重庆市育才中学数学高二下期中经典复习题(含答案)

一、选择题

1．(0分)[ID：13601]若sin0，且tan0，则是（ ） A．第一象限角

B．第二象限角

C．第三象限角

D．第四象限角

2．(0分)[ID：13560]函数yAsin(x)的部分图像如图所示，则

A．y2sin(2xB．y2sin(2x6)

3)

C．y2sin(x+)

6D．y2sin(x+)

33．(0分)[ID：13554]设函数f(x)2sin(x)，xR，其中0，||.若f(5)2，f()0，且f(x)的最小正周期大于2，则 88A．22711 B．， C．， D．，，

1224332431234．(0分)[ID：13627]已知函数f(x)sin(x)(0,||其图象向右平移

π)的最小正周期是π，若2π个单位后得到的函数为奇函数，则下列结论正确的是（ ） 32π对称 3B．函数f(x)的图象关于点(A．函数f(x)的图象关于直线xC．函数f(x)在区间11π,0)对称 12πππ3π,上单调递减 D．函数f(x)在,上有3个零点 212425．(0分)[ID：13613]已知在ABC中，sinA:sinB:sinC3:2:4，那么cosC的值为（ ） A．1 4B．

1 4C．2 3D．

2 36．(0分)[ID：13595]若sinA．12a，则cos2a（） 633C．

17 D．

937．(0分)[ID：13593]O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满

7 9B．

13ABAC,[0,)，则P的轨迹一定通过ABC的( ) 足：OPOAABACA．内心

B．垂心

C．重心

D．外心

8．(0分)[ID：13573]已知sincos（ ） A．

1，且0,，则sincos27 27 2B．7 2C．D．1 2π）的图29．(0分)[ID：13568]函数fxAsinωxφ（其中A0，ω0，φ象如图所示，为了得到gxsinωxπ的图象，只需将fx的图象上所有点( 6)

A．向右平移C．向右平移

π个单位长度 12π个单位长度 6B．向左平移D．向左平移

π个单位长度 12π个单位长度 610．(0分)[ID：13543]已知tan2，则A．

sin3cos（ ）

2sincosC．5 4B．

1 55 4D．

1511．(0分)[ID：13542]以下命题

①|a||b||ab|是a,b共线的充要条件；

②若{a,b,c}是空间的一组基底，则{ab,bc,ca}是空间的另一组基底； ③|(ab)c||a||b||c|． 其中正确的命题有（ ） A．0个

B．1个

C．2个

D．3个

12．(0分)[ID：13539]设a,b是两个非零向量，则下列命题为真命题的是 A．若abab，则ab B．若ab,则abab

C．若abab，则存在实数，使得ab D．若存在实数，使得ab，则abab

13．(0分)[ID：13532]若Aii1,2,3,,n是AOB所在平面内的点，且

OAiOBOAOB，给出下列说法：（1）|OA1||OA2||OA3||OAn|；（2）|OAi|的最小值一定是|OB|；（3）点A和点Ai一定共线；（4）向量OA及OAi在向量

OB方向上的投影必定相等；其中正确的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

14．(0分)[ID：13531]ABC中，点D在AB上，CD平分ACB．若CBa，

CAb，a1，b2，则CD

A．a132b 3B．

21ab 33C．

34ab 55D．

43ab 5515．(0分)[ID：13529]设O是△ABC所在平面上的一点，且满足(OBOC)(OBOC2OA)0，则△ABC的形状一定是（ ）

A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．以上都不对

二、填空题

16．(0分)[ID：13701]已知P是ABC内部一点PA2PB3PC0，记PBC、

PAC、△PAB的面积分别为S1、S2、S3，则S1:S2:S3________.

17．(0分)[ID：13696]已知点P的比是1(1,1),P2(7,4)，点P分向量PP12量a(1,1)方向上的投影是______________ 18．(0分)[ID：13692]已知tanx1，则向量PP在向12tanx2____________________． ，则4tan2x19．(0分)[ID：13689]已知平面内两点P、Q的坐标分别为（-2，4）、（2，1），则PQ的单位向量a0=_____

20．(0分)[ID：13687]已知a,b是两个非零向量，且|a||b||ab|，则a与ab的夹

角大小为_________

21．(0分)[ID：13657]若对任意xR，不等式sin2x2sin2xm0恒成立，则m的取值范围是_____.

