(jù)已知條件可得: , 所以的展開(kāi)式的通項(xiàng)為,令,所以所求系數(shù)為. 【易錯(cuò)點(diǎn)】分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的計(jì)算【思維點(diǎn)撥】本題主要考查二項(xiàng)式定理的展開(kāi)公式，并用其公式求參數(shù)的值題型三

2、展開(kāi)項(xiàng)的系數(shù)和例 已知，則等于()A BC D【答案】B【解析】由于，又的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為：，在展開(kāi)式中是的系數(shù)，所以應(yīng)取，.【易錯(cuò)點(diǎn)】對(duì)二項(xiàng)式的整體理解【思維點(diǎn)撥】本題主要對(duì)二項(xiàng)式定理展開(kāi)式的綜合考查，學(xué)會(huì)構(gòu)建模型題型四 二項(xiàng)式定理中的賦值二項(xiàng)式的展開(kāi)式中，求：(1)二項(xiàng)式系數(shù)之和；(2)各項(xiàng)系數(shù)之和；(3)所有奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)之和【答案】（1） （2）-1 （3）【解析】設(shè)(1)二項(xiàng)式系數(shù)之和為.(2)各項(xiàng)系數(shù)之和為(3)由(2)知，令，得，將兩式相加，得，即為所有奇數(shù)項(xiàng)系數(shù)之和【思維點(diǎn)撥】本題主要學(xué)會(huì)賦值法求二項(xiàng)式系數(shù)和、系數(shù)和，難點(diǎn)在于賦值【鞏固訓(xùn)練】題型一 二項(xiàng)式定理展開(kāi)的特殊項(xiàng)1.在

3、的展開(kāi)式中，的系數(shù)為（ ）A B C D【答案】A【解析】解：，的系數(shù)為2的展開(kāi)式中 的系數(shù)是_ 【答案】1120【解析】解：，解得，所以的系數(shù)為3.在的展開(kāi)式中，的系數(shù)是_ （用數(shù)字作答）【答案】【解析】解：的展開(kāi)式中，的系數(shù)是題型二 求參數(shù)的值1.已知的展開(kāi)式中含有的系數(shù)是54，則=_ 【答案】4【解析】解：的展開(kāi)式中通項(xiàng)公式： 含有的系數(shù)是54，=2 ，可得 ， ，解得2.在 的展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)的系數(shù)是60，則的值為_(kāi) 【答案】2【解析】解：，令，解得r=2 ，a0，解得a=23.在的展開(kāi)式中，的系數(shù)為（用數(shù)字作答）【答案】40【解析】利用通項(xiàng)公式，令，得出的系數(shù)為題型三 展開(kāi)項(xiàng)的系數(shù)和1

4、.在 的展開(kāi)式中，各項(xiàng)系數(shù)和與二項(xiàng)式系數(shù)和之比為64，則 的系數(shù)為（ ）A135 B405 C15 D45【答案】A【解析】由題意可得，。，則的系數(shù)為2.若二項(xiàng)式的展開(kāi)式中各項(xiàng)的系數(shù)和為32，則該展開(kāi)式中含的系數(shù)為（ ）A1 B5 C10 D20【答案】B【解析】解：令，則， 令 ，該展開(kāi)式中含x的系數(shù)為3. 的二項(xiàng)展開(kāi)式中第五項(xiàng)和第六項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則各項(xiàng)的系數(shù)和為_(kāi) 【答案】-1【解析】解：因?yàn)榈恼归_(kāi)式中第五項(xiàng)和第六項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大 所以=9令題型四 二項(xiàng)式定理中的賦值1.已知，則實(shí)數(shù)的值為（ ）A15 B20 C40 D60【答案】D【解析】解：其展開(kāi)式的通項(xiàng)為 ， 則x的系數(shù)為，

5、解得， 則2.若，且，則實(shí)數(shù)的值為 ()A1或3 B3 C1 D1或3【答案】D【解析】令0，得，令1，得，又，1或3.3.的展開(kāi)式中x的奇數(shù)次冪項(xiàng)的系數(shù)之和為32，則_【答案】3【解析】由已知得，故的展開(kāi)式中的奇數(shù)次冥項(xiàng)分別為，其系數(shù)之和為，解得=32020年高考理科數(shù)學(xué) 解三角形題型歸納與訓(xùn)練【題型歸納】題型一 正弦定理、余弦定理的直接應(yīng)用例1 QUOTE ABC的內(nèi)角，的對(duì)邊分別為，已知 QUOTE sin(A+C)=8sin2B2(1)求(2)若，面積為2，求【答案】（1）（2）【解析】由題設(shè)及得，故上式兩邊平方，整理得，解得（舍去），.（2）由得，故又，則由余弦定理及得所以【易錯(cuò)點(diǎn)】

6、二倍角公式的應(yīng)用不熟練，正余弦定理不確定何時(shí)運(yùn)用【思維點(diǎn)撥】利用正弦定理列出等式直接求出例2 的內(nèi)角的對(duì)邊分別為,若,則 .【答案】【解析】.【易錯(cuò)點(diǎn)】不會(huì)把邊角互換，尤其三角恒等變化時(shí)，注意符號(hào)?！舅季S點(diǎn)撥】邊角互換時(shí)，一般遵循求角時(shí)，把邊換成角；求邊時(shí)，把角轉(zhuǎn)換成邊。例3在ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，若b1，ceq r(3)，Ceq f(2,3)，則SABC_.【答案】eq f(r(3),4)【解析】因?yàn)閏b，所以BC，所以由正弦定理得eq f(b,sin B)eq f(c,sin C)，即eq f(1,sin B)eq f(r(3),sinf(2,3)2，即sin Be

7、q f(1,2)，所以Beq f(,6)，所以Aeq f(,6)eq f(2,3)eq f(,6).所以SABCeq f(1,2)bc sin Aeq f(1,2)eq r(3)eq f(1,2)eq f(r(3),4).【易錯(cuò)點(diǎn)】大邊對(duì)大角，應(yīng)注意角的取值范圍【思維點(diǎn)撥】求面積選取公式時(shí)注意，一般選取已知角的公式，然后再求取邊長(zhǎng)。題型二利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形狀例1在中，角的對(duì)邊分別為，且成等差數(shù)列(1)若，求的面積(2)若成等比數(shù)列，試判斷的形狀【答案】(1) (2)等邊三角形【解析】(1)由A，B，C成等差數(shù)列，有2BAC(1)因?yàn)锳，B，C為ABC的內(nèi)角，所以ABC(2)得

