2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）4月月考数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在复平面内，复数z=5i3−4i （i为虚数单位），则z对应的点的坐标为（ ）
A.3,4B.−4,3C.45,−35D.−45,−35

2. 已知向量a→=(1, m)，b→=(2,−1)，且(a→−b→)⊥b→，则实数m=( )
A.3B.12C.−12D.−3

3. 如图，在△ABC中，D为BC中点，E在线段AD上，且AE=2ED，则BE→=( )

A.−13AC→+23AB→B.13AC→−23AB→
C.23AC→−13AB→D.23AC→+13AB→

4. 如图，把四边形ABCD按斜二测画法得到平行四边形A′B′C′D′，其中 O′B′=OC′=2，OD′=3，则四边形ABCD一定是( )

A.梯形B.矩形C.正方形D.菱形

5. 已知一个正四面体的边长是1，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆柱上，另一个顶点在上底面上，则圆柱的侧面积是( )

A.23πB.324πC.223πD.22π

6. 一艘船上午9:30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30∘的方向，且与它相距82海里，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10:00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75∘的方向，此船的航速是( )
A.8(6+2)海里/时B.8(6−2)海里/时
C.16(6+2)海里/时D.16(6−2)海里/时

7. 在△ABC中，若cs2A+cs2B−cs2C>1，则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不能确定

8. 设锐角△ABC三内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，且b=1， A=2B，则a取值范围为( )
A.2,3B.1,3C.2,2D.0,2
二、多选题

下列命题为真命题的是( )
A.若z1⋅z2∈R，则z1，z2互为共轭复数
B.i2021=i
C.若m∈R，则复数m3+i−2+i在复平面内对应的点位于第四象限的充要条件是23D.若|z−3+4i|=2，则|z|的最大值是7

下列命题为假命题的是( )
A.若a→//b→，则存在唯一的实数λ，使得a→=λb→
B.两个非零向量a→,b→，若|a→−b→|=|a→|+|b→|，则a→，b→共线且方向相反
C.已知两个向量a→=1,2,b→=1,1，a→与a→+tb→夹角为锐角，则实数t>−53
D.在△ABC中， 若BC→⋅CA→=AB→⋅CA→，则△ABC为等腰三角形

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若C=π6，c=3且该三角形有两解，则a的值可以为( )
A.4B.5C.6D.7

奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，则S△OBC OA→+S△OAC OB→+S△OAB OC→=0→．这个定理对应的图形与Mercedes−Benz汽车的商标很相似，故戏称为“奔驰定理”，已知O是△ABC内的一点，则下列说法正确的是( )

A.若S△OBC=S△OAC=S△OAB，则O是△ABC的重心
B.若OA→⋅OB→=OB→⋅OC→=OC→⋅OA→则∠ABC=π−A
C.若aOA→+bOB→+cOC→=0→，则O是△ABC的内心
D.若sin2AOA→+sin2BOB→+sin2COC→=0→，则O是△ABC的外心
三、填空题

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2=b2−c2+2ac，则B=________.

若虚数−1+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p，q∈R)的一个根，则p+q=________．

设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为_________.

已知△ABC是以C为直角顶点且斜边长为2的等腰直角三角形，P为△ABC所在平面内一点，则PA→⋅PB→+PC→的最小值为________.
四、解答题

当实数a为何值时，复数z=a2−2a−3+a2+a−12i满足：
(1)z为实数；

(2)z为纯虚数；

(3)在复平面内对应的点在第四象限．

已知|a→|=4，|b→|=3，且2a→−3b→⋅2a→+b→=61．
(1)求|2a→+3b→|；

(2)若2a→−kb→//ka→−b→，求实数k的值．

如图，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为2π3，半径为3的扇形，圆锥内有一个底面半径为x的内接圆柱（圆柱下底面圆心和圆锥底面圆心重合，圆柱上底面在圆锥的侧面上）．

(1)求圆锥的体积；

(2)求内接圆柱侧面积最大时x的值．

已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acsC+3asinC−b−c=0.
(1)求A；

(2)若a=2，S△ABC=3，求b，c．

如图为某个公园的绿化示意图，准备在道路AB的一侧进行绿化，线段AB长2km， OC=OD=OA=OB=1km，设∠COB=θ.

