1、試卷第 =page 5 5頁，共 =sectionpages 6 6頁試卷第 =page 6 6頁，共 =sectionpages 6 6頁一、單選題1在中，AD，BC的交點為M，過M作動直線l分別交線段AC，BD于E，F兩點.若，()，則的最小值為（）ABCD2已知點P是ABC所在平面內點，有下列四個等式：甲：；乙：；丙：；丁：如果只有一個等式不成立，則該等式為（）A甲B乙C丙D丁3如圖，在等腰中，已知分別是邊的點，且，其中且，若線段的中點分別為，則的最小值是（）ABCD4在直角梯形中，點為上一點，且，當的值最大時，AB2CD5如圖，已知為鈍角三角形，點是外接圓上的點，則當取最小值時，點在（

2、）A所對弧上（不包括弧的端點）B所對弧上（不包括弧的端點）C所對弧上（不包括弧的端點）D的頂點6已知向量滿足，則動點P的運動路徑的總長為（）ABCD7已知圓的半徑為3，是圓的一條直徑，為圓上動點，且，點在線段上，則的最小值為（）ABCD8已知，則的取值范圍是（）A0，1BC1，2D0，29已知點，動點滿足，則的取值范圍（）ABCD10已知，為平面內兩個不共線的向量，滿足，則與的夾角的最小值是（）ABCD11向量集合，對于任意，以及任意，都有，則稱為“類集”，現有四個命題：若為“類集”，則集合（為實常數）也是“類集”；若、都是“類集”，則集合也是“類集”；若、都是“類集”，則也是“類集”；若、都

3、是“類集”，且交集非空，則也是“類集”其中正確的命題有（）ABCD12在四棱錐中，底面為平行四邊形，為邊的中點，為邊上的一列點，連接，交于，且，其中數列的首項，則（）AB為等比數列CD13已知，若，則的最小值為（）A0BC1D14在中，點滿足，過點的直線與、所在的直線分別交于點、，若，則的最小值為ABCD15已知點在線段上（不含端點），是直線外一點，且，則的最小值是（）ABCD16已知雙曲線的左，右焦點分別為，直線l過且與雙曲線交于A，B兩點，若直線l不與x軸垂直，且，則直線l的斜率為（）ABCD17設G為ABC的重心，若，則的取值范圍為（）A（80，160）B（80，40）C（40，80）D

4、（160，80）18正方形ABCD的邊長為2，O是正方形ABCD的中心，過中心O的直線l與邊AB交于點M，與邊CD交于點N，P為平面內一點，且滿足，則的最小值為（）ABCD二、填空題19向量集合，對于任意，以及任意，都有，則稱S為“C類集”，現有四個命題：若S為“C類集”，則集合也是“C類集；若S，T都是“C類集”，則集合也是“C類集”；若，都是“C類集”，則也是“C類集”；若，都是“C類集”，且交集非空，也是“C類集”其中正確的命題有_（填所有正確命題的序號）20如圖，在中，點在線段上移動（不含端點），若，則的取值范圍是_21如圖所示，已知在四邊形ABCD中，且點A、B、C、D共圓，點M，N

5、分別是AD和BC的中點，則的值為_22我校高一同學發現：若是內的一點，、的面積分別為、，則存在結論，這位同學利用這個結論開始研究：若為內的一點且為內心，的內角、的對邊分別為、，且，若，則的最大值為_.23中，且對于，最小值為，則_.24在中，點滿足，且對任意，恒成立，則_25已知D、E分別為的邊上的點，線段和線段相交于點P，若，且，其中，則的最小值為_26在中，為鈍角，M，N是邊AB上的兩個動點，且，若的最小值為3，則_答案第 = page 25 25頁，共 = sectionpages 26 26頁答案第 = page 26 26頁，共 = sectionpages 26 26頁參考答案：1

6、D【分析】利用平面向量共線定理的推論得到的關系，進而利用均值定理即可求得的最小值【詳解】由三點共線，可得存在實數t，使又由三點共線，可得存在實數m，使得則，解之得，則又，()，則，由三點共線，可得則（當且僅當時等號成立）則的最小值為故選：D2B【分析】先根據向量等式推導出甲中P為ABC的重心，乙中ABC為直角三角形，丙中P為ABC的外心，丁中P為ABC的垂心，故得到當ABC為等邊三角形時，三心重合，此時甲丙丁均成立，乙不成立，得到答案.【詳解】甲：，則，故P為ABC的重心；乙：，則，故，即ABC為直角三角形；丙：點P到三角形三個頂點距離相等，故P為ABC的外心；丁：，則，同理可得：，即P為AB