22．(0分)[ID：13644]若a(1,1),b(2,1)，则ab______．

OBb，若点M分AB所成的比为

23．(0分)[ID：13643]如图，在OAB中OAa,2:1，若点N分OA所成的比为3:1，OM和BN交于点P，则OP可用a,b表示为

______．

24．(0分)[ID：13640]已知P1(1,1),P2(2,3)，若P在PP12的长线上，且

PP122P2P，则点P的坐标为______．

25．(0分)[ID：13638]如图，在矩形ABCD中，AB2，BC2，点E为BC的中点，

点F在边CD上，且DF2FC，则AEBF的值是 ．

三、解答题

26．(0分)[ID：13795]平面内给定三个向量a1,3，b1,2，c4,3，回答下列问题：

（1）求满足ambnc的实数m，n

（2）若akc与2bc的夹角为锐角，求出实数k的取值范围 27．(0分)[ID：13790]已知点A0,2、B4,4、OMt1OAt2OB. （1）若点M在第二或第三象限，且t12，求t2的取值范围；

（2）若t14cos，t2sin，R，求OM在AB方向上投影的取值范围；

2（3）若t2a，求当OMAB，且ABM的面积为12时，a和t2的值.

28．(0分)[ID：13751]已知a(sin,1)，b(1,cos)，[（1）求|ab|2的最大值；

（2）设a与b的夹角为，求的取值范围. 29．(0分)[ID：13739]在

,]. 44ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足

2bccosAacosC.

(1)求角A的大小; (2)若a2,bc4,求

ABC的面积.

30．(0分)[ID：13785]在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，满足

acsinAsinB. bsinAsinC（1）求角C；

（2）求

ab的取值范围. c

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案

**科目模拟测试

一、选择题 1．C 2．A 3．A 4．C 5．A 6．A 7．A 8．A

9．A 10．D 11．B 12．C 13．B 14．B 15．A

二、填空题

16．【解析】【分析】延长到使得;延长到使得构造出根据线段关系及三角形面积公式即可求得面积比【详解】延长到使得;延长到使得如下图所示:则可化为所以为的重心设则所以故答案为:【点睛】本题考查了向量加法法则的

17．【解析】【分析】根据定比分点公式求出点的坐标利用投影公式求出投影即可【详解】由题：点分向量的比是即设即即解得：所以向量在向量方向上的投影是故答案为：【点睛】此题考查求定比分点坐标求向量投影熟练掌握公

18．【解析】试题分析：考点：两角和的正切公式与正切的二倍角公式

19．【解析】【分析】利用向量的单位向量的计算公式即可求解【详解】由题意两点的坐标分别为可得向量所以向量的单位向量故答案为：【点睛】本题主要考查了单位向量的计算与求解其中解答中熟记向量的单位向量的计算公式

20．【解析】【分析】根据向量加法减法的几何意义模的几何意义判断出的位置关系由此求得与的夹角大小【详解】由于根据向量模和减法的几何意义可知以为邻边的平行四边形为菱形如图所示且为等边三角形故根据加法的平行四

21．【解析】【分析】问题转化为m＞对任意x∈R恒成立只需由三角函数求出求y＝的最大值即可【详解】不等式即由于的最大值为故答案为【点睛】本题考查三角函数的最值涉及恒成立问题和三角函数公式的应用属基础题

22．3【解析】【分析】直接利用向量的数量积的运算公式即可求解得到答案【详解】由题意向量根据向量的数量积的运算公式可得则故答案为3【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算其中解答中熟记向量的数量积的运算公

23．【解析】【分析】运用平面向量基本定理和三点共线分别求得即可求得的值得到答案【详解】根据题意得OPM三点共线所以……①又BPN三点共线所以则……②由①②得所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向