(1)为了美化公园周围的环境，现要在四边形ABCD内种满郁金香，若∠COD=π3，则当θ为何值时，郁金香种植面积最大；

(2)为了方便游人散步，现要搭建一条栈道，栈道由线段BC，CD和DA组成，若BC=CD，则当θ为何值时，栈道的总长l最大，并求l的最大值．


(1)对于平面向量a→，b→，求证：|a→⋅b→|≤|a→||b→|；

(2)对于fθ=csθ+3sinθ的最大值求解，可以转化为求fθ=2sinθ+π6的最大值，也可以利用向量的知识，将fθ=csθ+3sinθ构造为两个向量数量积的形式，即：令a→=1,3，b→=csθ,sinθ，则转化为fθ=a→⋅b→，求出最大值．利用以上向量的知识，完成下列问题：
①对于任意的a，b，c，d∈R，求证：ac+bd2≤a2+b2c2+d2；
②求fx=3x−1+42−x的最值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
【解析】
根据复数运算法则运算后，求得z，即可得解.
【解答】
解：∵ z=5i3−4i=5i3+4i3−4i3+4i
=−4+3i5=−45+35i，
∴ z=−45−35i，
其对应点的坐标为−45,−35，
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
根据平面向量的坐标运算与数量积运算法则，列方程求出m的值．
【解答】
解：向量a→=(1, m)，b→=(2,−1)，
则a→−b→=(−1, m+1).
又(a→−b→)⊥b→，
则(a→−b→)⋅b→=0，
即−1×2−1×(m+1)=0，
解得m=−3．
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
求得AD→关于AB→，AC→的表达式，利用平面向量的减法法则可得出BE→关于AB→，AC→的表达式.
【解答】
解：∵ D为BC的中点，
则AD→=AB→+BD→
=AB→+12BC→
=AB→+12(AC→−AB→)
=12(AB→+AC→)，
∵ AE=2ED，
∴ AE→=23AD→，
∴ BE→=AE→−AB→
=23AD→−AB→
=13AB→+AC→−AB→
=13AC→−23AB→.
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
根据斜二测画法把直观图还原回原图形，即可得到四边形ABCD一定是一个菱形．
【解答】
解：把平行四边形A′B′C′D还原回原图形，过程如下：
在平面直角坐标系中，在x轴上截取BC=4，且使O为BC的中点，
在y轴上截取OD=23，过D向左作x轴的平行线段DA，使DA=4，
连接AB，CD，可得平行四边形ABCD，
∵ OC=2，OD=23，CD=22+232=4，
∴ 平行四边形ABCD为菱形．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
圆柱表面积的有关计算
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
设圆柱的底面半径为，，母线长为1，根据正三棱锥的性质，以及圆柱的侧面积公式，即可求解．
【解答】
解：设圆柱的底面半径为r，母线长为l，
因为四面体各个面都是边长为1的正三角形，
可得2r=1sin60∘=233，解得r=33，
又由四面体各个面都是边长为1的正三角形，
可得棱锥的高为ℎ=1−(33)2=63，
即圆柱的母线长为l=63，
所以圆柱的侧面积为S=2πrl=2π×33×63=22π3.
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
解三角形的实际应用
正弦定理
【解析】
由题意及图形在△ABS中，已知∠BAS=30∘，∠ASB=45∘，又已知三角形ABS中边AS=82海里，先求出边AB的长，再利用物理知识解出．
【解答】
解：∵ 在△ABS中，
已知∠BAS=30∘，∠ASB=45∘，且边AS=82海里，
∴ 利用正弦定理可得：ABsin45∘=ASsin105∘，
∴ AB=8(6−2).
∵ 从A到B匀速航行时间为半个小时，
∴ 速度应为：8(6−2)12=16(6−2)海里/小时．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
