2020-2021学年山东省聊城市高一(下)期中数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年山东省聊城市高一（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知a ，b 是两条异面直线，b ，c 是两条垂直直线，那么a ，c 的位置关系是( )
A. 平行或相交
B. 异面或平行
C. 异面或相交
D. 平行或异面或相交
2. 在△ABC 中，C =60°，a +2b =8，sinA =6sinB ，则c =( )
A. √35
B. √31
C. 6
D. 5
3. 已知△ABC 是边长为4的等边三角形，D 为BC 的中点，点E 在边AC 上，且AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =
λAC
⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1)，设AD 与BE 交于点P ，当λ变化时，记m =BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则下列说法正确的是( )
A. m 随λ的增大而增大
B. m 先随λ的增大而增大后随λ的增大而减少
C. m 随λ的增大而减少
D. m 为定值
4. 如图，已知等腰三角形O′A′B′是一个平面图形的直观图，
O′A′=A′B′，斜边O′B′=2，则这个平面图形的面积是( )
A. 2√2
B. 1
C. √2
D. √2
2
5. 若z 1=(m 2+m +1)+(m −4)i ，z 2=3−3i ，则m =1是z 1=z 2的( )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
6. 已知点O 为△ABC 所在平面内一点，若动点P 满足OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC
⃗⃗⃗⃗⃗ )(λ≥0)，则点P 一定经过△ABC 的( )
A. 外心
B. 内心
C. 垂心
D. 重心
7. 下列说法正确的有( )
①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；
③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体； ④圆锥的轴截面是等腰三角形．
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
8. 在△ABC 中，
BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC
⃗⃗⃗⃗⃗ |BC
⃗⃗⃗⃗⃗ |=0,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |BC
⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅BA
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1
2
，则△ABC 为( )
A. 直角三角形
B. 三边均不相等的三角形
C. 等边三角形
D. 等腰非等边三角形
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9. 已知复数z =x +yi(x,y ∈R)，则( )
A. z 2≥0
B. z 的虚部是yi
C. 若z =1+2i ，则x =1，y =2
D. |z|=√x 2+y 2
10. 如图所示，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，O 为DB 的中
点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )
A. C 1，M ，O 三点共线
B. C 1，M ，O ，C 四点共面
C. C 1，O ，A ，M 四点共面
D. D 1，D ，O ，M 四点共面
11. 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，已知cosB
cosC =b
2a−c ，S △ABC =3√3
4
且
b =3，则( )
A. cosB =1
2
B. cosB =√32
C. a +c =√3
D. a +c =3√2
12. 已知a ⃗ ,b ⃗ 是平面上夹角为2π
3的两个单位向量，向量c ⃗ 在该平面上，且(a ⃗ −c ⃗ )⋅(b
⃗ −c
⃗ )=0，下列结论中正确的有( ) A. |a ⃗ +b ⃗ |=1 B. |a ⃗ −b ⃗ |=√3 C. |c ⃗ |<√3
D. a ⃗ +b ⃗ ,c ⃗ 的夹角是钝角
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 如果复数z =1+2i(其中i 为虚数单位)，则z ⋅z = ______ ． 14. 已知△ABC 的面积为2√3，AB =2，∠B =π
3，则sinB
sinC = ______ ．
15. 已知向量a ⃗ =(m,1)，b ⃗ =(4−n,2)，m >0，n >0，若a ⃗ //b ⃗ ，则1
m +8
n
的最小值为 ．
16.已知半径为R的球放在房屋的墙角处，球与围成墙角的三个两两互相垂直的面都相
切．若球心到墙角顶点的距离是√3，则球的体积是______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.在①asinC=√3ccosA，②b2+c2−a2=bc，③√3sinA−cosA=1三个条件中
任选一个，补充在下面问题中，并解答：
问题：已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且______．
(1)求A；
(2)若a=2，则△ABC的面积为√3，求b，c．
18.如图，圆锥的底面直径和高均是4，过PO的中点O′作
平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱．
(1)求该圆锥的表面积；
(2)求剩余几何体的体积．
19. 已知三角形△ABC 中，三边长为a ，b ，c 满足2b =a +c ．
(1)若sin A ：sinB =3：5，求三个内角中最大角的度数； (2)若b =1，且BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b 2−(a −c)2，求△ABC 的面积．
20. 已知△OAB 的顶点坐标为O(0,0)，A(2,9)，B(6,−3)，点P 的横坐标为4，且OP
⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，Q 是边AB 上一点，且OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0． (1)求实数λ的值与点P 的坐标； (2)求点Q 的横坐标与纵坐标之和．