8、B，b2a2c22accosB(3)所以 解得或(舍去)所以(2)由a，b，c成等比數(shù)列，有b2ac(4)由余弦定理及(3)，可得b2a2c22accosBa2c2ac再由(4)，得a2c2acac，即(ac)20。因此ac從而AC(5)由(2)(3)(5)，得ABC所以ABC為等邊三角形【易錯(cuò)點(diǎn)】等差數(shù)列，等比數(shù)列容易混淆【思維點(diǎn)撥】在三角形中，三邊和三角都是實(shí)數(shù)，三個(gè)數(shù)很容易聯(lián)想到數(shù)列的三項(xiàng)，所以，三角函數(shù)與數(shù)列的結(jié)合也是較為常見(jiàn)的問(wèn)題，解答中注意幾個(gè)常見(jiàn)結(jié)論，此類(lèi)問(wèn)題就不難解答了.例2在ABC中，已知，試判斷ABC的形狀?！敬鸢浮康冗吶切巍窘馕觥浚?，所以，所以，即，因而；由得。所以，

9、ABC為等邊三角形?！疽族e(cuò)點(diǎn)】條件的轉(zhuǎn)化運(yùn)用【思維點(diǎn)撥】判定三角形形狀時(shí)，一般考慮兩個(gè)方向進(jìn)行變形：（1）一個(gè)方向是邊，走代數(shù)變形之路，通常是正、余弦定理結(jié)合使用；（2）另一個(gè)方向是角，走三角變形之路.通常是運(yùn)用正弦定理題型三與三角形中有關(guān)的不等式問(wèn)題例1ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知ABC的面積為.（1）求;（2）若6cos Bcos C=1，a=3，求ABC的周長(zhǎng).【答案】（1） ；（2）【解析】【易錯(cuò)點(diǎn)】不會(huì)利用將角的關(guān)系轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系【思維點(diǎn)撥】在處理解三角形問(wèn)題時(shí)，要注意抓住題目所給的條件，當(dāng)題設(shè)中給定三角形的面積，可以使用面積公式建立等式，再將所有邊的關(guān)系轉(zhuǎn)化為

10、角的關(guān)系，有時(shí)需將角的關(guān)系轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系；解三角形問(wèn)題常見(jiàn)的一種考題是“已知一條邊的長(zhǎng)度和它所對(duì)的角，求面積或周長(zhǎng)的取值范圍”或者“已知一條邊的長(zhǎng)度和它所對(duì)的角，再有另外一個(gè)條件，求面積或周長(zhǎng)的值”，這類(lèi)問(wèn)題的通法思路是：全部轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系，建立函數(shù)關(guān)系式，如，從而求出范圍，或利用余弦定理以及基本不等式求范圍；求具體的值直接利用余弦定理和給定條件即可.例2已知a,b,c分別為ABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,.(1)求A的大小； (2)若a7,求ABC的周長(zhǎng)的取值范圍【答案】(1) (2)(14,21【解析】(1)由正弦定理得：；(2)由已知：,由余弦定理當(dāng)且僅當(dāng)bc7時(shí)等號(hào)成立,又bc7,7b

11、c14,從而ABC的周長(zhǎng)的取值范圍是(14,21【易錯(cuò)點(diǎn)】求周長(zhǎng)范圍的問(wèn)題，應(yīng)先用余弦定理列出等式，再根據(jù)基本不等式求出所求問(wèn)題.【思維點(diǎn)撥】周長(zhǎng)問(wèn)題也可看做是邊長(zhǎng)問(wèn)題的延伸,所以在解決周長(zhǎng)相關(guān)問(wèn)題時(shí),著眼于邊長(zhǎng)之間的關(guān)系,結(jié)合邊長(zhǎng)求最值(范圍)的解決方式,通常都能找到正確的解題途徑.例3ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知2c-a=2bcos A.(1)求角B的大小;(2)若b=23,求a+c的最大值.【答案】(1)B=（2）43【解析】:(1)2c-a=2bcos A,根據(jù)正弦定理,得2sin C-sin A=2sin Bcos A.A+B=-C,sin C=sin(A+B)

12、=sin Bcos A+cos Bsin A,代入式,得2sin Bcos A=2sin Bcos A+2cos Bsin A-sin A,化簡(jiǎn)得(2cos B-1)sin A=0.A是三角形的內(nèi)角,sin A0,2cos B-1=0,解得cos B=12,B(0,),B=.(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得12=a2+c2-ac.(a+c)2-3ac=12,12(a+c)2-34(a+c)2,當(dāng)且僅當(dāng)a=c=23時(shí)取等號(hào),a+c43【易錯(cuò)點(diǎn)】涉及到最值問(wèn)題時(shí),常利用基本不等式或表示為三角形的某一內(nèi)角的三角函數(shù)形式求解.(1)根據(jù)正弦定理與兩角和的正弦公式,化簡(jiǎn)條件等式,可

13、得(2cos B-1)sin A=0,結(jié)合sin A0得到cos B,從而解出B;(2)由余弦定理,可得出12=a2+c2-ac.再利用基本不等式求最大值.【思維點(diǎn)撥】(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情況下求解其余元素,基本思想是方程思想,即根據(jù)正弦定理、余弦定理列出關(guān)于未知元素的方程,通過(guò)解方程求得未知元素;正弦定理、余弦定理的另一個(gè)作用是實(shí)現(xiàn)三角形邊角關(guān)系的互化,解題時(shí)可以把已知條件化為角的三角函數(shù)關(guān)系,也可以把已知條件化為三角形邊的關(guān)系;涉及到最值問(wèn)題時(shí),常利用基本不等式或表示為三角形的某一內(nèi)角的三角函數(shù)形式求解.題型四解三角形的實(shí)際應(yīng)用例1在某次測(cè)量中，在A處測(cè)得

14、同一平面方向的B點(diǎn)的仰角是50，且到A的距離為2，C點(diǎn)的俯角為70，且到A的距離為3，則B、C間的距離為()A.eq r(16) B.eq r(17) C.eq r(18) D.eq r(19)【答案】 D【解析】 因BAC120，AB2，AC3.BC2AB2AC22ABAC cos BAC49223cos 12019.BCeq r(19).【易錯(cuò)點(diǎn)】沒(méi)有正確理解題意，不能將應(yīng)用轉(zhuǎn)化為可計(jì)算的三角模型【思維點(diǎn)撥】正弦定理、余弦定理及其在現(xiàn)實(shí)生活中的應(yīng)用是高考的熱點(diǎn)，主要利用正弦定理、余弦定理解決一些簡(jiǎn)單的三角形的度量問(wèn)題以及幾何計(jì)算的實(shí)際問(wèn)題，常與三角變換、三角函數(shù)的性質(zhì)交匯命題例2設(shè)甲、乙兩