7、C的垂心，當ABC為等邊三角形時，三心重合，此時甲丙丁均成立，乙不成立，滿足要求，當乙成立時，其他三個均不一定成立.故選：B3C【分析】根據幾何圖形中線段對應向量的線性關系，可得，又且且，可得關于的函數式，由二次函數的性質即可求的最小值.【詳解】在等腰中，則，分別是邊的點，而，兩邊平方得：，而，又，即，當時，最小值為，即的最小值為.故選：C【點睛】關鍵點點睛：應用幾何圖形中線段所代表向量的線性關系求得，結合已知條件轉化為關于的二次函數，求最值.4B【解析】由題，可求出，所以，根據共線定理，設，利用向量三角形法則求出，結合題給，得出，進而得出，最后利用二次函數求出的最大值，即可求出.【詳解】由題

8、意，直角梯形中，可求得，所以點在線段上， 設 ， 則，即，又因為所以，所以，當時，等號成立.所以.故選：B.【點睛】本題考查平面向量線性運算中的加法運算、向量共線定理，以及運用二次函數求最值，考查轉化思想和解題能力.5C【解析】先利用平面向量線性運算與數量積將已知向量關系轉化為，再利用三角形重心在平面向量中的應用進一步轉化為，得到所求量只與有關，最后由確定點P的位置【詳解】因為，所以，同理故 ，設的重心為G，可證所以（為定值），故只需要P到重心G最小，所以點P在圓心O與重心G的連線上，因為，易得點P在所對弧上故選：C【點睛】本題考查向量的線性運算和數量積，還考查了三角形重心性質在向量中的應用，

9、屬于較難題6C【分析】根據三點以及面外一點向量共線的模型，對絕對值形式分類討論，得出點運動路徑為如圖的平行四邊形的四邊:再結合余弦定理求解即可.【詳解】因為, 所以, 因為 , 所以 , 所以 .如上圖所示, 當時,點運動路徑為線段, 以此類推，當時,點運動路徑為如圖的平行四邊形的四邊: 由余弦定理，得,由余弦定理，得, 動點的運動路徑的總長度為 故選：C.7B【分析】由題意，結合向量數量積的性質，展開即可求解【詳解】解：由題意得，當時，取最小值，此時故的最小值為故選：B.【點睛】關鍵點點睛：由，所以取最小值時，取得最小值，分析知當時，是本題解題的關鍵.8D【分析】設，可得，構造，可得，根據向

10、量減法的模長不等式可得解.【詳解】設，則，所以，又，所以，又則0，2.故選：D【點睛】本題考查了向量的綜合運算，考查學生綜合分析，轉化化歸，數學運算的能力.9B【分析】根據題意，求出點和的軌跡，結合平面向量的加法以及模長的計算，即可求解.【詳解】設，則，因，所以，即，因此點在以原點為圓心，2為半徑的圓上，同理可得點也在以原點為圓心，2為半徑的圓上.又因，所以當和重合，且、三點共線時，取得最值，因此，.故選：B.10C【分析】設，可得，借助余弦定理表示出，求得，借助，即可求得的范圍，即可求解.【詳解】如圖設，并設，；，；由題意：，由余弦定理：，即，兩邊同時平方，整理得：，再一次兩邊平方得：，由于

11、，；由于，所以；，故與的夾角的最小值是.故選：C11D【分析】根據“類集”的定義逐項進行分析判斷.【詳解】若為“類集”，則對于任意，以及任意，都有，對于集合（為實常數），可得對于任意，以及任意都有，故正確；若為“類集”，則對于任意，以及任意，都有，若為“類集”，則對于任意，以及任意，都有，可得對于任意，以及任意，都有，故正確；若為“類集”，則對于任意，以及任意，都有，若為“類集”，則對于任意，以及任意，都有，設，為中元素的合并而得，且不重復，不符合“類集”的定義，故錯誤；若為“類集”，則對于任意，以及任意，都有，若為“類集”，則對于任意，以及任意，都有，設，為中元素的公共部分，且不為空集，符合

12、“類集”的定義，故正確；故選：D.【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵在于對“類集”定義的理解，除了可以采用上述根據定義去分析的思路，還可以采用等價轉化的方法進行分析：將集合看作點集，若對于中任意兩點，線段上的點均屬于，則稱點集為類集.12A【分析】由得， 為邊的中點得，設，所以，根據向量相等可判斷A選項；由得是公比為的等比數列，可判斷B選項；代入可判斷C選項；當時可判斷D選項.【詳解】由得，因為為邊的中點，所以，所以設，所以，所以，當時，A選項正確；，由得，是公比為的等比數列， 所以，所以，所以，不是常數，故B選項錯誤；所以，由得，故C選項錯誤；當時，所以，此時為的中點，與重合，即，故D錯誤.