21. 如图，在扇形OAB 中，∠AOB =120°，半径OA =OB =
2，P 为弧AB 上一点．
(Ⅰ)若OA ⊥OP ，求PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值； (Ⅱ)求PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值．
22. 在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知向量a
⃗ =(−1,2)，又点A(8,0)，B(n,t)，C(ksinθ,t)，θ∈R ．
(1)若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥a ⃗ ，且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |，求向量OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ； (2)若向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量a ⃗ 共线，常数k >0，求f(θ)=tsinθ的值域．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， 取设D 1C 1为a ，BB 1为b ， 若设DC 为c 时，
则直线a 和c 是平行直线； 若设A 1D 1为c 时， 则直线a 和c 是相交直线； 若设AD 为c 时，
则直线a 和c 是异面直线．
综上可得，a ，c 的位置关系是平行、相交或异面． 故选：D ．
考虑正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，找出符号题意的三条直线，可得结论． 本题考查空间两条直线的位置关系，考查推理能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查的知识要点：正弦定理，余弦定理的应用，属于基础题．
利用正弦定理可得a =6b ，结合已知可求得a ，b ，利用余弦定理即可求出结果． 【解答】
解：在△ABC 中，sinA =6sinB ， 利用正弦定理得：a =6b ， 所以{a +2b =8
a =6b
，解得{a =6
b =1
，
利用余弦定理c 2=a 2+b 2−2abcosC =36+1−2×1×6×1
2=31， 故c =√31． 故选：B ．
3.【答案】D
【解析】解：因为△ABC 是边长为4的等边三角形，D 为BC 的中点， 所以AD ⊥BC ，
由向量数量积的几何意义可知： m =BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2×4=8． 即m 为定值． 故选：D ．
利用向量数量积的几何意义求解即可．
本题主要考查平面向量数量积的运算，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵Rt △O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′=2， ∴直角三角形的直角边长是√2， ∴直角三角形的面积是1
2×√2×√2=1， ∴原平面图形的面积是1×2√2=2√2， 故选：A ．
根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且斜边长是2，得到直角三角形的直角边长，做出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的2√2倍，得到结果．
本题考查平面图形的直观图，考查直观图与平面图形的面积之间的关系，考查直角三角形的面积，是一个基础题．
5.【答案】C
【解析】解：①当m =1时，z 1=3−3i =z 2， ②若z 1=z 2，则(m 2+m +1)+(m −4)i =3−3i ，
即{m 2
+m +1=3m −4=−3
，∴m =1， ∴m =1是z 1=z 2的充要条件， 故选：C ．
利用复数相等的条件，再结合充要条件的定义判断即可．
本题考查了充要条件的判定，考查了复数相等的条件，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为动点P 满足OP
⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )(λ≥0)， 所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，取AB 中点D ，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 则动点P 一定过△ABC 的重心， 故选：D ．
利用已知条件，说明P 在三角形的中线上，推出结果．
本题考查向量是几何中的应用，三角形的五心的判断，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：对于①，棱台是棱锥过侧棱一点作底面的平行平面分割而成的叫棱台，故①错误；
对于②，如果这两点是球的直径上的2个点，经过球面上的这两点作无数个大圆，故②错误；
对于③，各侧面都是正方形的四棱柱，如果底面是菱形，一定不是正方体，故③错误； 对于④，圆锥的轴截面是等腰三角形，满足圆锥的性质，故④正确． 故选：A ．
利用棱台的定义判断①；特例判断②；反例判断③；圆锥的性质判断④．
本题考查命题的真假的判断，考查棱柱，棱台，圆锥，球的简单性质的判断，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：因为在△ABC 中，A ，B ，C ∈(0,π)
BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC
⃗⃗⃗⃗⃗ |BC
⃗⃗⃗⃗⃗ |=0,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅BA
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BA
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1
2， ∴
−|AB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |×|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |×cosA |AB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+
|CA
⃗⃗⃗⃗⃗ |×|CB ⃗⃗⃗⃗⃗ |×cosC |BC
⃗⃗⃗⃗⃗ |=0⇒|CA
⃗⃗⃗⃗⃗ |cosA −|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |coC =0⇒cosA =cosC ⇒A =C ；