三角形的形状判断
正弦定理
余弦定理
【解析】
利用三角函数的基本关系式和题设条件，得到sin2A+sin2B【解答】
解：在△ABC中，因为cs2A+cs2B−cs2C>1，
可得1−sin2A+1−sin2B−1+sin2C>1，
即sin2A+sin2B又由正弦定理知asinA=bsinB=csinC=2R，
即sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R，
可得a2+b2所以△ABC为钝角三角形.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
二倍角的正弦公式
余弦函数的定义域和值域
【解析】
由题意可得0<2B<π2，且π2<3B<π，解得B的范围，可得csB的范围，由正弦定理求得a=csB，根据csB的范围确定出a范围即可．
【解答】
解：锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A=2B，
∴ 0<2B<π2，且B+A=3B，
∴ π2<3B<π，
∴ π6∴ 22∵ b=1，A=2B，
∴ 由正弦定理可得：a=b⋅sin2BsinB=2bsinBcsBsinB=2csB，
∴ 可得：2<2csB<3，
则a的取值范围为2,3.
故选A．
二、多选题
【答案】
B,C,D
【考点】
复数的基本概念
复数的代数表示法及其几何意义
命题的真假判断与应用
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】
A，取z1=1+2i，z2=2−4i，利用特值法证明充分性不成立；
B．直接利用虚数单位i的运算性质得答案；
C．原复数化为3m−2+im−1，再根据m的范围确定；
D，复数z满足|z−3+4i|=2(i是虚数单位)，z是以3,−4为圆心以2为半径的圆，|z|是到原点的距离．
【解答】
解：A，取z1=1+2i，z2=2−4i，则
z1⋅z2=1+2i2−4i=10∈R，
所以由z1⋅z2∈R不能得到z1与z2互为共轭复数，故A错误；
B，i2021=(i4)505⋅i=i，故B正确；
C．m3+i−2+i，化简得3m−2+im−1，
∵所对应的点在第四象限，
∴ 3m−2>0，m−1<0，
∴23D．|z−3+4i|=2表示：复数z是复平面上以3,−4为圆心，以2为半径的圆上的点，
要求|z|最大值，即求圆上的点到原点距离的最大值．
如图，
|z|最大值为32+42+2=7，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,C
【考点】
共线向量与共面向量
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
正弦定理
【解析】
本题需要对四个选项逐一进行判断，选项A，B考查向量平行的相关知识，选项C考察两向量夹角的关系，选项D考查向量在三角形中的应用。
【解答】
解：A，a→//b→的充要条件为a→=λb→(b→≠0)，
选项不满足b→≠0，故A选项是假命题；
B，等式两边平方，得a→2−2a→⋅b→+b→2=|a→|2+2|a→|⋅|b→|+|b→|2，
故有−a→⋅b→=|a→||b→|，可知⟨a→，b→⟩=π，
即a→与b→共线且反向，故B选项是真命题；
C，a→=(1,2)，b→=(1,1)，则a+tb→=(1+t,2+t)，
若a→与a→+tb→夹角为锐角，
则a→(a→+tb→)>0，且a→与a→+tb→不共线，
即5+3t>0，且2+t≠2(1+t)，
解得，t>−53，且t≠0，
则实数t的取值范围是(−53,0)∪(0,+∞)，故C选项是假命题；
D，∵ BC→⋅CA→=AB→⋅CA→，
∴ BC→⋅AC→=AB→⋅AC→，
即|BC→|⋅|AC→|⋅csC=|AB→|⋅|AC→|⋅csA.
由正弦定理，得sinAcsC=sinCcsA，
即sin(A−C)=0.
∵ ∠A，∠C为△ABC内角，
∴ ∠A=∠C，
∴ △ABC为等腰三角形，故D选项是真命题.
故选AC.
【答案】
A,B
【考点】
正弦定理
正弦函数的定义域和值域
【解析】
由正弦定理得到a=6sinA，结合sinA∈(12,1)，求出3【解答】
解：由正弦定理得asinA=csinC，
所以a=c⋅sinAsinC=3sinAsinπ6=6sinA，
