向量平行高考專題練習(xí)題

（2012?四川）如圖，動點M到兩定點A（﹣1，0）、B（2，0）構(gòu)成△MAB，且∠MBA=2∠MAB，設(shè)動點M的軌跡為C．（Ⅰ）求軌跡C的方程；（Ⅱ）設(shè)直線y=﹣2x+m與y軸交于點P，與軌跡C相交于點Q、R，且|PQ|＜|PR|，求的取值范圍．【分析】（Ⅰ）設(shè)出點M（x，y），分類討論，根據(jù)∠MBA=2∠MAB，利用正切函數(shù)公式，建立方程化簡即可得到點M的軌跡方程；（Ⅱ）直線y=﹣2x+m與3x2﹣y2﹣3=0（x＞1）聯(lián)立，消元可得x2﹣4mx+m2+3=0①，利用①有兩根且均在（1，+∞）內(nèi)可知，m＞1，m≠2設(shè)Q，R的坐標(biāo)，求出xR，xQ，利用，即可確定的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)M的坐標(biāo)為（x，y），顯然有x＞0，且y≠0當(dāng)∠MBA=90°時，點M的坐標(biāo)為（2，±3）當(dāng)∠MBA≠90°時，x≠2，由∠MBA=2∠MAB有tan∠MBA=，化簡可得3x2﹣y2﹣3=0而點（2，±3）在曲線3x2﹣y2﹣3=0上綜上可知，軌跡C的方程為3x2﹣y2﹣3=0（x＞1）；（Ⅱ）直線y=﹣2x+m與3x2﹣y2﹣3=0（x＞1）聯(lián)立，消元可得x2﹣4mx+m2+3=0①∴①有兩根且均在（1，+∞）內(nèi)設(shè)f（x）=x2﹣4mx+m2+3，∴，∴m＞1，m≠2設(shè)Q，R的坐標(biāo)分別為（xQ，yQ），（xR，yR），∵|PQ|＜|PR|，∴xR=2m+，xQ=2m﹣，∴==∵m＞1，且m≠2∴，且∴，且∴的取值范圍是（1，7）∪（7，7+4）（2015?新課標(biāo)II）設(shè)向量，不平行，向量λ+與+2平行，則實數(shù)λ=．【分析】利用向量平行即共線的條件，得到向量λ+與+2之間的關(guān)系，利用向量相等解答．【解答】解：因為向量，不平行，向量λ+與+2平行，所以λ+=μ（+2），所以，解得；故答案為：．（2013?四川）已知f（x）是定義域為R的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f（x）=x2﹣4x，那么，不等式f（x+2）＜5的解集是．【分析】由偶函數(shù)性質(zhì)得：f（|x+2|）=f（x+2），則f（x+2）＜5可變?yōu)閒（|x+2|）＜5，代入已知表達(dá)式可表示出不等式，先解出|x+2|的范圍，再求x范圍即可．【解答】解：因為f（x）為偶函數(shù)，所以f（|x+2|）=f（x+2），則f（x+2）＜5可化為f（|x+2|）＜5，即|x+2|2﹣4|x+2|＜5，（|x+2|+1）（|x+2|﹣5）＜0，所以|x+2|＜5，解得﹣7＜x＜3，所以不等式f（x+2）＜5的解集是（﹣7，3）．故答案為：（﹣7，3）．（2015?新課標(biāo)II）程序框圖的算法思路源于我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的“更相減損術(shù)”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為14，18，則輸出的a=（）A．0B．2C．4D．14【分析】由循環(huán)結(jié)構(gòu)的特點，先判斷，再執(zhí)行，分別計算出當(dāng)前的a，b的值，即可得到結(jié)論．【解答】解：由a=14，b=18，a＜b，則b變?yōu)?8﹣14=4，由a＞b，則a變?yōu)?4﹣4=10，由a＞b，則a變?yōu)?0﹣4=6，由a＞b，則a變?yōu)?﹣4=2，由a＜b，則b變?yōu)?﹣2=2，由a=b=2，則輸出的a=2．故選：B．（2015?四川.15）已知函數(shù)f（x）=2x，g（x）=x2+ax（其中a∈R）．對于不相等的實數(shù)x1、x2，設(shè)m=，n=．現(xiàn)有如下命題：①對于任意不相等的實數(shù)x1、x2，都有m＞0；②對于任意的a及任意不相等的實數(shù)x1、x2，都有n＞0；③對于任意的a，存在不相等的實數(shù)x1、x2，使得m=n；④對于任意的a，存在不相等的實數(shù)x1、x2，使得m=﹣n．其中的真命題有（寫出所有真命題的序號）．【分析】運用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷①；由二次函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷②；通過函數(shù)h（x）=x2+ax﹣2x，求出導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可判斷③；通過函數(shù)h（x）=x2+ax+2x，求出導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可判斷④．