24．【解析】【分析】首先利用线段的比值求出λ进一步利用分点坐标公式即可求出结果

【详解】由题意因为点P在的延长线上且所以可得又由设可得所以点的坐标为故答案为：【点睛】本题主要考查了定比分点的坐标公式的应用

25．【解析】试题分析：以为原点为轴为轴建立平面直角坐标系所以所以考点：向量数量积的坐标运算

三、解答题 26． 27． 28． 29． 30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】

sin0，则的终边在三、四象限；tan0则的终边在三、一象限， sin0，tan0，同时满足，则的终边在三象限． 2．A

解析：A 【解析】

试题分析：由题图知，A2，最小正周期T2[2()]，所以2，所36以y2sin(2x).因为图象过点(3,2)，所以22sin(23)，所以

sin(22)1，所以2k(kZ)，令k0，得，所以3326y2sin(2x)，故选A.

6【考点】 三角函数的图像与性质

【名师点睛】根据图像求解析式问题的一般方法是：先根据函数y=Asin(x)h图像的最高点、最低点确定A，h的值，由函数的周期确定ω的值，再根据函数图像上的一个特殊点确定φ值．

3．A

解析：A 【解析】

52k18422由题意，其中k1,k2Z，所以(k22k1)，又

3311k28T22，所以01，所以21，2k1，由得，

12312故选A．

【考点】求三角函数的解析式

【名师点睛】有关yAsin(x)问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定A，再根据周期或

11周期或周期求出，最后再24利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等.

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

先根据题意求解析式，然后用整体代入的思想求出函数的所有对称轴、对称中心、单调递减区间及零点，逐一判断各选项，即可得出结论. 【详解】

最小正周期是，它的图象向右平移

22 Tπ个单位后得到的函数为奇函数， 32f(x)sin[2(x)]为奇函数，则k,kZ，

332，3，

f(x)sin(2x)， 35k,kZ， 由2xk,kZ得x321222π则f(x)的图象不关于x对称，故选项A错误；

3k,kZ， 由2xk,kZ得x36211π,0)对称，故选项B错误； 则f(x)的图象不关于(123511kxk， 由2k2x2k，得1212232511k,k],kZ 则f(x)的单调递减区间为[12127,]， 取k1，得区间[1212由π7π,[,]，知选项C正确；

1212212函数f(x)的零点为x则函数f(x)在,故选：C. 【点睛】

6k,kZ， 27π3π2上有和两个零点，故选项D错误. 3642本题考查了三角函数yAsin(x)的图象变换，单调性、奇偶性、对称中心、对称轴等性质，属于中档题.

5．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

a:b:csinA:sinB:sinC3:2:4 ，不妨设a3k,b2k,c4k，,

3k2k4k则cosC23k2k2221 ，选A.

46．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据诱导公式和余弦的倍角公式，化简得

22a)cos(2a)cos[2(a)][12sin2(a)]，即可求解． 3366【详解】 cos(由题意，可得cos(222a)cos[(2a)]cos(2a)cos[2(a)] 33367[12sin2(a)]，故选A．

69【点睛】

本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中合理配凑，以及准确利用诱导公式和余弦的倍角公式化简、运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

7．A

解析：A 【解析】 【分析】 先根据方向

与BAC的角平分线一致，可得到OPOAAP(【详解】

ABAC、分别表示向量AB、AC方向上的单位向量 |AB||AC|ABAC)，可得答案． |AB||AC|ABACABAC、分别表示向量AB、AC方向上的单位向量，确定的

|AB||AC||AB||AC|ABAC的方向与BAC的角平分线一致 |AB||AC|OPOA(ABAC)， |AB||AC|ABAC) |AB||AC|又

OPOAAP(向量AP的方向与BAC的角平分线一致 一定通过ABC的内心

故选：A． 【点睛】

本题主要考查向量的线性运算和几何意义．属中档题．

8．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据sincos,sincos,sincos间的关系求解可得答案． 【详解】 ∵sincos1， 22∴(sincos)12sincos∴sincos∴01, 430， 82∴sin0,cos0，

