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第二章学业质量标准检测本试卷分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分.满分150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷选择题 共60分
一、选择题本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的1.下列命题中正确的是 D A.-=B.+=0C.0·=0D.++=[解析] 起点相同的向量相减,则取终点,并指向被减向量,-=;,是一对相反向量,它们的和应该为零向量,+=0;0·=0.2.已知点P,Q是△ABC所在平面上的两个定点,且满足+=02++=,若||=λ||,则正实数λ= A A.B.C.1D.[解析] 满足+=0,∴点P是线段AC的中点.∵2++=,∴2=---=2,∴点Q是线段AB的中点,∵||=λ||,∴λ=.3.如果a、b是两个单位向量,那么下列四个结论中正确的是 D A.a=b B.a·b=1C.a=-bD.|a|=|b|[解析] 两个单位向量的方向不一定相同或相反,所以选项A、C不正确;由于两个单位向量的夹角不确定,则a·b=1不成立,所以选项B不正确;|a|=|b|=1,则选项D正确.4.如图,a-b等于 C A.2e1-4e2B.-4e1-2e2C.e1-3e2D.3e1-e2[解析] a-b=e1-3e2.5.如图,正方形ABCD中,点E、F分别是DC、BC的中点,那么= D A.+B.--C.-+D.-AD[解析] ==-.6.+·-等于 A A.0B.λ1+λ2C.λ1-λ2D.λ1λ2[解析] ∵=a
0.a0为a的单位向量.∴原式即λ1a0+λ1b0λ2a0-λ2b0=λ1·λ2a-b=0.7.已知点A-
11、B
12、C-2,-
1、D34,则向量在方向上的投影为 A A.B.C.-D.-[解析] 本题考查向量数量积的几何意义及坐标运算.由条件知=21,=55,·=10+5=15.||==5,则在方向上的投影为||cos〈,〉===,故选A.8.已知a、b是不共线的向量,=λa+b,=a+μbλ,μ∈R,那么A、B、C三点共线应满足的条件是 D A.λ+μ=2B.λ-μ=1C.λμ=-1D.λμ=1[解析] A,B,C三点共线即存在实数k,使得=k,即λa+b=ka+μb,所以有λa=ka,b=kμb,即λ=k1=kμ,得λμ=1.9.设a、b是两个非零向量 C A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥bB.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得a=λbD.若存在实数λ,使得a=λb,则|a+b|=|a|-|b|[解析] 利用排除法可得选项C是正确的,∵|a+b|=|a|-|b|,则a、b共线,即存在实数λ,使得a=λb.如选项A|a+b|=|a|-|b|时,a、b可为异向的共线向量;选项B若a⊥b,由正方形得|a+b|=|a|-|b|不成立;选项D;若存在实数λ,使得a=λb,a,b可为同向的共线向量,此时显然|a+b|=|a|-|b|不成立.10.山东高考已知非零向量m、n满足4|m|=3|n|,cosm,n=.若n⊥tm+n,则实数t的值为 B A.4B.-4C.D.-[解析] 由n⊥tm+n可得n·tm+n=0,则tm·n+n2=0,所以t=-=-=-=-3×=-3×=-
4.故选B.11.2018·天津理,8如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=
1.若点E为边CD上的动点,则·的最小值为 A A.B.C.D.3[解析] 如图,以D为坐标原点建立直角坐标系.连接AC,由题意知∠CAD=∠CAB=60°,∠ACD=∠ACB=30°,则D00,A10,B,C0,.设E0,y0≤y≤,则=-1,y,=,∴·=+y2-y=2+,∴当y=时,·有最小值.故选A.12.已知点O为△ABC所在平面内一点,且2+2=2+2=2+2,则点O一定为△ABC的 D A.外心B.内心C.重心D.垂心[解析] ∵2+2=2+2,∴2-2=2-2,∴-·+=+·-,∴·+=·-,∴·+-+=0,∴·++=0,∴·2=0,∴·=0,∴⊥.同理可得⊥,⊥.∴O为△ABC的垂心.第Ⅱ卷非选择题 共90分
二、填空题本大题共4个小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在题中横线上13.已知向量a、b,且=a+2b,=-5a+6b,=7a-2b,则A、B、C、D四点中一定共线的三点是__A、B、D__.[解析] =+=-5a+6b+7a-2b=2a+4b=2a+2b=2.14.设向量a,b,c满足a+b+c=0,a-b⊥c,a⊥b,若|a|=1,则|a|2+|b|2+|c|2的值是__4__.[解析] 由于a⊥b,由此画出以a,b为邻边的矩形ABCD,如图所示,其中,=a,=b,∵a+b+c=0,∴=c,=a-b.∵a-b⊥c,∴矩形的两条对角线互相垂直,则四边形ABCD为正方形.∴|a|=|b|=1,|c|=,|a|2+|b|2+|c|2=4.15.若对n个向量a1,a2,…,an存在n个不全为零的实数k1,k2,…,kn,使得k1a1+k2a2+…+knan=0成立,则称向量a1,a2,…,an为“线性相关”.依此规定,能说明a1=12,a2=1,-1,a3=210“线性相关”的实数k1,k2,k3依次可以取__-421__写出一组数值即可,不必考虑所有情况.[解析] 由k1a1+k2a2+k3a3=0得⇒k1=-4k3,k2=2k3,令k3=cc≠0,则k1=-4c,k2=2c.16.2017天津理科在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2,若=2,=λ-λ∈R,且·=-4,则λ的值为 .[解析] 由题意,知||=3,||=2,·=3×2×cos60°=3,=+=+=+-=+,∴·=+·λ-=·-2+2=×3-×32+×22=λ-5=-4,解得λ=.