15、樓相距，從乙樓底望甲樓頂?shù)难鼋菫?，從甲樓頂望乙樓頂?shù)母┙菫?，則甲、乙兩樓的高分別是（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】設(shè)甲樓為，乙樓為，如圖，在， ，在中，設(shè)，由余弦定理得： ，即，解得，則甲、乙兩樓的高分別是，【易錯(cuò)點(diǎn)】沒(méi)有正確理解題意，不能將應(yīng)用轉(zhuǎn)化為可計(jì)算的三角模型【思維點(diǎn)撥】正弦定理、余弦定理及其在現(xiàn)實(shí)生活中的應(yīng)用是高考的熱點(diǎn)，主要利用正弦定理、余弦定理解決一些簡(jiǎn)單的三角形的度量問(wèn)題以及幾何計(jì)算的實(shí)際問(wèn)題，常與三角變換、三角函數(shù)的性質(zhì)交匯命題【鞏固訓(xùn)練】題型一 正弦定理、余弦定理的直接應(yīng)用1.在ABC中,角A、B、C所對(duì)的邊分別為a,b,c，已知a=2， 2sinA=si

16、nC=時(shí)，求b及c的長(zhǎng)【答案】b=或2；。【解析】當(dāng)a=2，2sinA=sinC時(shí)，由正弦定理，得c=4由sinC=，及0C得cosC=由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC，得b2b-12=0解得 b=或2所以 或 2.在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c. 已知b+c=2a cos B.（I）證明：A=2B；（II）若ABC的面積，求角A的大小.【答案】（1）略 （2）或【解析】（I）由正弦定理得故于是，又,故所以或因此（舍去）或所以，（II）由得，故有，因?yàn)?，得又，所以?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，綜上，或3.的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知（ = 1 * ROMAN I）

17、求C；（ = 2 * ROMAN II）若的面積為，求的周長(zhǎng)【答案】（ = 1 * ROMAN I）；（II）【解析】（I）由已知及正弦定理得，故可得，所以(II)由已知，.又，所以.由已知及余弦定理得，.故，從而.所以的周長(zhǎng)為題型二 利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形狀1.在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若cacosB(2ab)cos A，則ABC的形狀為()A等腰三角形 B直角三角形 C等腰直角三角形 D等腰或直角三角形【答案】D【解析】因?yàn)閏acosB(2ab)cos A， C(AB)，所以由正弦定理得sin Csin Acos B2sin Acos AsinBco

18、s A，所以sin Acos Bcos Asin Bsin AcosB2sin Acos AsinBcos A，所以cos A(sin Bsin A)0，所以cos A0或sin Bsin A，所以Aeq f(,2)或BA或BA(舍去)，所以ABC為等腰或直角三角形2.在ABC中,若sin A=2cos Bsin C,則ABC的形狀是.【答案】等腰三角形【解析】由已知等式得a=2eq f(c2a2b2,2ac)c,所以a2=a2+c2-b2,所以c2=b2,即c=b.故ABC為等腰三角形.3. ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，若eq f(c,b)cos A，則ABC為()A鈍角

19、三角形 B直角三角形C銳角三角形 D等邊三角形【答案】A【解析】依題意，得eq f(sin C,sin B)cos A，sin Csin Bcos A，所以sin(AB)sin Bcos A，即sin Bcos Acos Bsin Asin Bcos A0，所以cos Bsin A0.又sin A0，于是有cos B0，B為鈍角，ABC是鈍角三角形，選A.題型三 與三角形有關(guān)的不等式問(wèn)題1.在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知cos2Bcos B1cos A cos C.(1)求證：a，b，c成等比數(shù)列； (2)若b2，求ABC的面積的最大值【答案】（1）略 （2）eq r

20、(3).【解析】(1)證明：在ABC中，cos Bcos(AC)由已知，得(1sin2B)cos(AC)1cos A cos C，sin2B(cos A cos Csin A sin C)cos A cos C，化簡(jiǎn)，得sin2Bsin A sin C. 由正弦定理，得b2ac，a，b，c成等比數(shù)列(2)由(1)及題設(shè)條件，得ac4.則cos Beq f(a2c2b2,2ac)eq f(a2c2ac,2ac)eq f(2acac,2ac)eq f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)ac時(shí)，等號(hào)成立0B，sin Beq r(1cos2B)eq r(1f(1,2)2)eq f(r(3),2).SABCeq f(1

21、,2)ac sin Beq f(1,2)4eq f(r(3),2)eq r(3).ABC的面積的最大值為eq r(3).2在中，內(nèi)角的對(duì)邊分別為已知.(1).求角A的大??；(2).若， 的面積為，求的值【答案】(1). (2). 【解析】(1).由已知得，化簡(jiǎn)得，整理得，即，由于，則，所以(2).因?yàn)椋愿鶕?jù)余弦定理得，即，所以3.在ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，且滿(mǎn)足cos2Ccos2A2sin(1)求角A的大??；(2)若aeq r(3)，且ba，求2bc的取值范圍【答案】（1）Aeq f(,3)或eq f(2,3).（2）eq r(3)，2eq r(3)【解析】(1)由

22、已知得2sin2A2sin2C，化簡(jiǎn)得sin2Aeq f(3,4)，sin Aeq f(r(3),2)，又0A，sin Aeq f(r(3),2)， 故Aeq f(,3)或eq f(2,3).(2)由eq f(a,sinA)eq f(b,sinB)eq f(c,sinC)，得b2sinB，c2sinC，因?yàn)閎a，所以BA，所以Aeq f(,3)，故2bc4sinB2sinC4sinB2sin3sinBeq r(3)cos B2eq r(3)sin.因?yàn)閎a，所以eq f(,3)Beq f(2,3)，所以eq f(,6)Beq f(,6)6時(shí)可以將函數(shù)看作周期函數(shù)，得到f(2 019)f(3)，

23、然后再帶入3，得出f(3)f(3).題型二 指對(duì)冪函數(shù)的圖象與簡(jiǎn)單性質(zhì)例1 函數(shù)f(x)axb的圖象如圖所示，其中a，b為常數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A.a1，b1，b0C.0a0D.0a1，b0【答案】D【解析】由f(x)axb的圖象可以觀察出，函數(shù)f(x)axb在定義域上單調(diào)遞減，所以0a1.函數(shù)f(x)axb的圖象是在f(x)ax的基礎(chǔ)上向左平移得到的，所以b0.【易錯(cuò)點(diǎn)】注意b的符號(hào)【思維點(diǎn)撥】(1)已知函數(shù)解析式判斷其圖象一般是取特殊點(diǎn)，判斷選項(xiàng)中的圖象是否過(guò)這些點(diǎn)，若不滿(mǎn)足則排除；(2)對(duì)于有關(guān)指數(shù)型函數(shù)的圖象問(wèn)題，一般是從最基本的指數(shù)函數(shù)的圖象入手，通過(guò)平移、伸縮、對(duì)稱(chēng)變換而得到