∴sincos0， ∴sincos故选A． 【点睛】

解答本题时注意灵活运用sincos,sincos,sincos间的关系，即知道其中的一个可求另外的两个，解题中容易出现的错误是忽视所求值的符号．

，

(sincos)212sincos1237． 829．A

解析：A 【解析】 【分析】

由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得fx得解析式，再利用函数yAsinωxφ的图象变换规律，得出结论． 【详解】

解：根据函数fxAsinωxφ （其中A0，ω0，φ可得A1，

π）的图象， 212π7ππ，ω2． 4ω123πππφπ，求得φ，fxsin2x.

333再利用五点法作图可得2为了得到gxsinωxππsin2x的图象， 66只需将fx的图象上所有点向右平移故选A． 【点睛】

π个单位长度，即可， 12本题主要考查由函数yAsinωxφ的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，函数yAsinωxφ的图象变换规律，属于基础题．

10．D

解析：D 【解析】 【分析】

分子分母同除以cos，可化为关于tan的式子，代入tan2即可求解. 【详解】

sin3costan3, 2sincos2tan1sin3cos231, 2sincos2215故选：D 【点睛】

本题主要考查了同角三角函数的基本关系，属于容易题.

11．B

解析：B 【解析】 【分析】

①|a||b||ab|共线，反之不成立，即可判断出结论； ②利用基底的定义即可判断出真假；

③|(ab)c||a||b||c||cosa,b|，即可判断出真假． 【详解】

①|a||b||ab|a，b共线，反之不成立，

|a||b||ab|是a，b共线的充分不必要条件，因此不正确；

②若{a，b，c}是空间的一组基底，假设ab,bc,ca共面， 则存在唯一一组实数x,y，使ab=x(bc)y(ca)成立， 即abxb(xy)cya， 所以x1,y1,xy0，显然无解，

假设不成立，即ab,bc,ca不共面，

则{ab，bc，ca}是空间的另一组基底，正确； ③|(ab)c||a||b||c|cosa,b，而cosa,b不一定等于1， 因此不正确．

其中正确的命题有一个． 故选：B． 【点睛】

本题考查了向量共线、共面定理、数量积运算性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

12．C

解析：C 【解析】

试题分析：对于A若abab，则ab2abab2ab，得

22abab0，则ab不成立，所以A不正确．对于B，由A解析可知，abab0，所以B不正确．对于Cabab，则

ab2abab2ab，得abab0，则cos1，则a与b反

向，因此 存在实数，使得ab，所以C正确．对于D，若存在实数,使得ab，则aba,aba，由于不能等于0，因此abab，则

2222abab，所以D不正确．故选C．

考点：平面向量的综合题

13．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据两个向量的数量积的定义,OAiOBOAOB为定值,可得③、④正确,而①、②不一定成立,从而得到答案. 【详解】

解：根据两个向量的数量积的定义,OAiOBOAOB为定值,

|OAi|=而OAiOB|OAi||OB|cosOAiOB故①不一定成立,②也不一定成立.

向量OA及OAi在向量OB的方向上的投影为

OAOB|OB|cosOAiOB,

OAOB|OB|,故④正确.

OAiOBOAOB(OAiOA)OB0AAiOB0,AAiOB,即点A、Ai在一

条直线上，如图,故③正确.

故选：B. 【点睛】

本题主要考查两个向量的数量积的定义,一个向量在另一个向量上的投影的定义,属于中档题.

14．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

如图所示，由题设条件知∠1＝∠2，

BDDACBCA∴＝＝

1， 2∴BD＝

1111()ba， ＝－＝－CACBBA33331112b－a＝a＋b.

3333∴CD＝CB＋BD＝a＋

15．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据已知条件，利用向量的线性运算以及数量积运算，证得ABAC，由此证得

ABC是等腰三角形.

【详解】

由(OBOC)(OBOC2OA)0，得CBOBOAOCOA0，

ABACABAC0，AB角形. 故选：A 【点睛】

22AC0，所以ABAC，所以ABC是等腰三

本小题主要考查平面向量线性运算，考查平面向量数量积运算，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.

