（新課標(biāo)）高三上學(xué)期第六次月考 數(shù)學(xué) 文

數(shù)學(xué)（文）單元驗收試題（6）【新課標(biāo)】命題范圍：平面向量說明：本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，共150分；答題時間120分鐘。第Ⅰ卷一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請把正確答案的代號填在題后的括號內(nèi)（本大題共12個小題，每小題5分，共60分）。1．下列命中，正確的是（）A．||＝||＝B．||＞||＞C．＝∥D．｜｜＝0＝02．（2013年高考遼寧卷（文））已知點（）A． B． C． D．3．若非零向量滿足、|，則的夾角為（）A.300B.600C.1200D.15004．若、、為任意向量，m∈R，則下列等式不一定成立的是（）A．（+）+=+（+） B．（+）·=·+·C．m（+）=m+m D．（·b）=（·）5．已知向量,若,則（）A． B． C． D．6．（2013年高考湖北卷（文））已知點...,則向量在方向上的投影為（）A． B． C． D．7．（2013年高考遼寧卷（文））已知點（）A． B．C． D．8．如圖所示的方格紙中有定點，則（） A． B． C． D．9．（2013年高考廣東卷（文））設(shè)是已知的平面向量且,關(guān)于向量的分解,有如下四個命題：①給定向量,總存在向量,使；②給定向量和,總存在實數(shù)和,使；③給定單位向量和正數(shù),總存在單位向量和實數(shù),使；④給定正數(shù)和,總存在單位向量和單位向量,使；上述命題中的向量,和在同一平面內(nèi)且兩兩不共線,則真命題的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．410．在平面直角坐標(biāo)系中,是坐標(biāo)原點,兩定點滿足則點集所表示的區(qū)域的面積是（）A． B． C． D．11．在邊長為1的正六邊形ABCDEF中,記以A為起點,其余頂點為終點的向量分別為;以D為起點,其余頂點為終點的向量分別為.若分別為的最小值、最大值,其中,,則滿足（）A． B． C． D．12．設(shè)過點的直線分別與軸的正半軸和軸的正半軸交于兩點，點與點關(guān)于軸對稱，為坐標(biāo)原點，若且，則點的軌跡方程是()A．B．C．D．第Ⅱ卷二、填空題：請把答案填在題中橫線上（本大題共4個小題，每小題4分，共16分）。13．已知向量,.若,則實數(shù).14．（2013年高考安徽（文））若非零向量滿足,則夾角的余弦值為15．已知正方形的邊長為,為的中點,則．16．（2013年高考北京卷（文））已知點,,.若平面區(qū)域D由所有滿足的點P組成,則D的面積為．三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟(本大題共6個大題，共76分)。17．（12分）已知向量在區(qū)間（－1，1）上是增函數(shù)，求t的取值范圍.18．（12分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(－1,－2)、B(2,3)、C(－2,－1)。（Ⅰ）求以線段AB、AC為鄰邊的平行四邊形兩條對角線的長；（Ⅱ）設(shè)實數(shù)t滿足()·=0，求t的值。19．（12分）在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，已知點和點，，且，其中為坐標(biāo)原點.（Ⅰ）若，設(shè)點為線段上的動點，求的最小值;（Ⅱ）若，向量，，求的最小值及對應(yīng)的值.20．（12分）已知，，，其中．（Ⅰ）求和的邊上的高；（Ⅱ）若函數(shù)的最大值是，求常數(shù)的值．21．（14分）已知兩定點滿足條件的點P的軌跡是曲線E，直線ｙ＝kx－1與曲線E交于A、B兩點。（Ⅰ）求ｋ的取值范圍；（Ⅱ）如果且曲線E上存在點C，使求。22．（14分）如圖,三定點A(2,1),B(0,－1),C(－2,1);三動點D,E,M滿足eq\o(AD,\s\up6(→))=teq\o(AB,\s\up6(→)),eq\o(BE,\s\up6(→))=teq\o(BC,\s\up6(→)),eq\o(DM,\s\up6(→))=teq\o(DE,\s\up6(→)),t∈[0,1].(Ⅰ)求動直線DE斜率的變化范圍;(Ⅱ)求動點M的軌跡方程.yyxOMDABC－1－1－212BE參考答案一、選擇題1．C；2．A；3．C；4．D；5．B；6．A；7．C；8．C；9．B；10．D；11．D；12．D；二、填空題13．；14．；15．2；16．3；三、解答題17．解法1：依定義開口向上的拋物線，故要使在區(qū)間（－1，1）上恒成立.