∵BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |×|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |×cosB =12|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |×|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |⇒cosB =12⇒B =π
3；
∴△ABC为等边三角形；
故选：C．
直接代入数量积的计算公式第一个条件求出A=C；第二个条件得到B即可求出结论本题考查了数量积运算性质一季特殊角的三角函数值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：∵复数z=x+yi(x,y∈R)，
∴z2=(x+yi)=x2−y2+2xyi，不能判断正负，故A错误；
z的虚部是y，故B错误；
若z=1+2i，则x=1，y=2，故C正确；
|z|=√x2+y2，故D正确．
故选：CD．
由复数z=x+yi(x,y∈R)利用复数的基本运算逐一核对四个选项得答案．
本题考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，
在选项A中，∵直线A1C交平面C1BD于点M，
∴M∈平面C1BD，M∈直线A1C，又A1C⊂平面ACC1A1，∴M∈平面ACC1A1，
∵O为DB的中点，BD⊂平面C1BD，且BD⊂平面ACC1A1，
∴O∈平面C1BD，且O∈平面ACC1A1，
又C1∈平面C1BD，且C1∈平面ACC1A1，
∴C1，M，O三点共线，故选项A正确；
在选项B中，∵C1，M，O三点共线，∴C1，M，O，C四点共面，故B正确；
在选项C中，∵C1，M，O三点共线，∴C1，M，O，A四点共面，故C正确；
在选项D中，∵直线OM∩CC1=C1，DD1//CC1，
∴D1，D，O，M四点不共面，故D错误．
故选：ABC．
在选项A 中，推导出C 1，M ，O 三点是平面C 1BD 和平面ACC 1A 1的公共点，由此得到C 1，M ，O 三点共线；在选项B 中，由C 1，M ，O 三点共线，得C 1，M ，O ，C 四点共面；在选项C 中，由C 1，M ，O 三点共线，得C 1，M ，O ，A 四点共面；在选项D 中，DD 1//CC 1，从而D 1，D ，O ，M 四点不共面．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：由cosB
cosC =b
2a−c 及正弦定理可得，2sinAcosB −sinCcosB =sinBcosC ， 所以2sinAcosB =sinBcosC +sinCcosB =sin(B +C)=sinA ， 因为sinA ≠0，
所以cosB =1
2，即B =π
3， 因为S △ABC =1
2
acsinB =√3
4
ac =
3√3
4
， 所以ac =3， 因为b =3， 由余弦定理可得，
a 2+c 2−ac =(a +c)2−3ac =(a +c)2−9=9， 则a +c =3√2． 故选：AD ．
由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求B ，然后结合三角形的面积公式及余弦定理即可进行判断．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对A ：|a ⃗ +b ⃗ |=√(a ⃗ +b ⃗ )2=√1+1+2×1×1×(−1
2
)=1，故A 正确；
对B ：设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗
|=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，∠AOB =2π3
，则
|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |²=|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |²+|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |²−2|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 2π3=3，则 |a ⃗ −b ⃗ |=|OA
⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3，故B 正确； 对C ：设OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ⃗ ，由(a ⃗ −c ⃗ )⋅(b ⃗ −c ⃗ )=0，可得BC ⊥AC ，点C 在以直线AB 为直径的圆上(可以与A 、B 重合)，
设AB 中点为M ，则|c ⃗ =|OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值为|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+|MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|a ⃗ +b ⃗
|2
+|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2
=12
+√32
<√3，
故C 正确；
对D ：a ⃗ +b ⃗ 与OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 同向，如图，OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与c ⃗ 的夹角不可能为钝角，故D 错误； 故选：ABC ．
由向量模的定义以及向量加减法法则即可判断A 、B ．
在平面上作出OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，∠AOB =2π
3
，作OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ⃗ ，则可得到C 在以AB 为直径的圆上，即可判断C 、D ．
本题考查向量的线性运算，考查向量数量积，数形结合思想，确定C 的轨迹是关键，属于中档题．
13.【答案】5
【解析】解：∵复数z =1+2i(其中i 为虚数单位)， ∴z ⋅z =(1+2i)(1−2i)=12+22=5． 故答案为：5．
利用共轭复数的定义、复数的运算法则即可得出．
本题考查了共轭复数的定义、复数的运算法则，属于基础题．
14.【答案】√3
【解析】解：因为△ABC 的面积为2√3=1
2AB ⋅BC ⋅sinB ，AB =2，∠B =π
3，
所以2√3=1
2×2×BC ×√32