二、填空题

16．【解析】【分析】延长到使得;延长到使得构造出根据线段关系及三角形面积公式即可求得面积比【详解】延长到使得;延长到使得如下图所示:则可化为所以为的重心设则所以故答案为:【点睛】本题考查了向量加法法则的

解析：1:2:3

【解析】 【分析】

延长PB到B',使得PB'【详解】

延长PB到B',使得PB',使得PC'2PB;延长PC到C'3PC,构造出ABC'',根据线段

关系及三角形面积公式即可求得面积比.

,使得PC'2PB;延长PC到C'3PC,如下图所示:

则PA2PB3PC0可化为PAPB'PC'所以P为AB'C'的重心

设SPAB'SPAC'SPB'C'k 则S3SPAB0

11Sk '2PAB2S3SPABS2SPAC11Sk '2PAB211Sk 'PAC331111S1SPBCPBPCsinBPCPB'PC'sinBPC

22231111PB'PC'sinBPCSk 'C'PB6266111S:S:S所以123k:k:k1:2:3

632故答案为: 1:2:3 【点睛】

本题考查了向量加法法则的应用,三角形面积的表示方法,需要构造三角形解决问题,属于中档题.

17．【解析】【分析】根据定比分点公式求出点的坐标利用投影公式求出投影即可【详解】由题：点分向量的比是即设即即解得：所以向量在向量方向上的投影是故答案为：【点睛】此题考查求定比分点坐标求向量投影熟练掌握公 解析：【解析】 【分析】

根据定比分点公式求出点P的坐标，利用投影公式求出投影即可. 【详解】

由题：点P分向量PP的比是122 211PP2， ，即PP12211PP2，即x1,y17x,4y， 设Px,y,PP1227xx1x322即，解得：，所以P3,2,P1P2,1， y2yy122向量PP在向量a(1,1)方向上的投影是1故答案为：【点睛】

PP1aa122.2

2 2此题考查求定比分点坐标，求向量投影，熟练掌握公式对解题有事半功倍的作用.

18．【解析】试题分析：考点：两角和的正切公式与正切的二倍角公式

解析：

4 9【解析】 试题分析：

11tanx1133tanx34 tanx22tanxtan2x14tan2x3941tanx3194考点：两角和的正切公式与正切的二倍角公式

219．【解析】【分析】利用向量的单位向量的计算公式即可求解【详解】由题意两点的坐标分别为可得向量所以向量的单位向量故答案为：【点睛】本题主要考查了单位向量的计算与求解其中解答中熟记向量的单位向量的计算公式

43解析：(,)

55【解析】 【分析】

利用向量PQ的单位向量的计算公式a0【详解】

由题意，两点P,Q的坐标分别为(2,4),(2,1)，可得向量PQ(4,3)， 所以向量PQ的单位向量a0PQPQ，即可求解.

PQPQ43(,).

5542(3)2(4,3)故答案为：(,). 【点睛】

本题主要考查了单位向量的计算与求解，其中解答中熟记向量的单位向量的计算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

453520．【解析】【分析】根据向量加法减法的几何意义模的几何意义判断出的位置关系由此求得与的夹角大小【详解】由于根据向量模和减法的几何意义可知以为邻边的平行四边形为菱形如图所示且为等边三角形故根据加法的平行四 解析：

【解析】 【分析】

根据向量加法、减法的几何意义，模的几何意义，判断出a,b的位置关系，由此求得a与

6ab的夹角大小.

【详解】

由于|a||b||ab|，根据向量模和减法的几何意义可知，以a,b为邻边的平行四边形为菱形，如图所示，且ABC为等边三角形，故ABC法则可知a与ab的夹角大小为

π，根据ab加法的平行四边形3π. 6

【点睛】

本小题主要考查向量加法、减法的几何意义，模的几何意义，属于基础题.

