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阶段质量检测
(二)平面向量时间120分钟 满分150分
一、选择题本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1.已知平面向量a=2,-1,b=13,那么|a+b|等于 A.5 B.C.D.13解析选B 因为a+b=32,所以|a+b|==,故选B.2.已知向量m=λ+11,n=λ+22,若m+n⊥m-n,则λ= A.-4B.-3C.-2D.-1解析选B 因为m+n=2λ+33,m-n=-1,-1,由m+n⊥m-n,可得m+n·m-n=2λ+33·-1,-1=-2λ-6=0,解得λ=-
3.3.设点A-12,B23,C3,-1,且=2-3,则点D的坐标为 A.216B.-2,-16C.416D.20解析选A 设Dx,y,由题意可知=x+1,y-2,=31,=1,-4,∴2-3=231-31,-4=314.∴∴故选A.4.某人在静水中游泳,速度为4km/h,水流的速度为4km/h.他沿着垂直于对岸的方向前进,那么他实际前进的方向与河岸的夹角为 A.90°B.30°C.45°D.60°解析选D 如图,用表示水速,表示某人垂直游向对岸的速度,则实际前进方向与河岸的夹角为∠AOC.于是tan∠AOC====,∴∠AOC=60°,故选D.5.设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点,且=2,=2,=2,则++与 A.反向平行B.同向平行C.互相垂直D.既不平行也不垂直解析选A ∵++=+++++=++=+++=-,∴++与平行且方向相反.6.设a,b是两个非零向量 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b=λaD.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|解析选C 若|a+b|=|a|-|b|,则a,b共线,即存在实数λ,使得a=λb,故C正确;选项A当|a+b|=|a|-|b|时,a,b可为异向的共线向量;选项B若a⊥b,由矩形得|a+b|=|a|-|b|不成立;选项D若存在实数λ,使得b=λa,a,b可为同向的共线向量,此时显然|a+b|=|a|-|b|不成立.7.已知平面上直线l与e所在直线平行且e=,点O00和A1,-2在l上的射影分别是O′和A′,则=λe,其中λ等于 A.B.-C.2D.-2解析选D 由题意可知||=||cosπ-θθ为与e的夹角.∵O00,A1,-2,∴=1,-2.∵e=,∴·e=1×+-2×=-2=||·|e|·cosθ,∴||·cosθ=-
2.又∵||=|λ|·|e|,∴λ=±
2.又由已知可得λ0,∴λ=-2,故选D.8.在△ABC中,有下列四个命题
①-=;
②++=0;
③若+·-=0,则△ABC为等腰三角形;
④若·0,则△ABC为锐角三角形.其中正确的命题有 A.
①②B.
①④C.
②③D.
②③④解析选C ∵-==-≠,∴
①错误.++=+=-=0,∴
②正确.由+·-=-=0,得||=||,∴△ABC为等腰三角形,
③正确.·0⇒cos〈,〉0,即cosA0,∴A为锐角,但不能确定B,C的大小,∴不能判定△ABC是否为锐角三角形,∴
④错误,故选C.
