2022高考數(shù)學二輪復習 專題提能二 三角與向量的創(chuàng)新考法與學科素養(yǎng)能力訓練 理

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1、2022高考數(shù)學二輪復習 專題提能二 三角與向量的創(chuàng)新考法與學科素養(yǎng)能力訓練 理 一、選擇題 1．定義：|a×b|＝|a||b|sin θ，其中θ為向量a與b的夾角，若|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6，則|a×b|等于(　　) A．－8　　　 B．8 C．－8或8 D．6 解析：由|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6，可得2×5 cos θ＝－6?cos θ＝－.又θ∈[0，π]，所以sin θ＝.從而|a×b|＝2×5×＝8. 答案：B 2．已知外接圓半徑為R的△ABC的周長為(2＋)R，則sin A＋sin B＋sin C＝(　　) A．1＋ B．1＋ C.＋ D

2、.＋ 解析：由正弦定理知a＋b＋c＝2R(sin A＋sin B＋sin C)＝(2＋)R，所以sin A＋sin B＋sin C＝1＋，故選A. 答案：A 3．設a，b為非零向量，|b|＝2|a|，兩組向量x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4均由2個a和2個b排列而成．若x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4所有可能取值中的最小值為4|a|2，則a與b的夾角為(　　) A. B. C. D．0 解析：設S＝x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4，若S的表達式中有0個a·b，則S＝2a2＋2b2，記為S1，若S的表達式中有2個a·b，則S＝a2＋b2＋2a

3、·b，記為S2，若S的表達式中有4個a·b，則S＝4a·b，記為S3.又|b|＝2|a|，所以S1－S3＝2a2＋2b2－4a·b＝2(a－b)2＞0，S1－S2＝a2＋b2－2a·b＝(a－b)2＞0，S2－S3＝(a－b)2＞0，所以S3＜S2＜S1，故Smin＝S3＝4a·b，設a，b的夾角為θ，則Smin＝4a·b＝8|a|2cos θ＝4|a|2，即cos θ＝，又θ∈[0，π]，所以θ＝. 答案：B 4．已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90?，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的動點，則|＋|的最小值為(　　) A．5 B．4 C．3 D．6 解析：建立平面直

4、角坐標系如圖所示，則A(2,0)，設P(0，y)，C(0，b)，則B(1，b)，則＋3＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5,3b－4y)．所以|＋3|＝(0≤y≤b)．當y＝b時，|＋3|min＝5. 答案：A 二、填空題 5．(2018·石家莊質檢)非零向量m，n的夾角為，且滿足|n|＝λ|m|(λ＞0)，向量組x1，x2，x3由一個m和兩個n排列而成，向量組y1，y2，y3由兩個m和一個n排列而成，若x1·y1＋x2·y2＋x3·y3所有可能值中的最小值為4m2，則λ＝________. 解析：由題意，x1·y1＋x2·y2＋x3·y3的運算結果有以下兩種可能：①m2＋m·n＋n

5、2＝m2＋λ|m||m|cos＋λ2m2＝(λ2＋＋1)m2；②m·n＋m·n＋m·n＝3λ|m|·|m|cos＝m2.又λ2＋＋1－＝λ2－λ＋1＝(λ－)2＋＞0，所以m2＝4m2，即＝4，解得λ＝. 答案： 6．定義平面向量的一種運算a⊙b＝|a＋b|×|a－b|×sin〈a，b〉，其中〈a，b〉是a與b的夾角，給出下列命題：①若〈a，b〉＝90?，則a⊙b＝a2＋b2；②若|a|＝|b|，則(a＋b)⊙(a－b)＝4a·b；③若|a|＝|b|，則a⊙b≤2|a|2；④若a＝(1,2)，b＝(－2,2)，則(a＋b)⊙b＝.其中真命題的序號是________． 解析：①中，因為〈a

6、，b〉＝90?，則a⊙b＝|a＋b|×|a－b|＝a2＋b2，所以①成立；②中，因為|a|＝|b|，所以〈(a＋b)，(a－b)〉＝90?，所以(a＋b)⊙(a－b)＝|2a|×|2b|＝4|a||b|，所以②不成立；③中，因為|a|＝|b|，所以a⊙b＝|a＋b|×|a－b|sin〈a，b〉≤|a＋b|×|a－b|≤＝2|a|2，所以③成立；④中，因為a＝(1,2)，b＝(－2,2)，所以a＋b＝(－1,4)，sin〈(a＋b)，b〉＝，所以(a＋ b)⊙b＝3××＝，所以④不成立．故真命題的序號是①③. 答案：①③ 7．設非零向量a，b的夾角為θ，記f(a，b)＝acos θ－bsin