21．【解析】【分析】问题转化为m＞对任意x∈R恒成立只需由三角函数求出求y＝的最大值即可【详解】不等式即由于的最大值为故答案为【点睛】本题考查三角函数的最值涉及恒成立问题和三角函数公式的应用属基础题 解析：(21,)

【解析】 【分析】

问题转化为m＞msin2xcos2x1对任意x∈R恒成立，只需由三角函数求出求y＝

sin2xcos2x1的最大值即可． 【详解】

不等式sin2x2sin2xm0，即msin2xcos2x1由于2sin2x故答案为

2sin2x1.

41的最大值为21，m21， 421,.

【点睛】

本题考查三角函数的最值，涉及恒成立问题和三角函数公式的应用，属基础题．

22．3【解析】【分析】直接利用向量的数量积的运算公式即可求解得到答案【详解】由题意向量根据向量的数量积的运算公式可得则故答案为3【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算其中解答中熟记向量的数量积的运算公

解析：3 【解析】 【分析】

直接利用向量的数量积的运算公式，即可求解，得到答案． 【详解】

由题意，向量a(1,1),b(2,1)，

根据向量的数量积的运算公式，可得则ab213． 故答案为3． 【点睛】

本题主要考查了向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题．

23．【解析】【分析】运用平面向量基本定理和三点共线分别求得即可求得的值得到答案【详解】根据题意得OPM三点共线所以……①又BPN三点共线所以则……②由①②得所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向 解析：

33ab 105【解析】 【分析】

运用平面向量基本定理和三点共线，分别求得OP，即可求得,的值，得到答案． 【详解】

根据题意得，O，P，M三点共线， 所以OPOM(OBBM)OB又B，P，N三点共线，

所以BPBN(ONOB)则OP121BAOAOB……① 33333OAOBOAOB 443OA(1)OB……..② 413,34由①②得

2921，所以,， 351033ab． 10533ab 故答案为：105【点睛】

所以OP本题主要考查了平面向量的基本定理，以及三点共线的应用，其中解答中熟记平面向量的基本定理，合理求得向量OP是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

24．【解析】【分析】首先利用线段的比值求出λ进一步利用分点坐标公式即可求出结果【详解】由题意因为点P在的延长线上且所以可得又由设可得所以点的坐标为故答案为：【点睛】本题主要考查了定比分点的坐标公式的应用

7解析：,4

2【解析】 【分析】

首先利用线段的比值求出λ，进一步利用分点坐标公式，即可求出结果． 【详解】

由题意，因为点P在PP， 12的延长线上，且|PP12|2|P2P|所以PP， 13PP2，可得3（11，）、P2（2，3）又由P， 1（x，y）设P，可得xx1x21(3)27yy21(3)3，y14 11321137所以点P的坐标为,4．

2故答案为：,4 【点睛】

本题主要考查了定比分点的坐标公式的应用，以及向量的共线条件的应用，着重考查了学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．．

7225．【解析】试题分析：以为原点为轴为轴建立平面直角坐标系所以所以考点：向量数量积的坐标运算 解析：

【解析】 试题分析：以

为原点，

为轴，

为

轴，建立平面直角坐标系，

，所以

，所以

考点：向量数量积的坐标运算

三、解答题 26．

（1）m1，n3；（2）k1且k1 2【解析】 【分析】

(1)根据向量的坐标运算求解即可.

(2)利用akc2bc0且akc与2bc不同向即可. 【详解】

(1)因为ambnc,故

1,3m1,2n4,3m4n,2m3n.

m4n1m3. 故2m3n3n1(2)由题akc2bc0且akc与2bc不同向,则14k,33k24,430. 即28k33k0k1.当akc与2bc同向,即14k,33k与2,1同向时, 此时14k233k,解得k1.代入可得此时akc与2bc同向. 2故若akc与2bc的夹角为锐角,则k1且k【点睛】

1 2本题主要考查了平面向量的坐标运算以及夹角的表示方法等,需要根据题意列出对应的表达式,注意向量数量积大于0包括同向的情况.属于中等题型.