24、特別地，當(dāng)?shù)讛?shù)a與1的大小關(guān)系不確定時(shí)應(yīng)注意分類(lèi)討論例2 已知定義在R上的函數(shù)f(x)2|xm|1(m為實(shí)數(shù))為偶函數(shù)，記af(log0.53)，bf(log25)，cf(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.abc B.cabC.acb D.cba【答案】B【解析】由函數(shù)f(x)2|xm|1為偶函數(shù)，得m0，所以f(x)2|x|1，當(dāng)x0時(shí)，f(x)為增函數(shù)，log0.53log23，log25|log23|0，bf(log25)af(log0.53)cf(2m)f(0)，故選B.【易錯(cuò)點(diǎn)】對(duì)稱(chēng)性的條件轉(zhuǎn)化；利用單調(diào)性或圖象轉(zhuǎn)化到同一單調(diào)區(qū)間比較大小.【思維點(diǎn)撥】函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱(chēng)；指對(duì)冪

25、函數(shù)比較大小時(shí)像本題中a,b一樣可以換成同底數(shù)的數(shù)，可以化為一樣的底數(shù)利用單調(diào)性比較大小. 題型三 二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)例1 已知函數(shù)f(x)x2mx1，若對(duì)于任意xm，m1，都有f(x)0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_【答案】（eq f(r(2),2)，0）【解析】由于f(x)x2mx1mx(x21)，可視f(x)為關(guān)于m的一次函數(shù)，故根據(jù)題意有解得eq f(r(2),2)m0.【思維點(diǎn)撥】恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題.例2 已知f(x)ax22x(0 x1)，求f(x)的最小值【答案】a0時(shí)，f(x)ax22x的圖象的開(kāi)口方向向上，且對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)xeq f(1,a).當(dāng)eq f(1,a)1，即a

26、1時(shí)，f(x)ax22x的圖象的對(duì)稱(chēng)軸在0，1內(nèi)，f(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(1,a)上單調(diào)遞減，在eq blcrc(avs4alco1(f(1,a)，1)上單調(diào)遞增f(x)mineq f(1,a)eq f(2,a)eq f(1,a).當(dāng)eq f(1,a)1，即0a1時(shí)，f(x)ax22x的圖象的對(duì)稱(chēng)軸在0，1的右側(cè)，f(x)在0，1上單調(diào)遞減f(x)minf(1)a2.當(dāng)a0時(shí)，f(x)ax22x的圖象的開(kāi)口方向向下，且對(duì)稱(chēng)軸xeq f(1,a)0)在區(qū)間m，n上的最大或最小值如下：(1)當(dāng)m，n，即對(duì)稱(chēng)軸在所給區(qū)間內(nèi)時(shí)，f(x)的最小值在對(duì)稱(chēng)軸處取得，其最小值是

27、；若eq f(mn,2)，f(x)的最大值為f(n)；若eq f(mn,2)，f(x)的最大值為f(m)(2)當(dāng)m，n，即給定的區(qū)間在對(duì)稱(chēng)軸的一側(cè)時(shí)，f(x)在m，n上是單調(diào)函數(shù)若m，f(x)在m，n上是增函數(shù)，f(x)的最小值是f(m)，最大值是f(n)；若n0,排除D；當(dāng)x趨近于正無(wú)窮大時(shí)，f(x)趨近于正無(wú)窮大,故選B.【易錯(cuò)點(diǎn)】忽略正無(wú)窮大時(shí)的函數(shù)值【思維點(diǎn)撥】判斷函數(shù)奇偶性根據(jù)選項(xiàng)代入特殊值判斷函數(shù)值正負(fù)根據(jù)極限判斷趨近值.題型五 復(fù)合函數(shù)的簡(jiǎn)單性質(zhì)例1 設(shè)f(x)lg是奇函數(shù)，則使f(x)0的x的取值范圍是_.【答案】(1，0).【解析】由f(x)是奇函數(shù)可得a1，f(x)lg，定

28、義域?yàn)?1，1).由f(x)0，可得01，1x0.【易錯(cuò)點(diǎn)】奇偶性判斷【思維點(diǎn)撥】含對(duì)數(shù)函數(shù)的復(fù)合函數(shù)如果為奇函數(shù)，代入-x時(shí)真數(shù)部分與原真數(shù)部分互為倒數(shù).可記住常見(jiàn)具有奇偶性的復(fù)合函數(shù).常見(jiàn)奇函數(shù)：或；或常見(jiàn)偶函數(shù)：（如）、（如）例2 若函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，求a的取值范圍.【答案】【解析】令，函數(shù)為減函數(shù)，在區(qū)間上遞減，且滿(mǎn)足，解得，所以，的取值范圍為.【易錯(cuò)點(diǎn)】對(duì)數(shù)型函數(shù)的定義域【思維點(diǎn)撥】利用復(fù)合函數(shù)同增異減的性質(zhì)得出參數(shù)需滿(mǎn)足的不等式組.題型六 函數(shù)性質(zhì)綜合例1 設(shè)函數(shù)yf(x)的圖象與y2xa的圖象關(guān)于直線(xiàn)yx對(duì)稱(chēng)，且f(2)f(4)1，則a()A1 B1C2 D4【答案】C.【解

29、析】設(shè)(x，y)是函數(shù)yf(x)圖象上任意一點(diǎn)，它關(guān)于直線(xiàn)yx的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為(y，x)，由yf(x)的圖象與y2xa的圖象關(guān)于直線(xiàn)yx對(duì)稱(chēng)，可知(y，x)在y2xa的圖象上，即x2ya，解得ylog2(x)a，所以f(2)f(4)log22alog24a1，解得a2，選C.【易錯(cuò)點(diǎn)】關(guān)于直線(xiàn)對(duì)稱(chēng)的函數(shù)求法例2 設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且對(duì)任意的xR恒有f(x1)f(x1)，已知當(dāng)x0,1時(shí)，f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)1x，則：2是函數(shù)f(x)的周期；函數(shù)f(x)在(1,2)上遞減，在(2,3)上遞增；函數(shù)f(x)的最大值是1，最小值是0；當(dāng)x(3,4