7、 θ.若e1，e2均為單位向量，且e1·e2＝，則向量f(e1，e2)與f(e2，－e1)的夾角為________． 解析：由e1·e1＝，可得cos〈e1，e2〉＝＝， 故〈e1，e2〉＝，〈e2，－e1〉＝π－〈e2，e1〉＝. f(e1，e2)＝e1cos－e2sin＝e1－e2， f(e2，－e1)＝e2cos－(－e1)sin＝e1－e2. f(e1，e2)·f(e2，－e1)＝(e1－e2)· ＝－e1·e2＝0， 所以f(e1，e2)⊥f(e2，－e1)． 故向量f(e1，e2)與f(e2，－e1)的夾角為. 答案： 8．對任意兩個非零的平面向量α和β，定義α

8、。β＝.若平面向量a，b滿足|a|≥|b|＞0，a與b的夾角θ∈，且a。b和b。a都在集合中，則a。b＝________. 解析：a。b＝＝＝，① b。a＝＝＝.② ∵θ∈，∴＜cos θ＜1. 又|a|≥|b|＞0，∴0＜≤1.∴0＜cos θ＜1，即0＜b。a＜1. ∵b。a∈， ∴b。a＝. ①×②，得(a。b)×(b。a)＝cos2 θ∈， ∴＜(a。b)＜1，即1＜a。b＜2，∴a。b＝. 答案： 9．三國魏人劉徽，自撰《海島算經(jīng)》，專論測高望遠．其中有一題：今有望海島，立兩表齊，高三丈，前后相去千歲，令后表與前表相直．從前表卻行一百二十三步，人目著地取望島峰，與表

9、末參合．從后表卻行百二十七步，人目著地取望島峰，亦與表末參合．問島高及去表各幾何？譯文如下：要測量海島上一座山峰A的高度AH，立兩根高均為3丈的標桿BC和DE，前后標桿相距1 000步，使后標桿桿腳D與前標桿桿腳B與山峰腳H在同一直線上，從前標桿桿腳B退行123步到F，人眼著地觀測到島峰，A，C，F(xiàn)三點共線，從后標桿桿腳D退行127步到G，人眼著地觀測到島峰，A，E，G三點也共線，問島峰的高度AH＝________步．(古制：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800 尺＝300步) 解析：如圖所示，由題意知BC＝DE＝5步，BF＝123步，DG＝127步，設AH＝h步，因為BC∥AH，所以△B

10、CF∽△HAF，所以＝，所以＝，即HF＝.因為DE∥AH，所以△GDE∽△GHA，所以＝，所以＝，即HG＝，由題意(HG－127)－(HF－123)＝1 000，即－－4＝1 000，h＝1 255，即AH＝1 255步． 答案：1 255 三、解答題 10．(2018·泰安模擬)已知下凸函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)滿足f≤.若函數(shù)y＝tan x在上是下凸函數(shù)，那么在銳角△ABC中，求tan A＋tan B＋tan C的最小值． 解析：因為y＝tan x在上是下凸函數(shù)，則(tan A＋tan B＋tan C)≥tan＝tan ＝，即tan A＋tan B＋tan C≥3，當且僅當tan A＝

11、tan B＝tan C，即A＝B＝C＝時，取等號，所以tan A＋tan B＋tan C的最小值為3. 11．在△ABC中，邊a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對的邊，且滿足2sin B＝sin A＋sin C，設B的最大值為B0. (1)求B0的值； (2)當B＝B0，a＝3，c＝6，＝時，求CD的長． 解析：(1)由題設及正弦定理知，2b＝a＋c，即b＝. 由余弦定理知，cos B＝＝＝≥＝. 當且僅當a2＝c2，即a＝c時等號成立． ∵y＝cos x在(0，π)上單調遞減， ∴B的最大值B0＝. (2)∵B＝B0＝，a＝3，c＝6， ∴b＝＝3， ∴c2＝a2＋b2，

12、即C＝，A＝， 由＝，知AD＝AB＝2，在△ACD中， 由余弦定理得CD＝＝. 12．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，·＝8，∠BAC＝θ，a＝4. (1)求bc的最大值及θ的取值范圍； (2)求函數(shù)f(θ)＝sin 2θ＋cos 2θ＋1的最大值和最小值． 解析：(1)由已知得·＝bccos θ＝8，b2＋c2－2bccos θ＝42， 故b2＋c2＝32. 又b2＋c2≥2bc，所以bc≤16(當且僅當b＝c＝4時等號成立)，即bc的最大值為16. 即≤16，所以cos θ≥. 又0＜θ＜π，所以0＜θ≤，即θ的取值范圍是. (2)f(θ)＝sin 2θ＋cos 2θ＋1＝2sin＋1. 因為0＜θ≤，所以＜2θ＋≤， ≤sin≤1. 當2θ＋＝，即θ＝時，f(θ)min＝2×＋1＝2； 當2θ＋＝，即θ＝時，f(θ)max＝2×1＋1＝3.