【解答】解：對于①，由于2＞1，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得f（x）在R上遞增，即有m＞0，則①正確；對于②，由二次函數(shù)的單調(diào)性可得g（x）在（﹣∞，﹣）遞減，在（﹣，+∞）遞增，則n＞0不恒成立，則②錯誤；對于③，由m=n，可得f（x1）﹣f（x2）=g（x1）﹣g（x2），即為g（x1）﹣f（x1）=g（x2）﹣f（x2），考查函數(shù)h（x）=x2+ax﹣2x，h′（x）=2x+a﹣2xln2，當(dāng)a→﹣∞，h′（x）小于0，h（x）單調(diào)遞減，則③錯誤；對于④，由m=﹣n，可得f（x1）﹣f（x2）=﹣[g（x1）﹣g（x2）]，考查函數(shù)h（x）=x2+ax+2x，h′（x）=2x+a+2xln2，對于任意的a，h′（x）不恒大于0或小于0，則④正確．故答案為：①④．（2013?四川）已知函數(shù)，其中a是實數(shù)，設(shè)A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））為該函數(shù)圖象上的點，且x1＜x2．（Ⅰ）指出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若函數(shù)f（x）的圖象在點A，B處的切線互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值；（Ⅲ）若函數(shù)f（x）的圖象在點A，B處的切線重合，求a的取值范圍．【分析】（I）利用二次函數(shù)的單調(diào)性和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可得出；（II）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得到切線的斜率，因為切線互相垂直，可得，即（2x1+2）（2x2+2）=﹣1．可得，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出；（III）當(dāng)x1＜x2＜0或0＜x1＜x2時，∵，故不成立，∴x1＜0＜x2．分別寫出切線的方程，根據(jù)兩條直線重合的充要條件即可得出，再利用導(dǎo)數(shù)即可得出．．【解答】解：（I）當(dāng)x＜0時，f（x）=（x+1）2+a，∴f（x）在（﹣∞，﹣1）上單調(diào)遞減，在[﹣1，0）上單調(diào)遞增；當(dāng)x＞0時，f（x）=lnx，在（0，+∞）單調(diào)遞增．（II）∵x1＜x2＜0，∴f（x）=x2+2x+a，∴f′（x）=2x+2，∴函數(shù)f（x）在點A，B處的切線的斜率分別為f′（x1），f′（x2），∵函數(shù)f（x）的圖象在點A，B處的切線互相垂直，∴，∴（2x1+2）（2x2+2）=﹣1．∴2x1+2＜0，2x2+2＞0，∴=1，當(dāng)且僅當(dāng)﹣（2x1+2）=2x2+2=1，即，時等號成立．∴函數(shù)f（x）的圖象在點A，B處的切線互相垂直，且x2＜0，求x2﹣x1的最小值為1．（III）當(dāng)x1＜x2＜0或0＜x1＜x2時，∵，故不成立，∴x1＜0＜x2．當(dāng)x1＜0時，函數(shù)f（x）在點A（x1，f（x1）），處的切線方程為，即．當(dāng)x2＞0時，函數(shù)f（x）在點B（x2，f（x2））處的切線方程為，即．函數(shù)f（x）的圖象在點A，B處的切線重合的充要條件是，由①及x1＜0＜x2可得﹣1＜x1＜0，由①②得=．∵函數(shù)，y=﹣ln（2x1+2）在區(qū)間（﹣1，0）上單調(diào)遞減，∴a（x1）=在（﹣1，0）上單調(diào)遞減，且x1→﹣1時，ln（2x1+2）→﹣∞，即﹣ln（2x1+2）→+∞，也即a（x1）→+∞．x1→0，a（x1）→﹣1﹣ln2．∴a的取值范圍是（﹣1﹣ln2，+∞）．（2015?新課標(biāo)II）設(shè)函數(shù)f′（x）是奇函數(shù)f（x）（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)，f（﹣1）=0，當(dāng)x＞0時，xf′（x）﹣f（x）＜0，則使得f（x）＞0成立的x的取值范圍是（）（﹣∞，﹣1）∪（0，1）（﹣1，0）∪（1，+∞）（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）（0，1）∪（1，+∞）【分析】由已知當(dāng)x＞0時總有xf′（x）﹣f（x）＜0成立，可判斷函數(shù)g（x）=為減函數(shù)，由已知f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，可證明g（x）為（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函數(shù)，根據(jù)函數(shù)g（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性和奇偶性，模擬g（x）的圖象，而不等式f（x）＞0等價于x?g（x）＞0，數(shù)形結(jié)合解不等式組即可．【解答】解：設(shè)g（x）=，則g（x）的導(dǎo)數(shù)為：g′（x）=，∵當(dāng)x＞0時總有xf′（x）＜f（x）成立，即當(dāng)x＞0時，g′（x）恒小于0，∴當(dāng)x＞0時，函數(shù)g（x）=為減函數(shù)，又∵g（﹣x）====g（x），∴函數(shù)g（x）為定義域上的偶函數(shù)又∵g（﹣1）==0，∴函數(shù)g（x）的圖象性質(zhì)類似如圖：數(shù)形結(jié)合可得，不等式f（x）＞0?x?g（x）＞0?或，?0＜x＜1或x＜﹣1．