又0所以sinA∈(12,1].
因为该三角形有两个解，当sinA=1时只有一解，
所以sinA∈(12,1)，
所以3结合选项可知x的值可能为4，5.
故选AB．
【答案】
A,C,D
【考点】
向量的几何表示
向量在几何中的应用
三角形五心
【解析】
本题考查三角形的四心的判断，考查向量的坐标表示，以及化简运算能力，属于难题．
【解答】
解：A，因为S△OBC OA→+S△OAC OB→+S△OAB OC→=0→，而S△OBC=S△OAC=S△OAB，
所以O是△ABC的重心，故A正确；
B，因为OA→⋅OB→=OB→⋅OC→+OC→⋅OA→，
由OA→⋅OB→=OB→⋅OC→，移项整理得：OB→⋅OA→−OC→=0，即OB→⋅CA→=0，
所以OB⊥CA，
同理可得OA⊥BC，OC⊥AB，
因为∠ABC+∠A<π，
所以∠ABC<π−∠A，故B错误；
C，由aOA→+bOB→+cOC→=0→，且S△OBC OA→+S△OAC OB→+S△OAB OC→=0→，
∴ S△BOC:S△AOC:S△AOB=a:b:c，
故点O到三角形三边的距离相等，即O是△ABC的内心，故C正确.
D，若O是△ABC的外心，则OA=OB=OC，
S△BOC:S△AOC:S△AOB=sin∠BOC:sin∠AOC:sin∠AOB
=sin2A:sin2B:sin2C，而S△OBC OA→+S△OAC OB→+S△OAB OC→=0→，
故sin2AOA→+sin2BOB→+sin2COC→=0→，故D正确.
故选ACD.
三、填空题
【答案】
45∘
【考点】
余弦定理
【解析】
左侧图片未给出解析
【解答】
解：△ABC中 , ∵a2=b2−c2+2ac，可得 : a2+c2−b2=2ac，
∴由余弦定理可得 : csB=a2+c2−b22ac=2ac2ac=22，
∵B∈(0,π)，
∴B=45∘ .
故答案为：45∘.
【答案】
12
【考点】
实系数多项式虚根成对定理
根与系数的关系
【解析】
利用实系数的一元二次方程的虚根成对原理即可得出．
【解答】
解：∵−1+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p，q∈R)的一个根，
∴−1−3i也是关于x的方程x2+px+q=0(p，q∈R)的一个根，
∴−1+3i+−1−3i=−p，−1+3i−1−3i=q，
解得p=2，q=10，
∴p+q=12．
故答案为：12．
【答案】
73πa2
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
由题意可知上下底面中心连线的中点就是球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．
【解答】
解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，
上下底面中心连线的中点就是球心，
则其外接球的半径为R=(a2)2+(a2sin60∘)2=712a2，
球的表面积为S=4π⋅7a212=73πa2.
故答案为：73πa2.
【答案】
−54
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
求解非线性目标函数的最值-有关距离
【解析】
以BA所在直线为x轴建立坐标系，设Px,y，运用向量的坐标运算和向量数量积的坐标表示，得出PA→⋅PB→+PC→关于x，y的表达式，配方即可得出结论．
【解答】
解：以BA为x轴，以BA边上的高为y轴建立坐标系，
△ABC是斜边为2的等腰直角三角形，且C为直角顶点，直角边BC=2，
则A1,0，B−1,0，C0,1，
设Px,y，
则PB→+PC→=−1−x,−y+−x,1−y=−1−2x,1−2y，
PA→=1−x,−y，
∴ PA→⋅PB→+PC→=2x2−x−1+2y2−y
=2x−142+2y−142−54，
∴ 当x=14，y=14时，则PA→⋅(PB→+PC→)取得最小值−54．
故答案为：−54．
四、解答题
【答案】
解：(1)由a2+a−12=0得a=−4或a=3，
∴ 当a=−4或a=3时，复数z为实数．
(2)由a2−2a−3=0,a2+a−12≠0,得a=−1，
∴ 当a=−1时，复数z为纯虚数．
(3)由a2−2a−3>0,a2+a−12<0,
