人教A版（2019）高中数学题库

因为$|\vec{a}|=|\vec{b}|=2$，$\vec{a}⋅\vec{b}=-2$，所以$cos<\vec{a},\vec{b}>=\dfrac{\vec{a}⋅\vec{b}}{|\vec{a}|⋅|\vec{b}|}$=$-\dfrac{1}{2}$，$\vec{a}⋅\vec{b}=120°$.
如图所以，设$\vec{OA}=\vec{a}$，$\vec{OB}=\vec{b}$，$\vec{OC}=\vec{c}$，则$\vec{CA}=\vec{a}-\vec{c}$，$\vec{CB}=\vec{b}-\vec{c}$，$∠AOB=120°$.
所以$∠ACB=60°$，所以$∠AOB+∠ACB=180°$，所以$A，O，B，C$四点共圆.
不妨设为圆$M$，因为$\vec{AB}=\vec{b}-\vec{a}$，所以$\vec{AB}^{2}$=\vec{a}^{2}-2\vec{a}⋅\vec{b}+\vec{b}^{2}=12$.
所以$|\vec{AB}|=2\sqrt{3}$，由正弦定理可得$△AOB$的外接圆即圆$M$的直径为$2R=\dfrac{|\vec{AB}|}{\sin ∠AOB}=4$.
所以当$|\vec{OC}|$为圆M的直径时，$|\vec{c}|$取得最大值4.
故选：A.

$|\vec{a}+\vec{b}|$=$\sqrt{\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}+2|\vec{a}||\vec{b}|\cos θ}$=$\sqrt{2+2\cos θ}>1$得，$\cos θ>-\dfrac{1}{2}$，
$⇒θ∈[0，\dfrac{2π}{3})$。
由$|\vec{a}-\vec{b}|$=$\sqrt{\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}-2|\vec{a}||\vec{b}|\cos θ}$=$\sqrt{2-2cosθ}>1$得$\cos θ<\dfrac{1}{2}$
$⇒θ∈(\dfrac{π}{3}，π]$。选A

$∵|\vec{a}-2\vec{b}|^{2}=|\vec{a}|^{2}-4\vec{a}⋅\vec{b}+4|\vec{b}|^{2}$，
又$∵|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=\sqrt{3}$，$|\vec{a}-2\vec{b}|=3$，
$∴9=1-4\vec{a}⋅\vec{b}+4×3=13-4\vec{a}⋅\vec{b}$，
$∴\vec{a}⋅\vec{b}=1$
故选：C.

因为$\vec{a}，\vec{b}$为单位向量，所以$|\vec{a}|=|\vec{b}|=1$
所以$|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{(\vec{a}+\vec{b})^{2}}$=$\sqrt{|\vec{a}|^{2}+2\vec{a}⋅\vec{b}+|\vec{b}|^{2}}$=$\sqrt{2+2\vec{a}⋅\vec{b}}=1$
解得：$2\vec{a}⋅\vec{b}=-1$
所以$|\vec{a}-\vec{b}|$=$\sqrt{(\vec{a}-\vec{b})^{2}}$=$\sqrt{|\vec{a}|^{2}-2\vec{a}⋅\vec{b}+|\vec{b}|^{2}}$=$\sqrt{3}$
故答案为：C

$∵|\vec{a}-2\vec{b}|^{2}=|\vec{a}|^{2}-4\vec{a}⋅\vec{b}+4|\vec{b}|^{2}$，
又$∵|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=\sqrt{3}$，$|\vec{a}-2\vec{b}|=3$，
$∴9=1-4\vec{a}⋅\vec{b}+4×3=13-4\vec{a}⋅\vec{b}$，
$∴\vec{a}⋅\vec{b}=1$
故选：C.