30、)時(shí)，f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x3.其中所有正確命題的序號(hào)是_【答案】【解析】由已知條件：f(x2)f(x)，則yf(x)是以2為周期的周期函數(shù)，正確；當(dāng)1x0時(shí)，0 x1，f(x)f(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)1x，函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示：當(dāng)3x4時(shí)，1x41時(shí)，a，b，c的大小關(guān)系是()A.cab B.cbaC.abc D.ac1時(shí)，所以cab.3. 當(dāng)0 xeq f(1,2)時(shí)，4xlogax，則a的取值范圍是()A. B. C(1，eq r(2) D(eq r(2)，2)【答案】B【解析】由題意得，當(dāng)0a1時(shí)，

31、要使得4xlogax，即當(dāng)0 xeq f(1,2)時(shí)，函數(shù)y4x的圖象在函數(shù)ylogax圖象的下方又當(dāng)xeq f(1,2)時(shí)，2，即函數(shù)y4x的圖象過(guò)點(diǎn).把點(diǎn)代入函數(shù)ylogax，得aeq f(r(2),2).若函數(shù)y4x的圖象在函數(shù)ylogax圖象的下方，則需eq f(r(2),2)a1時(shí)，不符合題意，舍去所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.題型三 二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)1.若時(shí)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】【解析】分離參數(shù)a,可得則當(dāng)時(shí)，令所以f(x)在時(shí)單調(diào)遞增，所以也可利用二次函數(shù)性質(zhì)分類(lèi)討論.2.設(shè)二次函數(shù)f(x)ax22axc在區(qū)間0,1上單調(diào)遞減，且f(m)f(0)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是

32、()A.eq blc(rc(avs4alco1(，0) B2，)C(，02，) D0,2【答案】D【解析】二次函數(shù)f(x)ax22axc在區(qū)間0,1上單調(diào)遞減，則a0，f(x)2a(x1)0，x0,1，所以a0，即函數(shù)的圖象開(kāi)口向上，又因?yàn)閷?duì)稱(chēng)軸是直線(xiàn)x1.所以f(0)f(2)，則當(dāng)f(m)f(0)時(shí)，有0m2.a0也可利用f(x)ax22axc=a(x22x)c=a(x1)2ac在對(duì)稱(chēng)軸左邊遞減得到.3.已知函數(shù)f(x)x22ax5(a1)(1)若f(x)的定義域和值域均是1，a，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若f(x)在區(qū)間(，2上是減函數(shù)，且對(duì)任意的x1，x21，a1，總有|f(x1)f(x2)|

33、4，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【答案】（1）a2；（2）2,3【解析】(1)f(x)(xa)25a2(a1)，f(x)在1，a上是減函數(shù)又定義域和值域均為1，a解得a2.(2)f(x)在區(qū)間(，2上是減函數(shù)，a2.又xa1，a1，且(a1)aa1，f(x)maxf(1)62a，f(x)minf(a)5a2.對(duì)任意的x1，x21，a1，總有|f(x1)f(x2)|4，f(x)maxf(x)min4，得1a3.又a2，2a3.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是2,3題型四 函數(shù)圖象的綜合考查1.函數(shù)的圖象大致是（ ）【答案】D【解析】 從奇偶性可排除B，且易知當(dāng)x1時(shí)，原函數(shù)大于0，排除A，當(dāng)x0時(shí)，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)單調(diào)性可

34、排除C.故選D.2.函數(shù)f(x)lneq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,x)的圖象是()【答案】B.【解析】自變量x滿(mǎn)足，當(dāng)x0時(shí)，可得x1，當(dāng)x0時(shí)，可得1x0，即函數(shù)f(x)的定義域是(1,0)(1，)，據(jù)此排除選項(xiàng)A、D；函數(shù)y單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)ln()在(1,0)，(1，)上單調(diào)遞增，故選B.3.函數(shù)y在2,2的圖象大致為()【答案】D.【解析】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)y在0,2上的圖象，利用排除法求解f(x)|，x2,2是偶函數(shù)，又f(2)8e2(0,1)，故排除A，B.設(shè)g(x)，則g(x)4xex.又g(0)0，g(x)在(0,2)內(nèi)至少存在一個(gè)極值點(diǎn)，f(x)在(

35、0,2)內(nèi)至少存在一個(gè)極值點(diǎn)，排除C.故選D.題型五 復(fù)合函數(shù)的簡(jiǎn)單性質(zhì)1.已知函數(shù)為奇函數(shù)則實(shí)數(shù)的值為 【答案】1.【解析】由奇函數(shù)得：,因?yàn)?所以2.若函數(shù)f(x)loga(x2ax5)(a0，且a1)滿(mǎn)足對(duì)任意的x1，x2，當(dāng)x1x2eq f(a,2)時(shí)，f(x2)f(x1)0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)【答案】(1,2eq r(5).【解析】 當(dāng)x1x2eq f(a,2)時(shí)，f(x2)f(x1)0，即函數(shù)在區(qū)間(，eq f(a,2)上為減函數(shù)，設(shè)g(x)x2ax5，則，解得1a2eq r(5).3.函數(shù)的值域?yàn)?)A(0，) B(1，)C1，) D(，)【答案】B【解析】令2xt，則函數(shù)可

36、化為yt22t1(t1)2(t0)函數(shù)y(t1)2在(0，)上遞增，y1.所求值域?yàn)?1，)故選B.題型六 函數(shù)性質(zhì)綜合1.設(shè)方程的根分別為x1，x2，則()A0 x1x21 Bx1x21C1x1x22 Dx1x22【答案】A.【解析】方程的根分別為x1，x2，所以，可得x2eq f(1,2)，令f(x)，則f(2)f(1)0，所以1x12，所以eq f(1,2)x1x21，即0 x1x21.故選A.2.若函數(shù)的值域是4，)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍【答案】【解析】當(dāng)x2時(shí)，f(x)x6，f(x)在(，2上為減函數(shù)，f(x)4，)當(dāng)x2時(shí)，若a(0,1)，則f(x)3logax在(2，)上為減函數(shù)，

37、f(x)(，3loga2)，顯然不滿(mǎn)足題意，a1，此時(shí)f(x)在(2，)上為增函數(shù)，f(x)(3loga2，)，由題意可知(3loga2，)4，)，則3loga24，即loga21，1a2.3.已知定義域?yàn)镽的函數(shù)是奇函數(shù)(1)求a，b的值；(2)若對(duì)任意的tR，不等式f(t22t)f(2t2k)0恒成立，求k的取值范圍【答案】（1）a2，b1;（2）.【解析】(1)因?yàn)閒(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(0)0，即eq f(1b,2a)0，解得b1.從而有.又由f(1)f(1)知eq f(21,4a)eq f(f(1,2)1,1a)，解得a2.(2)由(1)知f(x)eq f(2x1,2x12)