二、填空题本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.请把正确答案填在题中横线上9.已知向量a,b的夹角为120°,|a|=1,|b|=3,则|5a-b|=________.解析|5a-b|=====
7.答案710.在△ABC中,点M,N满足=2,=.若=x+y,则x=________,y=________.解析∵=2,∴=.∵=,∴=+,∴=-=+-=-.又=x+y,∴x=,y=-.答案 -11.已知向量a,b是互相垂直的单位向量,且c·a=c·b=-1,则|c|=________,|a-2b+3c|=________.解析不妨设a=10,b=01,c=x,y,则c·a=x=-1,c·b=y=-1,所以c=-1,-1,|c|=.所以a-2b+3c=-2,-5,所以|a-2b+3c|==.答案 12.若向量a与b满足|a|=,|b|=2,a-b⊥a.则向量a与b的夹角等于________,|a+b|=________.解析因为a-b⊥a,所以a-b·a=a2-a·b=0,所以a·b=2,所以cos〈a,b〉===,所以〈a,b〉=.因为|a+b|2=a2+2a·b+b2=2+2×2+4=10,所以|a+b|=.答案 13.设非零向量a,b的夹角为θ,记fa,b=acosθ-bsinθ,若e1,e2均为单位向量,且e1·e2=,则向量fe1,e2的模为________,向量fe1,e2与fe2,-e1的夹角为________.解析∵e1·e2=,且e1,e2均为单位向量,∴向量e1与e2的夹角为30°,∴fe1,e2=e1cos30°-e2sin30°=e1-e2,∴|fe1,e2|===.∵向量e1与e2的夹角为30°,∴向量e2与-e1的夹角为150°,∴fe2,-e1=e2cos150°+e1sin150°=e1-e2,∴fe1,e2·fe2,-e1=·=e-e1·e2+e=0,故向量fe1,e2与fe2,-e1的夹角为.答案 14.已知向量与的夹角为120°,且||=3,||=
2.若=λ+,且⊥,则实数λ的值为________.解析=-,由于⊥,所以·=0,即λ+·-=-λ2+2+λ-1··=-9λ+4+λ-1×3×2×=0,解得λ=.答案
15.如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2,AD=DC=1,P是线段BC上一动点,Q是线段DC上一动点,=λ,=1-λ,则·的取值范围是________.解析建立如图所示的平面直角坐标系,则D01,C11.设Qm,n,由=λ得,m,n-1=λ10,即m=λ,n=
1.又B20,设Ps,t,由=1-λ得,s-1,t-1=1-λ1,-1,即s=2-λ,t=λ,所以·=λ2-λ+λ=-λ2+3λ,λ∈
[01].故·∈
[02].答案
[02]
三、解答题本大题共5小题,共74分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤16.本小题满分14分平面内有向量=17,=51,=21,点M为直线OP上的一动点.1当·取最小值时,求的坐标;2在1的条件下,求cos∠AMB的值.解1设=x,y,∵点M在直线OP上,∴向量与共线,又=21.∴x×1-y×2=0,即x=2y.∴=2y,y.又=-,=17,∴=1-2y7-y.同理=-=5-2y1-y.于是·=1-2y5-2y+7-y1-y=5y2-20y+
12.可知当y==2时,·有最小值-8,此时=42.2当=42,即y=2时,有=-35,=1,-1,||=,||=,·=-3×1+5×-1=-
8.cos∠AMB===-.17.本小题满分15分已知O,A,B是平面上不共线的三点,直线AB上有一点C,满足2+=0,1用,表示.2若点D是OB的中点,证明四边形OCAD是梯形.解1因为2+=0,所以2-+-=0,2-2+-=0,所以=2-.2证明如图,=+=-+=2-.故=.即DA∥OC,且DA≠OC,故四边形OCAD为梯形.18.本小题满分15分如图,平行四边形ABCD中,=a,=b,H,M分别是AD,DC的中点,F使BF=BC.1以a,b为基底表示向量与;2若|a|=3,|b|=4,a与b的夹角为120°,求·.解1连接AF,由已知得=+DM―→=a+b.∵=+=a+b,∴=HA―→+=-b+=a-b.2由已知得a·b=|a||b|cos120°=3×4×=-6,从而·=·=|a|2+a·b-|b|2=×32+×-6-×42=-.19.本小题满分15分在△ABC中,·=0,||=12,||=15,l为线段BC的垂直平分线,l与BC交于点D,E为l上异于D的任意一点.1求·的值;2判断·的值是否为一个常数,并说明理由.解1∵·=0,∴AB⊥AC.又||=12,||=15,∴||=
9.由已知可得=+,=-,∴·=+·-=-=144-81=.2·的值为一个常数.理由∵l为线段BC的垂直平分线,l与BC交于点D,E为l上异于D的任意一点,∴·=
0.故·=+·=·+·=·=.20.本小题满分15分在平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知向量a=-12,且点A80,Bn,t,Cksinθ,t,θ∈.1若⊥a,且||=||,求向量;2若向量与向量a共线,当k4,且tsinθ取最大值4时,求·.解1因为=n-8,t,且⊥a,所以8-n+2t=0,即n=8+2t.又||=||,所以5×64=n-82+t2=5t2,解得t=±
8.所以=248或-8,-8.2因为=ksinθ-8,t,与a共线,所以t=-2ksinθ+
16.又tsinθ=-2ksinθ+16sinθ=-2k2+,当k4时,10,所以当sinθ=时,tsinθ取得最大值;由=4,得k=8,此时θ=,故=48,所以·=8×4+8×0=
32.。