27．

（1）,1【解析】 【分析】

（1）根据平面向量的坐标表示，结合题意，即可求出t2的取值范围；

（2）根据向量投影的定义，利用三角函数的性质可求出OM在AB方向上投影的取值范围；

（3）根据OMAB，转化为OMAB0，结合ABM的面积列出方程组，可求出a与t2的值. 【详解】

（1）点A0,2、B4,4，OMt1OAt2OB4t2,2t14t2，

465465210,1,023. t；（）；（），a255554t20t2若点M在第二或第三象限，且1，则，解得t20且t21.

44t20因此，实数t2的取值范围是,11,0；

（2）AB4,2，OM4t2,2t14t2，

OM在AB方向上的投影为

OMcosOM,ABOMABAB4t124t22t112t22558cos12sin413sin313213. ，锐角满足cos，sin131355465465,因此，OM在AB方向上投影的取值范围是； 5522（3）OM4t2,2t14t2，OMAB4t124t20，且t2a，t16a，

OM4a2,8a2，

20a24点M到直线AB:x2y40的距离为d，且AB25.

5ABM的面积为SABM解得a【点睛】

本题考查平面向量的坐标运算、向量投影的计算以及三角形的面积问题，同时也涉及了三角恒等变换思想的应用，考查运算求解能力，属于中等题.

1120a24ABd2520a2412， 2252102，t2a.

5528．

（1）322；（2）[arctan【解析】 【分析】

（1）根据向量的运算，化简得|ab|22sin(可求解。

（2）由向量的夹角公式，求得cos222,]. 324)3，利用三角函数的性质，即

ababsincos(sincos)22，令t21，且t[0,2]，利用函数的单调性，即可求tsincos，则sincos2解。 【详解】

（1）由题意，向量a(sin,1)，b(1,cos)，

则|ab|2ab2absin211cos22(sincos)

222(sincos)322sin()3，

4因为[所以当,]，所以[0,]，

424442，即4时，sin(4)1时，

|ab|2的最大值为322。

（2）由向量的夹角公式， 可得cosababsincossin1221cos22sincos(sincos)22，

t21令tsincos，则sincos，且t[0,2]，

2可得

ftt(t21)242tt22t92在[0,2]上单调递增， 9t222t所以0ft2222，即0cos。 3332的取值范围为[arctan22,]

【点睛】

本题主要考查了平面向量的数量积的坐标运算，以及平面向量的夹角公式的应用，同时结合函数的单调性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。

29．

π (2)3. 3【解析】 A(1) 试题分析：

本题考查正余弦定理、和角公式、三角形面积公式的应用．(1)由2bccosAacosC及正弦定理，得2sinBsinCcosAsinAcosC，再利用和角公式、三角形内角和定理以及诱导公式得出cosA1，即可解答．(2)由余弦定理得2πb2c2bc ，把已知条件代入，求出bc，即可得结论． 34b2c22bccos试题解析：

(1)由2bccosAacosC及正弦定理，得

2sinBsinCcosAsinAcosC，

2sinBcosAsinCcosAsinAcosC， 2sinBcosAsinCAsinB， B0，π， sinB0，cosA1． 2A0，π，

 Aπ． 3π， 322(2)由(1)知A由余弦定理得4bc2bccosπb2c2bc， 3bc3bc4，

2 bc4， bc4，∴SΔABC故

113bcsinA43． 222ABC的面积为3．

30．

（1）C【解析】 试题分析： （1）要求角,只能从

3(2)(1,2]

acsinAsinB入手,利用正弦定理,将角化为边,得bsinAsinC,进而可得三边关系,利用余弦定理即可求角.

（2）从

ab入手,欲找三边关系,用正弦定理将其化简为c代入,使得

,将（1）的

中只含有

,进而

结论利用起来,代入,同时将根据试题解析：

（1）根据正弦定理有:

,讨论

ab的范围. c,化简得

根据余弦定理有（2）根据正弦定理将

, 所以

, .

ab化简,同时将（1）代入,化简为 c

因为所以故,

的取值范围是

,

.

,

考点：正弦定理的应用(角化边);余弦定理;正弦差角;辅助角公式求范围.