2024届高考数学第一轮复习：文科数学2010-2019高考真题分类训练之专题五 平面向量第十四讲 向量的应用答案

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专题五  平面向量第十四讲 向量的应用答案部分2019年1.解析 因为，所以，
所以．又因为，所以．故选B．2.解析 因为，，所以，所以．故选A.3.解析  ，，，．4.解析 因为，所以，得.5.解析 因为，，，所以在等腰三角形中，，
又，所以，所以.
因为，所以.
又，
所以.6.解析  设，，所以，解得，所以，，，因为，所以， 所以，所以.7.解析：正方形ABCD的边长为1，可得，，，,由于2，3，4，5，取遍，
可得，，可取，可得所求最小值为0；
由，，可取可得所求最大值为．     2010-2018年1．A【解析】解法一 设为坐标原点，，，，由得，即，所以点的轨迹是以为圆心，l为半径的圆．因为与的夹角为，所以不妨令点在射线()上，如图，数形结合可知．故选A．解法二  由得．设，，，所以，，所以，取的中点为．则在以为圆心，为直径的圆上，如图．设，作射线，使得，所以．故选A．2．C【解析】如图所示，四边形是正方形，为正方形的对角线的交点，易得，而，∴与为钝角，与为锐角．根据题意，∴，同理．做于，又．∴，而，∴，而，∴，即，∴，选C．3．B【解析】建立平面直角坐标系如图所示，则，则点的轨迹方程为．设，，则，，代入圆的方程得，所以点的轨迹方程为，它表示以为圆心，以为半径的圆，所以，所以．4．A【解析】由，得．5．B【解析】由题意，AC为直径，所以，已知B为时，取得最大值7，故选B．6．A【解析】设，则，所以曲线C是单位元，区域为圆环（如图）∵，∴．7．C【解析】因为，所以.因为，所以，.因为，所以，即①同理可得  ②，①+②得.8．B【解析】如图，设 ，则，又，，由得，即，选B.9．A【解析】方法一 设则．方法二 将向量按逆时针旋转后，可知点落在第三象限，则可排除B、D，代入A，由向量的夹角公式可得，∴．10．C【解析】首先观察集合，从而分析和的范围如下：∵，∴，而，且，可得，又∵中，∴，从而，∴ ，所以，且也在集合中，故有．11．D【解析】根据已知得，即，从而得；，即，得，根据，得．线段的方程是，．若是线段的中点，则，代入，得．此等式不可能成立，故选项A的说法不成立；同理选项B的说法也不成立；若同时在线段上，则，，此时，，，若等号成立，则只能，根据定义，是两个不同的点，故矛盾，故选项的说法也不正确，若同时在线段的延长线上，若，，则，与矛盾，若，则是负值，与矛盾，若，，则，，此时，与矛盾，故选项D的说法是正确的．12．【解析】设，，所以，当时，取得最小值．13．6【解析】所以最大值是6．14．4,【解析】设向量的夹角为，由余弦定理有：，，则：，令，则，据此可得：，即的最小值是4，最大值是.15．【解析】设，由，得，如图由可知，在上，由，解得，，所以点横坐标的取值范围为．16．【解析】由，可得两向量的夹角为，建立平面直角坐标，可设，，，则，所以的最大值为．17．【解析】在平面直角坐标系中，作出圆及其切线，如图所示，连结，由图可得，，，，则的夹角为，所以．18．【解析】由题意得：．19．【解析】在等腰梯形中，由∥，，，，得，，，所以 ．20．①④⑤【解析】∵等边三角形的边长为2, ∴＝2＝2,故①正确；∵  ∴，故②错误，④正确；由于，，则与的夹角为，故③错误；又∵∴，故⑤正确   因此，正确的编号是①④⑤.21．【解析】因为，菱形的边长为2，所以.因为，由，所以，解得.22．【解析】设，由，得，向量，故的最大值为圆上的动点到点距离的最大值，其最大值为圆的圆心到点的距离加上圆的半径，即．23．【解析】以A为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x，y轴建立直角坐标系，则B(,0),E(,1)，D(0,2)，C(，2)．设(0≤x≤)，由，∴，=((1–,2)=．24．【解析】如图过P作x轴的垂线，垂足为E，过C作y轴的垂线，垂足为A，根据题意可知圆滚动了2个单位的弧长，∴，可知，此时点的坐标为 另解1：根据题意可知滚动制圆心为（2,1）时的圆的参数方程为，且，则点P的坐标为，即.25．【解析】根据已知得，，所以（）=．26．【解析】（1）因为，，，所以．若，则，与矛盾，故．于是．又，所以．（2）.因为，所以，从而.于是，当，即时，取到最大值3；当，即时，取到最小值.27．【解析】（Ⅰ）因为,所以 ，由正弦定理，得又，从而，由于0<<，所以=．（Ⅱ）解法一 由余弦定理，得，而=，=2，=，得，即，因为，所以 ．故的面积为．解法二   由正弦定理，得，从而=，又由，知>，所以=，故==sin==．所以的面积为．28．【解析】（Ⅰ）由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b) ．又点P的坐标为(0，1)，且＝－1，于是，解得a＝2，b＝．所以椭圆E方程为．（Ⅱ）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为．A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判别式，所以，从而＝＝－所以，当时，－，此时，为定值．当直线斜率不存在时，直线即为直线．此时，故存在常数，使得为定值－3．29．【解析】（Ⅰ）已知，过点，∴ ∴   解得（Ⅱ）由（Ⅰ）知由题意知设的图象上符合题意的最高点为由题意知．所以，即到点的距离为1的最高点为．将其代入得，又∵，所以，因此由， 得∴的单调增区间为．30．【解析】（Ⅰ）∵，且，∴，∵，∴解得．所以．（Ⅱ）∵，∴，∵，，，∴，故．31．【解析】（1）＝，＝＝．所以，，所以，．（2），①2＋②2得：．所以，＝，＝＋，带入②得：(＋)＋＝＋＝(＋)＝1，所以，＋＝．所以，＝，＝．32．【解析】由题意，抛物线E的焦点为，直线的方程为．由得．设A，B两点的坐标分别为，，则、是上述方程的两个实数根．从而，．所以点的坐标为，．同理可得点的坐标为，．于是．由题设，有k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2，所以．故．(2)【解析】由抛物线的定义得，，所以，从而圆的半径．故圆的方程为．化简得．同理可得圆的方程为．于是圆，圆的公共弦所在直线的方程为．又k2－k1≠0，k1＋k2＝2，则l的方程为x＋2y＝0.因为p>0，所以点到直线l的距离故当时，取最小值．由题设，得＝，解得．故所求的抛物线E的方程为．33．【解析】（I）由，，及又，所以.（II）=.当所以 34．【解析】（1）由，，，，由已知得=．化简得曲线C的方程：．（2）假设存在点满足条件，则直线的方程是，的方程是．曲线C在Q处的切线的方程是，它与轴的交点为由于，因此．①当时，，存在，使得．即与直线平行，故当时不符合题意．②时，，所以与直线一定相交．分别联立方程组，解得的横坐标分别是，，则又，有，又，于是=，对任意，要使为常数，即只需满足，解得，此时，故存在，使得与的面积之比是常数2．35．【解析】（1）（方法一）由题设知，则所以故所求的两条对角线的长分别为、。（方法二）设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则:E为B、C的中点，E（0，1）又E（0，1）为A、D的中点，所以D（1，4）故所求的两条对角线的长分别为BC=、AD=；（2）由题设知：=(－2,－1)，．由()·=0，得：，从而所以．或者：，．