，可得BC =4，
所以由余弦定理可得AC =√AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cosB =√22+42−2×2×4×1
2
=2√3，
所以sinB
sinC =AC
AB
=2√3
2
=√3．
故答案为：√3．
由已知利用三角形的面积公式可求BC的值，进而根据余弦定理可求AC的值，根据正
弦定理即可求解sinB
sinC
的值．
本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
15.【答案】9
2
【解析】
【分析】
本题考查利用基本不等式求最值及平面向量共线的充要条件，属于基础题．
由a⃗//b⃗ ，可得：n+2m=4，则1
m +8
n
=1
4
(n+2m)(1
m
+8
n
)，化简利用基本不等式求解
即可．
【解答】
解：∵a⃗//b⃗ ，
∴4−n−2m=0，即n+2m=4，∵m>0，n>0，
∴1
m
+
8
n
=1
4
(n+2m)(
1
m
+
8
n
)
=1
4
(10+
n
m
+
16m
n
)
≥1
4(10+2√n
m
×16m
n
)=9
2
，
当且仅当n=4m=8
3
时取等号，
∴1
m +8
n
的最小值是9
2
．
故答案为9
2
．
16.【答案】4π
3
【解析】解：根据题意可知球心与墙角顶点可构成边长为R的正方体
则球心到墙角顶点的距离为正方体的对角线即√3R
即√3R=√3
解得：R=1
故球的体积是：4
3π⋅13=4π
3
，
故答案为：4π
3
．
设球的半径为R，当球放在墙角时，同时与两墙面和地面相切可知球心与墙角顶点可构成边长为R的正方体，则正方体对角线即为球心到墙角顶点的距离，由此求出球的半径，可得球的体积．
本题主要考查了空间两点的距离，以及利用构造正方体进行解题，属于中档题．
17.【答案】①或②或③
【解析】解：若选①：
(1)∵asinC=√3ccosA.由正弦定理得sinAsinC=√3sinCcosA，∴sinA=√3cosA
即tanA=√3，∴A=π
3
；
(2)∵a=2,S=1
2bcsinA=1
2
bcsinπ
3
=√3，∴bc=4
由余弦定理：a2=b2+c2−2bccosA，即8=b2+c2，解得b=c=2；
若选②：
(1)∵b2+c2−a2=bc，由余弦定理，cosA=b2+c2−a2
2bc =1
2
，
∴A=π
3
；
(2)∵a=2,S=1
2
bcsinA=√3，
由余弦定理：b2+c2=8解得：b=c=2；若选③：
(1)∵√3sinA−cosA=1，∴sin(A−π
6)=1
2
，
∵(A−π
6)∈(−π
6
,5π
6
)，∴A=π
3
，
(2)∵a=2,S=1
2bcsinA=1
2
bcsinπ
3
=√3，∴bc=4，
由余弦定理：b 2+c 2=8， 解得：b =c =2．
若选①：(1)由正弦定理整理条件即可求tan A ，进而解出A ；(2)利用面积公式求得bc =4，再结合余弦定理得到b ，c 的值；
若选②：(1)由余弦定理整理条件即可求cos A ，进而解出A ；(2)利用面积公式求得bc =4，再结合余弦定理得到b ，c 的值；
若选③：(1)三角恒等变换整理条件即可求得A ；(2)利用面积公式求得bc =4，再结合余弦定理得到b ，c 的值；
本题考查解三角形，主要涉及正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，三角恒等变换等知识点，属于中档题．
18.【答案】解：(1)圆锥PO 的底面半径为2，高为4，则母线长l =√22+42=2√5， ∴圆锥的表面积：S =π×22+π×2×2√5=(4√5+4)π； (2)圆柱PO 的底面半径是1，高为2， ∴V PO =1
3π×22×4=
163
π，V 圆柱=π×12×2=2π，
∴剩下几何体的体积是16
3π−2π=
10π3
．
【解析】(1)直接由圆锥的表面积公式求解；
(2)通过圆锥的底面半径和高，由题意求得圆柱的底面半径与高，然后分别求出圆柱和圆锥的体积，作差得答案．
本题考查圆锥表面积、圆柱与圆锥体积的求法，考查计算能力，是基础题．
19.【答案】解：(1)因为a ，b ，c 满足2b =a +c ，
又sin A ：sinB =3：5， 所以a ：b =3：5，
设a =3k ，b =5k ，则c =7k ，故最大角为C ， 由cosC =
a 2+
b 2−
c 2
2ab
=−1
2
得C =120°；
(2)又由BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b 2−(a −c)2， 得accosB =b 2−(a −c)2， ∵b 2=a 2+c 2−2accosB ，
∴accosB =−2accosB +2ac ， ∴cosB =2
3,sinB =
√5
3
， ∵b =1，a +c =2，accosB =b 2−(a −c)2， ∴ac =
910
．
所以三角形的面积为1
2
acsinB =
3√520
．
【解析】(1)由a +c =2b ，再由正弦定理可得a ：b =3：5，设出a ，b ，c ，可得C 为最大，运用余弦定理计算即可得到所求值；
(2)运用向量的数量积的定义和余弦定理，可得cos B ，sin B ，再由(1)可得ac ，运用三角形的面积公式计算即可得到所求值．
本题考查等差数列中项的性质和向量数量积的定义、三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设P(4,y)，则OP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,y)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3−y)， 由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得(4,y)=λ(2,3−y)，解得λ=2，y =2， 所以点P(4,2)；
(2)设Q(a,b)，则OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,b)， 由(1)得AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−11)， ∵OQ
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴2a −11b =0①， 点Q 在边AB 上，所以AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ //AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,−12),AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a −2,b −9)， ∴4(b −9)+12(a −2)=0， 即3a +b −15=0.②． 联立①②，解得a =
337
,b =67