解得−4∴ 当−4【考点】
复数的基本概念
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
(1)由虚部为0列式求解；
(2)由实部为0且虚部不为0列式求解；
(3)由实部大于0且虚部小于0联立不等式组求解．
【解答】
解：(1)由a2+a−12=0得a=−4或a=3，
∴ 当a=−4或a=3时，复数z为实数．
(2)由a2−2a−3=0,a2+a−12≠0,得a=−1，
∴ 当a=−1时，复数z为纯虚数．
(3)由a2−2a−3>0,a2+a−12<0,
解得−4∴ 当−4【答案】
解：(1)由(2a→−3b→)⋅(2a→+b→)=61，
得a→⋅b→=−6，
∴ |2a→+3b→|2=(2a→+3b→)2
=4a→2+9b→2+12a→⋅b→
=4×42+9×32+12×(−6)
=73，
即|2a→+3b→|=73．
(2)∵ (2a→−kb→)//(ka→−b→)，
∴ 2k=−k−1，
∴ k2=2即k=±2．
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
向量的共线定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由(2a→−3b→)⋅(2a→+b→)=61，
得a→⋅b→=−6，
∴ |2a→+3b→|2=(2a→+3b→)2
=4a→2+9b→2+12a→⋅b→
=4×42+9×32+12×(−6)
=73，
即|2a→+3b→|=73．
(2)∵ (2a→−kb→)//(ka→−b→)，
∴ 2k=−k−1，
∴ k2=2即k=±2．
【答案】
解：(1)设圆锥底面半径为r，高为ℎ，
则2πr=3×2π3，解得r=1，ℎ=32−12=22，
故圆锥的体积v=13πr2ℎ=22π3.
(2)设内接圆柱的高为ℎ′，则ℎ′ℎ=1−x1，ℎ′=22(1−x)，
则内接圆柱侧面积y=2πxℎ′=−42π(x−12)2+2π，
即当且仅当x=12时，ymax=2π.
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设圆锥底面半径为r，高为ℎ，
则2πr=3×2π3，解得r=1，ℎ=32−12=22，
故圆锥的体积v=13πr2ℎ=22π3.
(2)设内接圆柱的高为ℎ′，则ℎ′ℎ=1−x1，ℎ′=22(1−x)，
则内接圆柱侧面积y=2πxℎ′=−42π(x−12)2+2π，
即当且仅当x=12时，ymax=2π.
【答案】
解：(1)由正弦定理知sinAcsC+3sinAsinC−sinB−sinC=0，
又sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
∴ 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0.
∵ sinC>0，
∴ 3sinA−csA−1=0，
化简得sin(A−π6)=12.
∵ −π6∴ A−π6=π6，
即A=π3.
(2)由(1)得，sinA=32，csA=12，
则由S=12bcsinA=3，
得12bc×32=3，
解得bc=4①.
由余弦定理得，a2=b2+c2−2bccsA，
即4=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，
解得b+c=4②，
①②联立，得b=c=2.
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】
（1）利用正弦定理化简已知等式，把sinB=sin(A+C)代入并利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理求出sin(A−π6)的值，即可确定出A的度数；
（2）利用三角形面积公式列出关系式，把sinA与已知面积代入求出bc的值，利用余弦定理列出关系式，把a，csA的值代入并利用完全平方公式变形，把bc的值代入求出+c的值，联立即可求出b与c的值．
【解答】
解：(1)由正弦定理知sinAcsC+3sinAsinC−sinB−sinC=0，
又sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
∴ 3sinAsinC−csAsinC−sinC=0.
