數(shù)學(xué)平面向量高復(fù)習(xí)考題訓(xùn)練題（含答案）
數(shù)學(xué)平面向量高復(fù)習(xí)考題訓(xùn)練題（含答案）
考試是檢測學(xué)生學(xué)習(xí)效果的重要手段和方法，考前需要做好各方面的知識儲備。下面是學(xué)習(xí)啦小編為大家整理的數(shù)學(xué)平面向量高復(fù)習(xí)考題訓(xùn)練題，希望對大家有所幫助!
數(shù)學(xué)平面向量高復(fù)習(xí)考題訓(xùn)練題及答案
高考專題訓(xùn)練(八) 平面向量
A級——基礎(chǔ)鞏固組
一、選擇題
1.已知向量OA→=(3，-4)，OB→=(6，-3)，OC→=(2m， m+1).若AB→∥OC→，則實數(shù)m的值為( )
A.-3 B.-17
C.-35 D.35
解析 AB→=OB→-OA→=(3,1)，因為AB→∥OC→，
所以3(m+1)-2m=0，解得m=-3.
答案 A
2.已知|a|=|b|=2，(a+2b)•(a-b)=-2，則a與b的夾角為( )
A.π6 B.π3
C.π2 D.2π3
解析 由(a+2b)•(a-b)=|a|2+ a•b-2|b|2=-2，得a•b=2，即|a||b|cos〈a，b〉=2，cos〈a，b〉=12.故〈a，b〉=π3.
答案 B
3.(2014•四川卷)平面向量a=(1,2)，b=(4,2)，c=ma+b(m∈R)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，則m=( )
A.-2 B.-1
C.1 D.2
解析 ∵a=(1,2)，b=(4,2)，∴c=m(1,2)+(4,2)=(m+4,2m+2).又∵c與a的夾角等于c與b的夾角 ，∴cos〈c，a〉=cos〈c，b〉.∴c•a|c||a|=c•b|c||b|.即5m+85|c|=8m+2025|c|，解得m=2.
答案 D
4.(2014•全國大綱卷)若向量a，b滿足：|a|=1，(a+b)⊥a，(2a+b)⊥b，則|b|=( )
A.2 B.2
C.1 D.22
解析 ∵(a+b)⊥a，|a|=1，∴(a+b)•a=0，
∴|a|2+a•b=0，∴a•b=-1.
又∵(2a+b)⊥b，∴(2a+b)•b= 0.
∴2a•b+|b|2=0.∴|b|2=2.
∴|b|=2，選B.
答案 B
5.設(shè)△ABC的三個內(nèi)角為A，B，C，向量m=(3sinA，sinB)，n=(cosB，3cosA)，若m•n=1+cos(A+B)，則C=( )
A.π6 B.π3
C.2π3 D.5π6
解析 依題意得 3sinAcosB+3cosAsinB=1+cos(A+B)，
3sin(A+B)=1+cos(A+B)，3sinC+cosC=1，
2sinC+π6=1，sinC+π6=12.又π6<C+π6<7π6，
因此C+π6=5π6，C=2π3，選C.
答案 C
6.在平面上，AB1→⊥AB2→，|OB1→|=|OB2→|=1，AP→=AB1→+AB2→.若|OP→|<12，則|OA→|的取值范圍是( )
A.0，52 B .52，72
C.52，2 D.72，2
解析 由題意得點B1，B2在以O(shè)為圓心，半徑為1的圓上，點P在以O(shè)為圓心半徑為12的圓內(nèi)，又AB1→⊥AB2→，AP→=AB1→+AB2→，所以點A在以B1B2為直徑的圓上，當(dāng)P與O點重合時，|OA→|最大為2，當(dāng)P在半徑為12的圓周上，|OA→|最小為72.∵P在圓內(nèi)，∴|OA→|∈72，2.
答案 D
二、填空題
7.(2014•北京卷)已知向量a，b滿足|a|=1，b=(2,1)，且λ a+b=0(λ∈R)，則|λ|=________.
解析 |b|=22+12=5，由λa+b=0，得b=-λa，
故|b|=|-λa|=|λ||a|，所以|λ|=|b||a|=51=5.
答案 5
8.如圖，在△ABC中，BO為邊AC上的中線，BG→=2GO→，若CD→∥AG→，且AD→=15AB→+λAC→(λ∈R)，則λ的值為________.
解析 因為CD→∥AG→，所以存在實數(shù)k，使得CD→=kAG→.CD→=AD→-AC→=15AB→+(λ-1)AC→，又由BO是△ABC的邊AC上的中線，BG→=2GO→，得點G為△ABC的重心，所以AG→=13(AB→+AC→)，所以15AB→+(λ-1)AC→=k3(AB→+AC→)，由平 面向量基本定理可得15=k3，λ-1=k3，解得λ=65.
答案 65
9.在△ABC所在的平面上有一點P滿足PA→+PB→+PC→=AB→，則△PBC與△ABC的面積之比是________.
解析 因為PA→+PB→+PC→=AB→，所以PA→+PB→+PC→+BA→=0，即PC→=2AP→，所以點P是CA邊上靠近A點的一個三等分點，故S△PBCS△ABC=PCAC=23.
答案 23
三、解答題
10.已知向量AB→=(3,1)，AC→=(-1，a)，a∈R
(1)若D為BC中點，AD→=(m,2)，求a，m的值;
(2)若△ABC是直角三角形，求a的值.