38、eq f(1,2)eq f(1,2x1)，由上式易知f(x)在R上為減函數(shù)，又因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，從而不等式f(t22t)f(2t2k)0等價(jià)于f(t22t)2t2k.即對(duì)一切tR有3t22tk0，從而412k0，解得keq f(1,3).2020年高考理科數(shù)學(xué)：平面向量題型歸納與訓(xùn)練【題型歸納】題型一 平面向量的線(xiàn)性運(yùn)算例1：記maxx，yx,xyy,xy,minx，yy,xyx,xb0)的右焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F與x軸垂直的直線(xiàn)l交兩漸近線(xiàn)于A.B兩點(diǎn),與雙曲線(xiàn)的其中一個(gè)交點(diǎn)為P,設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O,若OP=mOA+nOB(m,nR),且mn=29,則該雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)為（ ）Ay=34x By=2

39、4x Cy=12x Dy=13x【答案】B【解析】由題意可知A(c,bca),B(c,bca),代入OP=mOA+nOB，得P(m+n)c,(mn)bca),代入雙曲線(xiàn)方程中,整理的4e2mn=1；又因?yàn)閙n=29,可得e=324,ba=e21=24,所以該雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)為y=24x，故B為正確答案.【易錯(cuò)點(diǎn)】A、B、P三點(diǎn)坐標(biāo)的確定，離心率的概念?！舅季S點(diǎn)撥】解析幾何中基本量的計(jì)算要注意方程思想的應(yīng)用和運(yùn)算的準(zhǔn)確性.題型三 平面向量數(shù)量積的概念與計(jì)算例1.如圖,正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為1,則ADDB（ ）A.3 B.3 C.3 D.3【答案】 D【解析】根據(jù)正六邊形性質(zhì),有ADB30,于

40、是向量AD與DB所成角為150;且AD=2,|DB|=3,所以ADDB=|AD|DBcos1502332=3,選D【易錯(cuò)點(diǎn)】正六邊形的性質(zhì)及平面向量的加減法運(yùn)算法則的應(yīng)用；【思維點(diǎn)撥】利用定義求兩個(gè)非零向量數(shù)量積,關(guān)鍵要搞清向量的數(shù)量積和模,尤其在求向量夾角時(shí),要判斷其起點(diǎn)是否共點(diǎn)例2.在ABC中,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,sinC2=63,a=b=3,點(diǎn)P是邊AB上的一個(gè)三等分點(diǎn),則CPCB+CPCA=( )A.0 B.6 C.9 D.12【答案】 B【解析】過(guò)點(diǎn)C作COAB,垂足為O如圖所示, C0,3.,sinC2=63,cosC2=1sin2C2=33,CO=3.AO=OB

41、=3332=6.取點(diǎn)P靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)則P63,0.CPCB+CPCA=CP2CO=263,30,3=6同理取點(diǎn)P靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)答案也是6CPCB+CPCA=6【易錯(cuò)點(diǎn)】坐標(biāo)系的建立，點(diǎn)坐標(biāo)的確定；【思維點(diǎn)撥】用坐標(biāo)法求平面向量數(shù)量積可以簡(jiǎn)化解題過(guò)程,坐標(biāo)法思想能否靈活使用以及坐標(biāo)系建立的恰當(dāng)與否是解題關(guān)鍵例3.如圖,BC,DE是半徑為1的圓O的兩條直徑, BF=2FO,則FDFE的值是（ ）A34 B89 C14 D49【答案】 B【解析】BF=2FO,r=1,FO=13,FDFE=FO+ODFO+OE=FO2+FOOE+OD+ODOE=132+01=89.故選B.【易錯(cuò)點(diǎn)】平面向量線(xiàn)

42、性運(yùn)算性質(zhì)的應(yīng)用，共線(xiàn)性質(zhì)的應(yīng)用；【思維點(diǎn)撥】利用線(xiàn)性運(yùn)算將待求量轉(zhuǎn)化到利用B.O.C,D.O.E共線(xiàn)的向量表示,利用同向或是反向解決問(wèn)題；題型四 平面向量的夾角與模的計(jì)算例1.若非零向量a,b滿(mǎn)足|a|223|b|,且(ab)(3a+2b),則a與b的夾角為()A.4B. 2C. 34D【答案】 A【解析】設(shè)bx,a,b，則a223x,ab=223x2cos. (ab)(3a2b)，(ab)(3a2b)0，3a2+2ab3ab2b20,即389x2223x2cos2x20, 223cos=23,cos=22，0,=4.故選A.【易錯(cuò)點(diǎn)】垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化，比例關(guān)系的應(yīng)用，夾角的范圍；【思維點(diǎn)撥】

43、利用垂直得出a,b的等式關(guān)系，借助長(zhǎng)度關(guān)系建立關(guān)于夾角余弦值方程即可解決;題型五 平面向量中的范圍、最值問(wèn)題例1.在邊長(zhǎng)為2的等邊三角形ABC中,D是AB的中點(diǎn),E為線(xiàn)段AC上一動(dòng)點(diǎn),則EBED的取值范圍為 【答案】見(jiàn)解析；【解析】由題意可得，AE與AB的夾角是60，D是AB的中點(diǎn)，設(shè)AE=x,EBED=ABAEADAE=ABADAB+ADAE+|AE|2 =2|AD|23ADAE+AE2=232x+x2;由于E為線(xiàn)段AC上的一動(dòng)點(diǎn)，故0 x2，令f(x)= 232x+x2=x342+2316;當(dāng)x=34時(shí)，f(x)min=2316；當(dāng)x=2時(shí), f(x)max=3，EBED的取值范圍為231

44、6,3)【易錯(cuò)點(diǎn)】線(xiàn)性轉(zhuǎn)化，函數(shù)關(guān)系的構(gòu)造，取值范圍的確定；【思維點(diǎn)撥】將EBED用某個(gè)變量表示,轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域問(wèn)題,其中選擇變量要有可操作性.例2.已知向量a,b,c滿(mǎn)足: a=4,b=22, a與b的夾角為4, cacb=1,則|ca|的最大值為（ ）A.2+12 B. 2+22 C. 2+12 D. 2+1【答案】 D【解析】設(shè)OA=a,OB=b,OC=c;以O(shè)A所在直線(xiàn)為x,O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,a=4,b=22,a與b的夾角為4,則A(4,0),B(2,2),設(shè)C(x,y),cacb=1,x2+y26x2y+9=0,即(x3)2+(y1)2=1表示以(3,1)為圓心，以1