∵ sinC>0，
∴ 3sinA−csA−1=0，
化简得sin(A−π6)=12.
∵ −π6∴ A−π6=π6，
即A=π3.
(2)由(1)得，sinA=32，csA=12，
则由S=12bcsinA=3，
得12bc×32=3，
解得bc=4①.
由余弦定理得，a2=b2+c2−2bccsA，
即4=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，
解得b+c=4②，
①②联立，得b=c=2.
【答案】
解：(1)由图可得：
S四边形ABCD=S△BOC+S△COD+S△DOA
=12sinθ+12sinπ3+12sinπ−θ−π3
=32sinθ+π6+34，
则π6<θ+π6<56π，
sinθ+π6≤1，此时θ+π6=π2，可得θ=π3，
则当θ=π3时，郁金香种植面积最大.
(2)由余弦定理，BC=1+1−2csθ=2sinθ2，
DA=1+1+2cs2θ=2csθ，
∴l=4sinθ2+2csθ0<θ<π2，
令t=sinθ2，则0l=4sinθ2+21−2sin2θ2
=4t+21−2t2
=−4t−122+3，
∴ t=12，即θ=π3时，l的最大值为3.
【考点】
在实际问题中建立三角函数模型
三角函数模型的应用
余弦定理
二倍角的余弦公式
【解析】
(1)求出S四边形ABCD=S△BOC+S△COD+S△DOA整理可得S四边形ABCD=32sinθ+π6+34，利用正弦函数的性质可求得最值；
（2）利用余弦定理求得BC=CD=2sinθ2，DA=2csθ，相加可求出l，进而可求其最值．
【解答】
解：(1)由图可得：
S四边形ABCD=S△BOC+S△COD+S△DOA
=12sinθ+12sinπ3+12sinπ−θ−π3
=32sinθ+π6+34，
则π6<θ+π6<56π，
sinθ+π6≤1，此时θ+π6=π2，可得θ=π3，
则当θ=π3时，郁金香种植面积最大.
(2)由余弦定理，BC=1+1−2csθ=2sinθ2，
DA=1+1+2cs2θ=2csθ，
∴l=4sinθ2+2csθ0<θ<π2，
令t=sinθ2，则0l=4sinθ2+21−2sin2θ2
=4t+21−2t2
=−4t−122+3，
∴ t=12，即θ=π3时，l的最大值为3.
【答案】
解：(1)设⟨a→,b→⟩=θ，|a→⋅b→|=|a→||b→||csθ|≤|a→||b→|，
当且仅当a→//b→，即θ=0或π时，等号成立．
(2)①设m→=(a,b)，n→=(c,d)，
则m→⋅n→=ac+bd，|m→|=a2+b2，|n→|=c2+d2，
∴ |ac+bd|≤a2+b2⋅c2+d2，
∴ (ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)．
②设a→=(3,4)，b→=(x−1,2−x)，1≤x≤2，
则|a→|=5，|b→|=1，a→⋅b→=3x−1+42−x，
∴ 当a→//b→即32−x=4x−1，解得x=3425，
得(a→⋅b→)max=5，
又∵ 点P(x−1,2−x)在以原点为圆心的单位圆的第一象限内（包含与坐标轴交点），
点P为点(1,0)时，b→在a→上的投影的最小，
∴ (a→⋅b→)min=(1,0)⋅(3,4)=3．
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设⟨a→,b→⟩=θ，|a→⋅b→|=|a→||b→||csθ|≤|a→||b→|，
当且仅当a→//b→，即θ=0或π时，等号成立．
(2)①设m→=(a,b)，n→=(c,d)，
则m→⋅n→=ac+bd，|m→|=a2+b2，|n→|=c2+d2，
∴ |ac+bd|≤a2+b2⋅c2+d2，
∴ (ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)．
②设a→=(3,4)，b→=(x−1,2−x)，1≤x≤2，
则|a→|=5，|b→|=1，a→⋅b→=3x−1+42−x，
∴ 当a→//b→即32−x=4x−1，解得x=3425，
得(a→⋅b→)max=5，
又∵ 点P(x−1,2−x)在以原点为圆心的单位圆的第一象限内（包含与坐标轴交点），
点P为点(1,0)时，b→在a→上的投影的最小，
∴ (a→⋅b→)min=(1,0)⋅(3,4)=3．