解 (1)因為AB→=(3,1)，AC→=(-1，a)，
所以AD→=12(AB→+AC→)=1，1+a2.
又AD→=(m,2)，所以m=1，1+a=2×2，解得a=3，m=1.
(2)因為△ABC是直角三角形，所以A=90°或B=90°或C=90°.
當(dāng)A=90°時，由AB→⊥AC→，
得3×(-1)+1•a=0，所以a=3;
當(dāng)B=90°時，因為BC→=AC→-AB→=(-4，a-1)，
所以由AB→⊥BC→，
得3×(-4)+1•(a-1)=0，所以a=13;
當(dāng)C=90° 時，由BC→⊥AC→，
得-1×(-4)+a•(a-1)=0，
即a2-a+4=0，因為a∈R，所以無解.
綜上所述，a=3或a=13.
11.在△ABC中，已知2AB→•AC→=3|AB→|•|AC→|=3BC→2，求角A、B、C的大小.
解 設(shè)BC=a，AC=b，AB=c.
由2AB→•AC→=3|AB→|•|AC→|，得2bccosA=3bc，
所以cosA=32.
又A∈(0，π)，因此A=π6.
由3|AB→|•|AC→|=3BC→2，得cb=3a2.
于是sinC•sinB=3sin2A=34.
所以sinC•sin5π6-C=34.
sinC•12cosC+32sinC=34，
因此2sinC•cosC+23sin2C=3，
sin2C-3cos2C=0，
即2sin2C-π3=0.
由A=π6知0<C<5π6，
所以-π3<2C-π3<4π3，
從而2C-π3=0，或2C-π3=π，
即C=π6或C=2π3，
故A=π6，B=2π3，C=π6，或A=π6，B=π6，C=2π3.
B級——能力提高組
1.
已知正三角形ABC的邊長為1，點P是AB邊上的動點，點Q是AC邊上的動點，且AP→=λAB→，AQ→=(1-λ)AC→ ，λ∈R，則BQ→•CP→的最大值為( )
A.32 B.-32
C.38 D.-38
解析 如圖，BQ→•CP→=(BA→+AQ→)•(CA→+AP→)=[BA→+(1-λ)AC→]•(CA→+λAB→)=AB→•AC→-λAB→ 2-(1-λ)AC→2+λ(1-λ)AB→•AC→=(λ-λ2+1)×cos60°-λ+λ-1=-12λ-122-38，0≤λ≤1，所以當(dāng)λ=12時，BQ→•CP→的最大值為-38，選D.
答案 D
2.(2014•安徽卷)已知兩個不相等的非零向量a，b，兩組向量x1，x2，x3，x4，x5和y1，y2，y3，y4，y5均由2個a和3個b排列而成.記S=x1•y1+x2•y2+x3•y3+x4•y4+x5•y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值. 則下列命題正確的是________(寫出所有正確命題的編號).
?、賁有5個不同的值;
?、谌鬭⊥b，則Smin與|a|無關(guān);
③若a∥b，則Smin與|b|無關(guān);
?、苋魘b|>4|a|，則Smin>0;
⑤若|b|=2|a|，Smin=8|a|2，則a與b的夾角為π4.
解析 對于①，若a，b有0組對應(yīng)乘積，則S1=2a2+3b2，若a，b有2組對應(yīng)乘積，則S2=a2+2b2+2a•b，若a，b有4組對應(yīng)乘積，則S3=b2+4a•b，所以S最多有3個不同的值，①錯誤;因為a，b是不等向量，所以S1-S3=2a2+2b2-4a•b=2(a-b)2>0，S1-S2=a2 +b2-2a•b=(a-b)2>0，S2-S3=(a-b)2>0，所以S3<S2<S1，故Smin=S3=b2+4a•b，對于②，當(dāng)a⊥b時，Smin=b2與|a|無關(guān)，②正確;對于③，顯然Smin與|b|有關(guān)，③錯誤;對于④，設(shè)a，b的夾角為θ，則Smin=b2+4a•b>16|a|2+16|a|2cosθ=16|a|2(1+cosθ)≥0，故Smin>0，④正確;對于⑤，|b|=2|a|，Smin=4|a|2+8|a|2cosθ=8|a|2，所以cosθ=12，又θ∈[0，π]，所以θ=π3，⑤錯誤.因此正確命題是②④.
答案 ②④
3.已知向量m=3sinx4，1，n=cosx4，cos2x4.
(1)若m•n=1，求cos2π3-x的值;
(2)記f(x)=m•n，在△ABC中，角A ，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足(2a-c)cosB=bcosC，求函數(shù)f(A)的取值范圍.
解 (1)m•n=3sinx4cosx4+cos2x4
=32sin x2+12•cosx2+12=sinx2+π6+12.
又∵m•n=1，∴sinx2+π6=12.
cosx+π3=1-2sin2x2+π6=12，
cos2π3-x=- cosx+π3=-12.
(2)∵(2a-c)cosB=bcosC，
由正弦定理得(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC，
∴2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC.
∴2sinAcosB=sin(B+C).
∵A+B+C=π，∴sin(B+C)=sinA，且sinA≠0.
∴cosB=12.又∵0<B<π，∴B=π3.
∴0<A<2π3.
∴π6<A2+π6<π2，12<sinA2+π6<1.
又∵f(x)=m•n=sinx2+π6+12，
∴f(A)=sinA2+π6+12.
故函數(shù)f(A)的取值范圍是1，32.
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