13、故選：A.13D【分析】根據給定條件，畫出圖形，確定點C的位置，再利用向量模的幾何意義，借助對稱思想求解作答.【詳解】令，依題意，而，則，因，則有點C在半徑為1，所含圓心角為的扇形的弧上，如圖， 因，則表示直線上的點Q與直線上的點P間距離，、分別是點C到點Q，P的距離，因此，表示三點Q，P，C兩兩距離的和，作點C關于直線OA對稱點N，關于直線OB對稱點M，連MN交OA，OB分別于點F，E，連FC，EC，ON，OM，則有，令，則，于是得，而，由余弦定理得，因此，對于直線上任意點Q、直線上任意點P，連接CQ，NQ，QP，CP，PM，PN，則，當且僅當點Q與F重合且點P與點E重合時取“=”，從而得，

14、所以的最小值為.故選：D【點睛】思路點睛：已知幾個向量的模，探求向量問題，可以借助向量的幾何意義，作出符合要求的圖形，數形結合求解作答.14B【分析】由題意得出，再由，可得出，由三點共線得出，將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值.【詳解】如下圖所示：，即，、三點共線，則.，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為，故選：B.【點睛】本題考查三點共線結論的應用，同時也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解題時要充分利用三點共線得出定值條件，考查運算求解能力，屬于中等題.15B【分析】根據向量共線定理推論得，再利用基本不等式求最值.【詳解】因為因為點在線段上（不含端點），所以當且僅當時

15、取等號，故選：B【點睛】本題考查向量共線定理推論、利用基本不等式求最值，考查綜合分析求解能力，屬較難題.16B【分析】設直線，聯立，結合韋達定理可求得的中點的坐標，由向量的數量積知，即，代入即可求解.【詳解】由已知得到.設，直線，顯然.聯立，得.因為l與雙曲線交于兩點，所以，且.由韋達定理知，設的中點為，根據，得到，從而得到，故.而，所以，解得，故l的斜率為，故選：B.17A【分析】由題設知、為的中點且，結合已知求出，利用向量數量積的運算律有求得，再由目標式中向量線性關系的幾何意義及三角形三邊關系，即可求范圍.【詳解】，連接并延長交于，則為的中點，且，在中，則，即，.故選：A【點睛】關鍵點點睛

16、：連接并延長交于，根據重心的性質可知為的中點且，再由向量數量積的運算律求，結合相關向量線性關系的幾何意義及三角形三邊關系求目標式范圍.18D【分析】設，由得到為直線與的交點，再由極化恒等式，由即可求解.【詳解】設，可得，故三點共線，又三點共線，故為直線與的交點.，又，可得，又，所以.故選：D.19【分析】判斷集合和、是否也具有“C類集”中元素性質即可得【詳解】S為“C類集”， 即對于任意，以及任意，都存在，使得，因此對于任意的，以及任意，正確；若S是“C類集”，對任意的以及對任意的，若T是“C類集，對任意的以及對任意的，可得對任意的，以及任意，都有，正確；若，都是“C類集”，即對任意的的，對任

17、意，但是否屬于集合或不能確定，因此也不確定，錯；對任意，則，因此對任意，所以，正確故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題考查集合的新定義，解題關鍵是理解新定義及應用實質是考查元素與集合的關系，集合是“C類集”，只要對任意，以及任意，都有即可20【分析】根據題意，設，根據向量的線性運算，利用表示出，求出和，然后利用雙鉤函數的單調性求出的取值范圍.【詳解】解：由題可知，設，則，所以，而，可得：，所以，設，由雙鉤函數性質可知，在上單調遞減，則，所以的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查平面向量的線性運算和平面向量的基本定理的應用，還涉及雙鉤函數的單調性，考查轉化思想和運算能力.21#【分析】應用余弦

18、定理及圓的性質可得、，再由，應用向量數量積的運算律求值即可.【詳解】由題設，則，在中，在中，所以，可得，故，同理得，又，M，N分別是AD和BC的中點，所以，所以.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：應用余弦定理及圓的性質求四邊形相關內角的余弦值，再轉化求值.22【分析】分析可得出，可求得，利用余弦定理結合基本不等式可求得的最小值，即可求得的最大值.【詳解】因為的內心到該三角形三邊的距離相等，則，由可得，所以，因為，則，所以，所以，可得，因為，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，當且僅當時，等號成立，所以，.故答案為：.【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.23【解析】利用向量的減法運算和數量積，并借助余弦定理，化簡，可得到，化簡，并利用二次