45、為半徑的圓,|ca|表示點(diǎn)AC的距離，即圓上的點(diǎn)與點(diǎn)A(4,0)的距離；圓心到B的距離為：(43)2+(01)2=2, |ca|的最大值為2+1，故選:D【易錯(cuò)點(diǎn)】題干條件的轉(zhuǎn)化，幾何意義的應(yīng)用；【思維點(diǎn)撥】夾角已知向量模已知的情況下，即可將線(xiàn)性運(yùn)算轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算，將問(wèn)題具體化.例3. 已知向量OA與OB的夾角為,OA=2,OB=1,OP=tOA,OG=1tOB,|PQ|在t0時(shí)取得最小值,當(dāng)0t015時(shí),夾角的取值范圍為（ ）A.(0,3) B. (3,2) C. (2,23) D. (0,23)【答案】 D【解析】由題意知, OAOB=21cos=2cos,PQ=OQOP=1tOBtOA;

46、PQ2=1t2OB2+t2OA22t1tOAOB=1t2+4t24t(1t)cos; 5+4cost2+24cost+1;由二次函數(shù)圖像及其性質(zhì)知,當(dāng)上式取得最小值時(shí), t0=1+2cos5+4cos.由題意可得,01+2cos5+4cos15，求得12cos0,所以2cos23，故應(yīng)選C.【易錯(cuò)點(diǎn)】轉(zhuǎn)化方向的確定，函數(shù)關(guān)系的建立；【思維點(diǎn)撥】求變量的取值范圍、最值,往往要將目標(biāo)函數(shù)用某個(gè)變量表示,轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題,期間要注意變量之間的關(guān)系,進(jìn)而得解.例4.已知a=,2,b=(3,5),且a與b的夾角為銳角,則的取值范圍是 【答案】 0,且a與b不共線(xiàn)同向,由ab03+100,解得103

47、,當(dāng)向量a與b共線(xiàn)時(shí),得5=6,得=65,因此的取值范圍是0且cos1,而三角形內(nèi)角為銳角,則cos0題型六 平面向量在三角函數(shù)中的應(yīng)用例1.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量m=(22,22),nsinx,cos x;x0,2.若mn，求tanx的值；若m與n的夾角為3,求x的值.【答案】 見(jiàn)解析；【解析】m=(22,22)，nsinx,cos x，mn.mn=22sinx22cos x=0，即sinxcosx，tanx=sinxcosx=1.由題意知，m222+222=1，nsinx2+cosx21，mn=22sinx22cos x=sin(x4).而mn|m|n|cosm，ncos312

48、.sin(x4)12，又x0,2，x44,4，x4=6，x=512.【易錯(cuò)點(diǎn)】運(yùn)算出錯(cuò)，角度范圍不明確；【思維點(diǎn)撥】利用平面向量坐標(biāo)運(yùn)算性質(zhì)及垂直關(guān)系建立等式即可得出結(jié)果?！眷柟逃?xùn)練】題型一 平面向量的線(xiàn)性運(yùn)算1.設(shè)D,E分別是ABC的邊AB,BC上的點(diǎn)，AD12AB，BE23BC.若DE1AB+2AC(1,2為實(shí)數(shù))，則1+2的值為_(kāi)【答案】：12【解析】：DEDB+BE=12AB+23BC=12AB+23ACAB=23AC16AB；又DE1AB+2AC,1=16,2=23,1+2=12.2.已知A,B,C為圓O上的三點(diǎn)，若AO=12AB+AC，則AB與AC的夾角為_(kāi)【答案】：90【解析】：

49、由AO=12AB+AC可知O為BC的中點(diǎn)，即BC為圓O的直徑，又因?yàn)橹睆剿鶎?duì)的圓周角為直角，所以BAC=90，所以AB與AC的夾角為90.3.在ABC中,點(diǎn)M,N滿(mǎn)足AM=2MC，BN=NC,若MN=xAB+yAC，則x_；y_.【答案】：12 16【解析】：如圖，在ABC中，MN=MA+AB+BN=23AC+AB+12BC=23AC+AB+12ACAB =12AB16AC； x=12;y=16題型二 共線(xiàn)向量定理、平面向量基本定理的應(yīng)用1. 如圖,在平行四邊形ABCD中, ABa,ADb,AN3NC,則BN（ ）(用a,b表示) A.14a34b B. 34a14b C.14b34a D.3

50、4b14a【答案】D【解析】BN=BA+AN=BA+34AC=BA+34AB+AD=14AB+34AD=14a+34b2. 已知OA,OB是兩個(gè)單位向量,且OAOB=0.若點(diǎn)C在AOB內(nèi),且AOC=30,則OC=mOA+nOB(m,nR)，則nm（）A. 13 B.3 C. 33 D. 3【答案】C【解析】以O(shè)原點(diǎn),向量OA,OB所在直線(xiàn)為軸,建立平面直角坐標(biāo)系,因?yàn)锳OC=30,設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x, 33x),由OC=mOA+nOB,得m=x, n=33x, nm=333.直線(xiàn)l過(guò)拋物線(xiàn)y2=2px(p0)的焦點(diǎn),且交拋物線(xiàn)于A,B兩點(diǎn),交其準(zhǔn)線(xiàn)于C點(diǎn),已知AF=4,CB=3BF,則p（ ）

51、A.2 B. 43 C. 83 D.4【答案】C【解析】過(guò)A,B分別作準(zhǔn)線(xiàn)的垂線(xiàn)交準(zhǔn)線(xiàn)于E,D.因?yàn)锳F=4,CB=3BF，所以AE=4,|CB|=3|BF|,且|BF|=|BD|,設(shè)BF=BD=a,則|CB|=3a,根據(jù)三角形的相似性可得: |BD|AE|=|CB|AC|,即 a4=3a3a+a+4,解得a=2,所以|GF|AE|=|CF|AC|,即p4=3a+a3a+a+4=4a4a+4,所以p=4aa+1=83,選C.4在ABC中,M為邊BC上任意一點(diǎn),N為AM中點(diǎn), AN=AB+AC,則+的值為()A. 12 B. 13 C. 14 D.1【答案】A【解析】M為邊BC上任意一點(diǎn),可設(shè)A