法一：因为$|\vec{a}+\vec{b}|=|2\vec{a}-\vec{b}|$，即$(\vec{a}+\vec{b})^{2}=(2\vec{a}-\vec{b})^{2}$，
则$\vec{a}^{2}+2\vec{a}⋅\vec{b}+\vec{b}^{2}=4\vec{a}^{2}-4\vec{a}⋅\vec{b}+\vec{b}^{2}$，整理得$\vec{a}^{2}-2\vec{a}⋅\vec{b}=0$，
又因为$|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{3}$，即$(\vec{a}-\vec{b})^{2}=3$，
则$\vec{a}^{2}-2\vec{a}⋅\vec{b}+\vec{b}^{2}=\vec{b}^{2}=3$，所以$|\vec{b}|=\sqrt{3}$.
选B
法二：设$\vec{c}=\vec{a}-\vec{b}$，则$|\vec{c}|=\sqrt{3}$，$\vec{a}+\vec{b}=\vec{c}+2\vec{b}$，$2\vec{a}-\vec{b}=2\vec{c}+\vec{b}$，
由题意可得：$(\vec{c}+2\vec{b})^{2}=(2\vec{c}+\vec{b})^{2}$，则$\vec{c}^{2}+4\vec{c}⋅\vec{b}+4\vec{b}^{2}=4\vec{c}^{2}+4\vec{c}⋅\vec{b}+\vec{b}^{2}$，
整理得：$\vec{c}^{2}=\vec{b}^{2}$，即$|\vec{c}|=|\vec{b}|=\sqrt{3}$.
故答案为：B.

由$\vec{a}⋅\vec{b}=0$，$|\vec{a}|=1$，$|\vec{b}|=2$可知
$|BD|=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$，
$∴\vec{BD}=\dfrac{1}{5}\vec{BA}$，
$∴\vec{AD}=\dfrac{4}{5}\vec{AB}$=$\dfrac{4}{5}(\vec{a}-\vec{b})$

建立如图所示的坐标系，以$BC$中点为坐标原点，
则$A(0，\sqrt{3})$，$B(-1，0)$，$C(1，0)$，
设$P(x，y)$，则$\vec{PA}=(-x，\sqrt{3}-y)$，$\vec{PB}=(-1-x，-y)$，$\vec{PC}=(1-x，-y)$，
则$\vec{PA}•(\vec{PB}+\vec{PC})$=$2x²-2\sqrt{3}y+2y²$=$2[x²+(y-\dfrac{\sqrt{3}}{2})²-\dfrac{3}{4}]$
∴当$x=0$，$y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$时，取得最小值$2×(-\dfrac{3}{4})=-\dfrac{3}{2}$，
故选：B．

$\vec{AB}$的模为$2$，根据正六边形的特征，
可以得到\vec{AP}在\vec{AB}方向上的投影的取值范围是$-1，3)$，
结合向量数量积的定义式，
可知$\vec{AP}⋅\vec{AB}$等于$\vec{AB}$的模与$\vec{AP}$在$\vec{AB}$方向上的投影的乘积，
所以$\vec{AP}⋅\vec{AB}$的取值范围是$(-2，6)$，
故选：A.

A：$\vec{OP_{1}}=(cosα，sinα)$，$\vec{OP_{2}}=(cosβ，-sinβ)$，
所以$|\vec{OP_{1}}|$=$\sqrt{cos^{2}α+sin^{2}α}=1$，
$|\vec{OP_{2}}|$=$\sqrt{(cosβ)^{2}+(-sinβ)^{2}}=1$，
故$|\vec{OP_{1}}|=|\vec{OP_{2}}|$，正确；
B：$\vec{AP_{1}}=(cosα-1，sinα)$，$\vec{AP_{2}}=(cosβ-1，-sinβ)$，
所以$|\vec{AP_{1}}|$=$\sqrt{(cosα-1)^{2}+sin^{2}α}$
=$\sqrt{cos^{2}α-2cosα+1+sin^{2}α}$=$\sqrt{2(1-cosα)}$
=$\sqrt{4sin^{2}\dfrac{α}{2}}$=$2|sin\dfrac{α}{2}|$，
同理$|\vec{AP_{2}}|$=$\sqrt{(cosβ-1)^{2}+sin^{2}β}$=$2|sin\dfrac{β}{2}|$，
故$|\vec{AP_{1}}|$，$|\vec{AP_{2}}|$不一定相等，错误；
C：由题意得：$\vec{OA}⋅\vec{OP_{3}}$=$1×cos(α+β)+0×sin(α+β)$=$cos(α+β)$，
$\vec{OP_{1}}⋅\vec{OP_{2}}$=$cosα⋅cosβ+sinα⋅(-sinβ)$=$cos(α+β)$，正确；
D：由题意得：$\vec{OA}⋅\vec{OP_{1}}$=$1×cosα+0×sinα$=$cosα$，$\vec{OP_{2}}⋅\vec{OP_{3}}$=$cosβ×cos(α+β)+(-sinβ)×sin(α+β)$
=$cos(β+(α+β))$=$cos(α+2β)$，
故一般来说$\vec{OA}⋅(\vec{OP_{1}})≠\vec{OP_{2}}⋅\vec{OP_{3}}$故错误；
故选：AC