故選：A．（2015?新課標(biāo)II）已知橢圓C：9x2+y2=m2（m＞0），直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M．（1）證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；（2）若l過點（，m），延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由．【分析】（1）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求出對應(yīng)的直線斜率即可得到結(jié)論．（2）四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP=2xM，建立方程關(guān)系即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）設(shè)直線l：y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），將y=kx+b代入9x2+y2=m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2=0，則判別式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，則x1+x2=，則xM==，yM=kxM+b=，于是直線OM的斜率kOM==，即kOM?k=﹣9，∴直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．（2）四邊形OAPB能為平行四邊形．∵直線l過點（，m），∴由判別式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，即k2m2＞9b2﹣9m2，∵b=m﹣m，∴k2m2＞9（m﹣m）2﹣9m2，即k2＞k2﹣6k，則k＞0，∴l(xiāng)不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3，由（1）知OM的方程為y=x，設(shè)P的橫坐標(biāo)為xP，由得，即xP=，將點（，m）的坐標(biāo)代入l的方程得b=，即l的方程為y=kx+，將y=x，代入y=kx+，得kx+=x解得xM=，四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP=2xM，于是=2×，解得k1=4﹣或k2=4+，∵ki＞0，ki≠3，i=1，2，∴當(dāng)l的斜率為4﹣或4+時，四邊形OAPB能為平行四邊形．（2011?四川）橢圓有兩頂點A（﹣1，0）、B（1，0），過其焦點F（0，1）的直線l與橢圓交于C、D兩點，并與x軸交于點P．直線AC與直線BD交于點Q．（Ⅰ）當(dāng)|CD|=時，求直線l的方程；（Ⅱ）當(dāng)點P異于A、B兩點時，求證：為定值．【分析】（Ⅰ）根據(jù)橢圓有兩頂點A（﹣1，0）、B（1，0），焦點F（0，1），可知橢圓的焦點在y軸上，b=1，c=1，可以求得橢圓的方程，聯(lián)立直線和橢圓方程，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用韋達(dá)定理和弦長公式可求出直線l的方程；（Ⅱ）根據(jù)過其焦點F（0，1）的直線l的方程可求出點P的坐標(biāo)，該直線與橢圓交于C、D兩點，和直線AC與直線BD交于點Q，求出直線AC與直線BD的方程，解該方程組即可求得點Q的坐標(biāo)，代入即可證明結(jié)論．【解答】解：（Ⅰ）∵橢圓的焦點在y軸上，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（a＞b＞0），由已知得b=1，c=1，所以a=，橢圓的方程為，當(dāng)直線l與x軸垂直時與題意不符，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，C（x1，y1），D（x2，y2），將直線l的方程代入橢圓的方程化簡得（k2+2）x2+2kx﹣1=0，則x1+x2=﹣，x1?x2=﹣，∴|CD|====，解得k=．∴直線l的方程為y=x+1；（Ⅱ）證明：當(dāng)直線l與x軸垂直時與題意不符，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，（k≠0，k≠±1），C（x1，y1），D（x2，y2），∴P點的坐標(biāo)為（﹣，0），由（Ⅰ）知x1+x2=﹣，x1?x2=﹣，且直線AC的方程為y=，且直線BD的方程為y=，將兩直線聯(lián)立，消去y得，∵﹣1＜x1，x2＜1，∴與異號，==，y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1==﹣，∴與y1y2異號，與同號，∴=，解得x=﹣k，故Q點坐標(biāo)為（﹣k，y0），=（﹣，0）?（﹣k，y0）=1，故為定值．（2015?新課標(biāo)II）設(shè)函數(shù)f（x）=emx+x2﹣mx．（1）證明：f（x）在（﹣∞，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增；（2）若對于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范圍．