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數(shù)學(xué)平面向量高復(fù)習(xí)考題訓(xùn)練題(含答案)

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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(cè)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(shí)儲(chǔ)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(duì)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(jí)——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(shí)數(shù)m的值為(  )

  A.-3 B.-17

  C.-35 D.35

  解析 AB→=OB→-OA→=(3,1),因?yàn)锳B→∥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(guó)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(gè)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(diǎn)B1,B2在以O(shè)為圓心,半徑為1的圓上,點(diǎn)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(diǎn)A在以B1B2為直徑的圓上,當(dāng)P與O點(diǎn)重合時(shí),|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?yàn)镃D→∥AG→,所以存在實(shí)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(diǎn)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(diǎn)P滿足PA→+PB→+PC→=AB→,則△PBC與△ABC的面積之比是________.

  解析 因?yàn)镻A→+PB→+PC→=AB→,所以PA→+PB→+PC→+BA→=0,即PC→=2AP→,所以點(diǎn)P是CA邊上靠近A點(diǎn)的一個(gè)三等分點(diǎn),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(diǎn),AD→=(m,2),求a,m的值;

  (2)若△ABC是直角三角形,求a的值.

  解 (1)因?yàn)锳B→=(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?yàn)椤鰽BC是直角三角形,所以A=90°或B=90°或C=90°.

  當(dāng)A=90°時(shí),由AB→⊥AC→,

  得3×(-1)+1•a=0,所以a=3;

  當(dāng)B=90°時(shí),因?yàn)锽C→=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(shí),由BC→⊥AC→,

  得-1×(-4)+a•(a-1)=0,

  即a2-a+4=0,因?yàn)閍∈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(jí)——能力提高組

  1.

  已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為1,點(diǎn)P是AB邊上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)Q是AC邊上的動(dòng)點(diǎn),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(shí),BQ→•CP→的最大值為-38,選D.

  答案 D

  2.(2014•安徽卷)已知兩個(gè)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(gè)a和3個(gè)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(hào)).

 ?、賁有5個(gè)不同的值;

 ?、谌鬭⊥b,則Smin與|a|無關(guān);

 ?、廴鬭∥b,則Smin與|b|無關(guān);

 ?、苋魘b|>4|a|,則Smin>0;

 ?、萑魘b|=2|a|,Smin=8|a|2,則a與b的夾角為π4.

  解析 對(duì)于①,若a,b有0組對(duì)應(yīng)乘積,則S1=2a2+3b2,若a,b有2組對(duì)應(yīng)乘積,則S2=a2+2b2+2a•b,若a,b有4組對(duì)應(yīng)乘積,則S3=b2+4a•b,所以S最多有3個(gè)不同的值,①錯(cuò)誤;因?yàn)閍,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(duì)于②,當(dāng)a⊥b時(shí),Smin=b2與|a|無關(guān),②正確;對(duì)于③,顯然Smin與|b|有關(guān),③錯(cuò)誤;對(duì)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(duì)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(cuò)誤.因此正確命題是②④.

  答案?、冖?/p>

  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(duì)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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