三、解答题本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤17.本题满分10分已知向量a=12,b=x1.1若〈a,b〉为锐角,求x的范围;2当a+2b⊥2a-b时,求x的值.[解析] 1若〈a,b〉为锐角,则a·b0且a、b不同向.a·b=x+20,∴x-2当x=时,a、b同向.∴x-2且x≠2a+2b=1+2x4,2a-b=2-x32x+12-x+3×4=0即-2x2+3x+14=0解得x=或x=-2.18.本题满分12分如图,∠AOB=,动点A1,A2与B1,B2分别在射线OA,OB上,且线段A1A2的长为1,线段B1B2的长为2,点M,N分别是线段A1B1,A2B2的中点.1用向量与表示向量.2求向量的模.[解析] 1=++
①,=++
②①+
②将+=2,所以=+;2||2=2+2·+2=1+2×1×2×cos+4=.∴||=.19.本题满分12分已知a,b,c是同一平面内的三个向量,其中a=12.1若|b|=2,且a∥b,求b的坐标.2若|c|=,且2a+c与4a-3c垂直,求a与c的夹角θ.[解析] 1设b=x,y,因为a∥b,所以y=2x
①又因为|b|=2,所以x2+y2=20
②由
①②联立,解得b=24或b=-2,-4.2由已知2a+c⊥4a-3c,2a+c·4a-3c=8a2-3c2-2a·c=0,又|a|=,|c|=,解得a·c=5,所以cosθ==,θ∈[0,π],所以a与c的夹角θ=.20.本题满分12分已知a和b是两个非零的已知向量,当a+tbt∈R的模取最小值时.1求t的值;2已知a与b成45°角,求证b与a+tbt∈R垂直.[解析] 1设a与b的夹角为θ,则|a+tb|2=|a|2+t2|b|2+2t·a·b=|a|2+t2·|b|2+2|a|·|b|·t·cosθ=|b|2t+cosθ2+|a|21-cos2θ.∴当t=-cosθ时,|a+tb|取最小值|a|sinθ.2∵a与b的夹角为45°,∴cosθ=,从而t=-·,b·a+tb=a·b+t·|b|2=|a|·|b|·-··|b|2=0,所以b与a+tbt∈R垂直,即原结论成立.21.本题满分12分在△ABC中,设·=·.1求证△ABC为等腰三角形;2若|+|=2,且B∈[,],求·的取值范围.[解析] 1证明∵·=·,∴·-=0.又++=0则=-+,∴-+·-=0.∴2-2=0,∴||2=||2.∴||=||,即△ABC为等腰三角形.2解∵B∈[,],∴cosB∈[-,].设||=||=a.∵|+|=2,∴|+|2=4,则有a2+a2+2a2cosB=4.∴a2=,则·=a2cosB==2-.又cosB∈[-,],∴·∈[-2,].22.本题满分12分已知向量a,b满足|a|=|b|=1,|ka+b|=|a-kb|k0,k∈R.1求a·b关于k的解析式fk.2若a∥b,求实数k的值.3求向量a与b夹角的最大值.[解析] 1由已知|ka+b|=|a-kb|,有|ka+b|2=|a-kb|2,k2a2+2ka·b+b2=3a2-6ka·b+3k2b2.又因为|a|=|b|=1,得8ka·b=2k2+2,所以a·b=,即fk=k0.2因为a∥b,k0,所以a·b=0,则a与b同向.因为|a|=|b|=1,所以a·b=1,即=1,整理得k2-4k+1=0,所以k=2±,所以当k=2±时,a∥b.3设a,b的夹角为θ,则cosθ==a·b==k+=[-2+2].当=,即k=1时,cosθ取最小值,此时θ=.。