2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018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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答案部分
2019年
1.解析 设，
，
所以，解得，
所以，，
，
因为，所以，
所以，所以.
2.解析：正方形ABCD的边长为1，
可得 QUOTE ,AB.+,AD.=,AC. ， QUOTE ,BD.=,AD.-,AB. ， QUOTE ,AB.⋅,AD.=0 ，
,
由于2，3，4，5，取遍 QUOTE ±1 ，
可得 QUOTE ,λ-1.-,λ-3.+,λ-5.-,λ-6.=0 ， QUOTE ,λ-2.-,λ-4.+,λ-5.+,λ-6.=0 ，
可取 QUOTE ,λ-5.=,λ-6.=1 ， QUOTE ,λ-1.=,λ-3.=1 可得所求最小值为0；
由 QUOTE ,λ-1.-,λ-3.+,λ-5.-,λ-6. ， QUOTE ,λ-2.-,λ-4.+,λ-5.+,λ-6. ，
可取 QUOTE ,λ-2.=1 QUOTE ,λ-5.=,λ-6.=1 QUOTE ,λ-1.=1 QUOTE ,λ-3.=-1 可得所求最大值为 QUOTE 2,-5. ．
3.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
.
2010-2018年
1．A【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图的平面直角坐标系，
因为在平面四边形中，，，
所以，，，设,，
所以，，
因为，所以，
即，解得，即，
因为在上，所以，由，
得，即，
因为，，
所以
，令，．
因为函数在 上单调递减，在上单调递增，所以．
所以的最小值为，故选A．
2．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．
3．A【解析】如图建立直角坐标系，
则，，，，由等面积法可得圆的半径为，
所以圆的方程为，
所以，，，
由，得，所以=，
设，即，
点在圆上，所以圆心到直线的距离小于半径，
所以，解得，所以的最大值为3，
即的最大值为3，选A．
4．B【解析】如图，以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，
则 ，，，设，
所以 ，，，
所以 ，
，
当时，所求的最小值为，故选B．
5．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．
6．B【解析】由知,为的外心．由=
= 知为的内心，所以为正三角形，易知其边长为，
取的中点，因为是的中点，所以，
所以，则．故选B．
7．D【解析】由菱形的边长为，可知，
．
8．A【解析】由题意得
．
9．A 【解析】以题意，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，所在的直线为 轴建立如图所示的平面直角坐标系，
所以点，，，
所以
=（当且仅当，即时取等号），
所以的最大值为13．故选A．
10．C【解析】，所以
，选C．
11．B【解析】由题意得，AC为圆的直径，故可设，，，
∴，而，
∴的最大值为，故选B．
12．A【解析】设，则，，
所以曲线C是单位元，区域为圆环（如图）
∵，∴．
13．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.
14．B【解析】如图，设 ，则，
又，
，由得
，
即，选B.
15．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，∴．
16．C【解析】首先观察集合，从而分析
和的范围如下：因为，∴，
而，且，可得，
又∵中，∴，
从而，∴ ，
所以．且也在集合中，故有．
17．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．
18．【解析】设，，所以
，
当时，取得最小值．
19．【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．
20．【解析】，,则
，
．
21．【解析】由题意令，，，
则由 可得 ①，
令 ②
得对一切实数恒成立，
所以．
故．
故最大值为．
22． 【解析】由
．所以，．
23． 【解析】 因为，，
，
，
，
当且仅当即时的最小值为．
24．【解析】
，因此．
25．【解析】因为，菱形的边长为2，所以.
因为，由，
所以，解得．
26．【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．
27．【解析】以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴建立直角坐标系，则，，，．设(0≤≤)，
由，∴，=((1,2)=．
28．【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.
29．【解析】根据已知得，，
所以（）=．
30．【解析】(1)∵，∴，故，∴．
（2）∵与的夹角为，∴，
故，又，∴，，即．
故的值为．
31．【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．
32．【解析】（Ⅰ）∵，
且，∴，∵，∴解得．
所以．
（Ⅱ）∵，∴，∵，
，，
∴，故．
33．【解析】（1）＝，
＝
＝．
所以，，所以，．
（2），①2＋②2得：．
所以，＝，＝＋，
带入②得：(＋)＋＝＋＝(＋)＝1，
所以，＋＝．所以，＝，＝．
34．【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．
35．【解析】（I）由，
，及
又，所以.
（II）
=.
当所以
36．【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．
37．【解析】由知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设
①
再设
解得 ②
将①式代入②式，消去，得
③
又点B在抛物线上，所以，再将③式代入，得
故所求点P的轨迹方程为
38．【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：，．