【分析】（1）利用f′（x）≥0說明函數(shù)為增函數(shù)，利用f′（x）≤0說明函數(shù)為減函數(shù)．注意參數(shù)m的討論；（2）由（1）知，對任意的m，f（x）在[﹣1，0]單調(diào)遞減，在[0，1]單調(diào)遞增，則恒成立問題轉(zhuǎn)化為最大值和最小值問題．從而求得m的取值范圍．【解答】解：（1）證明：f′（x）=m（emx﹣1）+2x．若m≥0，則當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，emx﹣1≤0，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（0，+∞）時，emx﹣1≥0，f′（x）＞0．若m＜0，則當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，emx﹣1＞0，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（0，+∞）時，emx﹣1＜0，f′（x）＞0．所以，f（x）在（﹣∞，0）時單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增．（2）由（1）知，對任意的m，f（x）在[﹣1，0]單調(diào)遞減，在[0，1]單調(diào)遞增，故f（x）在x=0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要條件是即設(shè)函數(shù)g（t）=et﹣t﹣e+1，則g′（t）=et﹣1．當(dāng)t＜0時，g′（t）＜0；當(dāng)t＞0時，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增．又g（1）=0，g（﹣1）=e﹣1+2﹣e＜0，故當(dāng)t∈[﹣1，1]時，g（t）≤0．當(dāng)m∈[﹣1，1]時，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；當(dāng)m＞1時，由g（t）的單調(diào)性，g（m）＞0，即em﹣m＞e﹣1．當(dāng)m＜﹣1時，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1．綜上，m的取值范圍是[﹣1，1]（2015?新課標(biāo)II）在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1：（t為參數(shù)，t≠0），其中0≤α≤π，在以O(shè)為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．（1）求C2與C3交點的直角坐標(biāo)；（2）若C1與C2相交于點A，C1與C3相交于點B，求|AB|的最大值．【分析】（I）由曲線C2：ρ=2sinθ，化為ρ2=2ρsinθ，把代入可得直角坐標(biāo)方程．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐標(biāo)方程，聯(lián)立解出可得C2與C3交點的直角坐標(biāo)．（2）由曲線C1的參數(shù)方程，消去參數(shù)t，化為普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，其極坐標(biāo)方程為：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），利用|AB|=即可得出．【解答】解：（I）由曲線C2：ρ=2sinθ，化為ρ2=2ρsinθ，∴x2+y2=2y．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐標(biāo)方程：，聯(lián)立，解得，，∴C2與C3交點的直角坐標(biāo)為（0，0），．（2）曲線C1：（t為參數(shù)，t≠0），化為普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，其極坐標(biāo)方程為：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），∵A，B都在C1上，∴A（2sinα，α），B．∴|AB|==4，當(dāng)時，|AB|取得最大值4．（2015?新課標(biāo)II）若x，y滿足約束條件，則z=x+y的最大值為．【分析】首先畫出平面區(qū)域，然后將目標(biāo)函數(shù)變形為直線的斜截式，求在y軸的截距最大值．【解答】解：不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分，當(dāng)直線經(jīng)過D點時，z最大，由得D（1，），所以z=x+y的最大值為1+；故答案為：．（2015?新課標(biāo)II）如圖，長方形ABCD的邊AB=2，BC=1，O是AB的中點，點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP=x．將動點P到A，B兩點距離之和表示為x的函數(shù)f（x），則y=f（x）的圖象大致為（）A．B．C．D．【解答】解：當(dāng)0≤x≤時，BP=tanx，AP==，此時f（x）=+tanx，0≤x≤，此時單調(diào)遞增，當(dāng)P在CD邊