解法2：依定義的圖象是開口向下的拋物線，18．解：（1）（方法一）由題設(shè)知，則所以故所求的兩條對角線的長分別為、。（方法二）設(shè)該平行四邊形的第四個頂點為D，兩條對角線的交點為E，則:E為B、C的中點，E（0，1）又E（0，1）為A、D的中點，所以D（1，4）故所求的兩條對角線的長分別為BC=、AD=；（2）由題設(shè)知：=(－2,－1)，。由()·=0，得：，從而所以。或者：，19．解：（Ⅰ）設(shè)（），又，所以，所以，所以當(dāng)時，最小值為，（Ⅱ）由題意得,，則，因為,所以，所以當(dāng)，即時，取得最大值，所以時，取得最小值，所以的最小值為，此時。20．解：（Ⅰ），因為，所以，因為，是等腰三角形，所以注：運用數(shù)形結(jié)合解三角形的辦法求解也可參（照給分。，，依題意，，，所以，因為，所以，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，因為，，所以若，則當(dāng)時，取得最大值，依題意，解得②若，因為，所以，與取得最大值矛盾③若，因為，所以，的最大值，與“函數(shù)的最大值是”矛盾（或：若，當(dāng)時，取得最大值，最大值為依題意，與矛盾,綜上所述，．21．解：（Ⅰ）由雙曲線的定義可知，曲線是以為焦點的雙曲線的左支，且，易知故曲線的方程為設(shè)，由題意建立方程組消去，得又已知直線與雙曲線左支交于兩點，有解得∵依題意得整理后得∴或但∴故直線的方程為設(shè)，由已知，得∴，又，∴點將點的坐標(biāo)代入曲線的方程，得得，但當(dāng)時，所得的點在雙曲線的右支上，不合題意∴，點的坐標(biāo)為到的距離為∴的面積22．解法一:如圖,(Ⅰ)設(shè)D(x0,y0),E(xE,yE),M(x,y).由eq\o(AD,\s\up6(→))=teq\o(AB,\s\up6(→)),eq\o(BE,\s\up6(→))=teq\o(BC,\s\up6(→)),知(xD－2,yD－1)=t(－2,－2).∴EQ\b\lc\{(\a\al(xD=－2t+2,yD=－2t+1))同理EQ\b\lc\{(\a\al(xE=－2t,yE=2t－1)).∴kDE=eq\f(yE－yD,xE－xD)=eq\f(2t－1－(－2t+1),－2t－(－2t+2))=1－2t.∴t∈[0,1],∴kDE∈[－1,1].(Ⅱ)∵eq\o(DM,\s\up6(→))=teq\o(DE,\s\up6(→))∴(x+2t－2,y+2t－1)=t(－2t+2t－2,2t－1+2t－1)=t(－2,4t－2)=(－2t,4t2－2t).∴EQ\b\lc\{(\a\al(x=2(1－2t),y=(1－2t)2)),∴y=eq\f(x2,4),即x2=4y.∵t∈[0,1],x=2(1－2t)∈[－2,2].即所求軌跡方程為:x2=4y,x∈[－2,2]解法二:(Ⅰ)同上.yxOMDABC－1－1－212BE第22題解法圖(Ⅱ)如圖,eq\o(OD,\s\up6(→))=eq\o(OA,\s\up6(→))+eq\o(AD,\s\up6(→))=eq\o(OA,\s\up6(→))+teq\o(AB,\s\up6(→))=eq\o(OA,\s\up6(→))+t(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))=(1－t)eq\o(OA,\s\up6(→))+teq\o(OB,\s\up6(→)),yxOMDABC－1－1－212BE第22題解法圖eq\o(OE,\s\up6(→))=eq\o(OB,\s\up6(→))+eq\o(BE,\s\up6(→))=eq\o(OB,\s\up6(→))+teq\o(BC,\s\up6(→))=eq\o(OB,\s\up6(→))+t(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))=(1－t)eq\o(OB,\s\up6(→))+teq\o(OC,\s\up6(→)),eq\o(OM,\s\up6(→))=eq\o(OD,\s\up6(→))+eq\o(DM,\s\up6(→))=eq\o(OD,\s\up6(→))+teq\o(DE,\s\up6(→))=eq\o(OD,\s\up6(→))+t(eq\o(OE,\s\up6(→))－eq\o(OD,\s\up6(→)))=(1－t)eq\o(OD,\s\up6(→))+teq\o(OE,\s\up6(→))=(1－t2)eq\o(OA,\s\up6(→))+2(1－t)teq\o(OB,\s\up6(→))+t2eq\o(OC,\s\up6(→)).設(shè)M點的坐標(biāo)為(x,y),由eq\o(OA,\s\up6(→))=(2,1)