,a +b =
397
．
【解析】(1)设P(4,y)，分别表示出OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，结合OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即可求得λ与y ； (2)设Q(a,b)，根据OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得到2a −11b =0①，再由AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ //AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得到3a +b −15=0.②，解出a ，b 即可．
本题考查平面向量数量积的运算性质，涉及向量坐标运算的性质，向量垂直、共线的相关性质等知识点，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)当OA ⊥OP 时，如图所示，
∵∠AOB =120°，∴∠POB =120°−90°=30°，∠OPB =180°−30°
2
=75°，∴∠APB =
75°+45°=120°，
在△POB 中，由余弦定理，得PB 2=OB 2+OP 2−2OB ⋅OPcos∠POB =22+22−2×2×2×cos30°=8−4√3， ∴|PB
⃗⃗⃗⃗⃗ |=√8−4√3=√6−√2， 又|PA
⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2⋅OA =2√2， ∴PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠APB =2√2×(√6−√2)×(−12)=2−2√3．
(Ⅱ)以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(2,0)，
∵∠AOB =120°，OB =2，∴B(−1,√3)， 设P(2cosα,2sinα)，其中α∈[0,
2π3
]，
则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2−2cosα,−2sinα)⋅(−1−2cosα,√3−2sinα)=−2−2cosα+4cos 2α−2√3sinα+4sin 2α
=−2cosα−2√3sinα+2=−4sin(α+π
6)+2．
∵α∈[0,
2π
3]，∴α+π6∈[π6
,5π
6
]，sin(α+π6)∈[1
2,1]， ∴当α+π
6=π
2，即α=π
3时，PA
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值为−2．
【解析】(Ⅰ)先通过倒角运算得出∠POB =30°，∠APB =120°，再在△POB 中，由余弦定理可求得|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6−√2，然后根据平面向量数量积的定义PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠APB ，代入数据进行运算即可得解；
(Ⅱ)以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，设P(2cosα,2sinα)，其中
α∈[0,
2π3
]，结合平面向量数量积的坐标运算，用含有α的式子表示出PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，再利用
三角恒等变换公式和正弦函数的图象即可得解．
本题主要考查平面向量数量积的运算，还涉及余弦定理、三角恒等变换和正弦函数的值域问题等基础知识，遇到规则几何图形，一般可建立坐标系，借助平面向量的坐标运算可简化试题，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
22.【答案】解：(1)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(n −8,t)，∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥a ⃗ ，且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |，∴−(n −8)+2t =0，√(n −8)2+t 2=8√5，
解得t =±8，t =8时，n =24；t =−8时，n =−8． ∴向量OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(24,8)，(−8,−8).(2)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(ksinθ−8,t)， (2)∵向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量a ⃗ 共线，常数k >0，∴t =−2ksinθ+16， ∴f(θ)=tsinθ=−2ksin 2θ+16sinθ=−2k(sinθ−4
k )2+
32k
．
①k >4时，0<4
k <1，∴sinθ=4
k 时，f(θ)=tsinθ取得最大值32
k ，
sinθ=−1时，f(θ)=tsinθ取得最小值−2k −16，此时函数f(θ)的值域为[−2k −16,32
k ]． ②4>k >0时，4
k >1.∴sinθ=1时，f(θ)=tsinθ取得最大值−2k +16， sinθ=−1时，f(θ)=tsinθ取得最小值−2k −16， 此时函数f(θ)的值域为[−2k −16,−2k +16]．
【解析】(1)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(n −8,t)，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥a ⃗ ，且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |，可得−(n −8)+2t =0，√(n −8)2+t 2=8√5，联立解出即可得出．
(2)AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(ksinθ−8,t)，由向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量a ⃗ 共线，常数k >0，可得t =−2ksinθ+16，f(θ)=tsinθ=−2ksin 2θ+16sinθ=−2k(sinθ−4
k )2+
32k
.对k 分类讨论，利用三角函
数的值域、二次函数的单调性即可得出．
本题考查了向量共线定理、模的计算公式、三角函数的值域、二次函数的单调性，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．。