52、M=xAB+yAC;(x+y=1)N為AMAM中點(diǎn),AN=12AM=12xAB+12yAC=AB+AC;.+=12x+y=12. 題型三 平面向量數(shù)量積的概念與計(jì)算1.若等腰ABC底邊BC上的中線(xiàn)長(zhǎng)為1,底角B60,則BAAC的取值范圍是_【答案】1,23【解析】因?yàn)榈妊麬BC底邊BC上的中線(xiàn)長(zhǎng)為1,底角B60,所以BAC0,y0且x+y=1,則CDBE的最大值為 （ ） A.58 B34 C32 D38【答案】D【解析】由題意：ABAC=ABACcos3=12; CD=CB+BD=ABAC+xBA=1xABAC; BE=BC+CE=ACAB+yCA=1yACAB=xACAB;CDBE=1xA

53、BACxACAB =x1xABAC+ABAC1xAB2x|AC|; =12x2+12x12=12x12238,(x(0,1);當(dāng)x=12時(shí), CDBE取得最大值38。題型四 平面向量的夾角與模的計(jì)算1.已知向量AB與AC的夾角為120,且|AB|=3,AC=2.若AP=AB+AC,且APBC，則實(shí)數(shù)的值為_(kāi)【答案】712【解析】APBC,APBC=0, AB+ACBC=0,即 AB+ACACAB= ABAC AB2+AC2ABAC=0;向量AB與AC的夾角為120, |AB|=3,AC=2，1ABACcos1209+4=0; =712.2.平面向量a1,2,b4,2,cma+b(mR),且c與

54、a的夾角等于c與b的夾角，則m()A2 B1 C1 D2【答案】D【解析】:cma+bm+4，2m+2，ac5m+8,bc=8m+20.由兩向量的夾角相等可得：ac|a|=bc|b|,即為5m+85=8m+2020，解得m2.3.)在平行四邊形ABCD中,AD1,BAD60，E為CD的中點(diǎn)若ACBE1，則AB的長(zhǎng)為_(kāi)【答案】12【解析】方法一：由題意可知，AC=AB+AD，BE=12AB+AD.因?yàn)锳CBE1，所以(AB+AD)(12AB+AD)1，則|AD|2+12ABAD12AB2=1, 因?yàn)锳D=1,BAD60,所以ABAD=12AB;因此式可化為1+14AB12AB2=1.解得AB=0

55、(舍去)或12，所以AB的長(zhǎng)為12.方法二：以A為原點(diǎn)，AB為x軸建立如圖的直角坐標(biāo)系，過(guò)D作DMAB于點(diǎn)M.由AD=1,BAD60，可知AM=12,DM=32 .設(shè)|AB|m(m0)，則B(m,0)Cm+12,32,D(12,32).因?yàn)镋是CD的中點(diǎn)，所以Em2+12,32.所以BE=12m2,32,AC=m+12,32.由ACBE=1，可得m+1212m2+34=1,即2m2m=0,所以m=0(舍去)或12. 故AB的長(zhǎng)為12.題型五 平面向量中的范圍、最值問(wèn)題1.已知ABAC,AB=1t,AC=t,若點(diǎn)P是ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),且AP=AB|AB|+4AC|AC|,則PBPC的最大值等

56、于（ ）.A13 B15 C19 D21【答案】A【解析】以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,則B1t,0,C(0,t),AP=1,0+40,1=(1,4),即P(1,4),所以PB=1t1,4, PC=(1,t4),因此PBPC=11t4t+16=17(1t+4t).由題可得t0,所以1t+4t21t4t=4,所以PBPC的最大值等于13,當(dāng)1t=4t,即t=12時(shí),等號(hào)成立故選A2.已知a,b是平面內(nèi)互不相等的兩個(gè)非零向量,且a=1,ab與b的夾角為150,則|b|的取值范圍是（ ） A.(0,3 B.1,3 C.(0,2 D.3,2 【答案】C【解析】如下圖所示,AB=a,A

57、D=b,則AC=DB=ab,ab與b的夾角150，即DAB=150；ADB=30，設(shè)DBA=，則0150,在ABD中,由正弦定理得|a|sin30=|b|sin,b=|a|sin30sin=2sin; 0b2,故選C。3. 非零向量a,b滿(mǎn)足2ab=a2b2, a+b=2,則a與b的夾角的最小值是 【答案】【解析】由題意得ab=12a2b2,( a+b)2=4 ,整理得a2+b2=42ab2ab,即ab1 cos=ab|a|b|=12ab12;3;夾角的最小值為3.4.設(shè)向量e1,e2滿(mǎn)足：|e1|=2,|e2|=1, e1,e2的夾角是60,若2te1+7e2與e1+te2的夾角為鈍角,則t

58、的范圍是（ ）A(7,12) B.7,142(142,12) C. 7,142)(142,12 D. (,7)(12,+) 【答案】B【解析】由題可知：|e1|2=4,|e2|2=1, e1e2=21cos60=1;2te1+7e2e1+te2=2t|e1|2+2t2+7+7t|e2|2=2t2+15t+7;欲使夾角為鈍角,需2t2+15t+70,得7t12. 2te1+7e2=e1+te20,2t=且t=7，2t2=7,；t=142,此時(shí)=14，即t=142時(shí)，向量2te1+7e2與e1+te2的夾角為. 夾角為鈍角時(shí)，t的取值范圍是7,142(142,12).故選擇B.題型六 平面向量在三

59、角函數(shù)中的應(yīng)用1.已知acos,sin,bcos,sin,0.(1)若|ab|=2，求證：ab；(2)設(shè)c(0,1)，若abc，求,的值【答案】見(jiàn)解析；【解析】(1)證明：由題意得|ab|22，即(ab)2=a22ab+b22.又因?yàn)閍2=b2=|a|2=|b|2=1,所以22ab2，即ab0，故ab.(2)因?yàn)閍+bcos+cos,sin+sin=c=(0,1)，所以cos+cos=0sin+sin=1 由此得，cos=cos()由0,得0,又0，所以=56,=6.2.已知向量acos,sin,bcos3,sin3,2,4，若向量a,b的夾角為,則有()A.4+ B.4 C.2+2 D.2【

60、答案】A【解析】依題意有cos =ab|a|b|=coscos3+sinsin3cos2+sin2cos23+sin23=cos4=cos(4+2),由于2,4，所以4+20，,而0,于是有4+2.3. 已知a1,sin2x,b2,sin 2x,其中x(0,)若|ab|a|b|，則tanx的值等于()A1 B1 C. 3 D.22【答案】A【解析】由|ab|a|b|知，ab，所以sin 2x2sin2x,即2sinxcosx2sin2x,而x(0，)，所以sinxcosx，故tanx1.2020年高考理科數(shù)學(xué)不等式題型歸納與訓(xùn)練【題型歸納】題型一 截距型線(xiàn)性規(guī)劃問(wèn)題例1.若，滿(mǎn)足約束條件，則的