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  • 2021-05-13 发布

高考数学二轮复习之平面向量含答案

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高考数学二轮复习之平面向量 一.选择题 ‎(1) 若,且,则向量与的夹角为 ( )‎ A 30° B 60° C 120° D 150°‎ ‎(2) P是△ABC所在平面上一点,若,则P是△ABC的(  )‎ ‎  A 外心  B 内心  C 重心  D 垂心 ‎(3)已知平行四边形ABCD中, =(3, 7 ), =(-2, 3 ), 对角线AC, BD交于点O, 则的坐标为 ( )‎ ‎ A (-, 5) B (-, -5) C (, -5) D (, 5) ‎ ‎(4) 已知向量( )‎ A 30° B 60° C 120° D 150°‎ ‎(5)为了得到函数y=sin(2x-)的图像,可以将函数y=cos2x的图像 ( )‎ A 向右平移个单位长度 B 向右平移个单位长度 C 向左平移个单位长度 D 向左平移个单位长度 ‎(6) 点P在平面上作匀速直线运动,速度向量=(4,-3)(即点P的运动方向与v相同,且每秒移动的距离为||个单位.设开始时点P的坐标为(-10,10),则5秒后点P的坐标为 ( )‎ A (-2,4) B (-30,25) C (10,-5) D (5,-10)‎ ‎(7) 在△ABC中,∠C=90°,则k的值是 ( )‎ A 5 B -‎5 ‎ C D ‎ ‎(8) 已知、均为单位何量,它们的夹角为60°,那么| + 3 | = ( )‎ A B C D 4‎ ‎(9) 已知点A(,1),B(0,0)C(,0).设∠BAC的平分线AE与BC相交于E,那么有等于 ( )‎ A 2 B C -3 D -‎ ‎(10) 已知向量≠,||=1,对任意t∈R,恒有|-t|≥|-|,则 ( )‎ A ⊥ B ⊥(-) C ⊥(-) D (+)⊥(-)‎ 二.填空题 ‎(11)已知向量,且A、B、C三点共线,则k=___‎ ‎(12)已知向量与的夹角为120°,且||=2, ||=5,则(2-)·= . ‎ ‎(13已知向量不超过5,则k的取值范围是_______‎ ‎(14) 直角坐标平面中,若定点与动点满足,则点P的轨迹方程是__________‎ 三.解答题 ‎(15) 已知向量.‎ 是否存在实数若存在,则求出x的值;若不存在,则证明之.‎ ‎(16)如图,在Rt△ABC中,已知BC=a,若长为‎2a的线段PQ以点A为中点,问 A B C a 与的夹角θ取何值时,·的值最大?并求出这个最大值.‎ ‎(17)已知两点M(-1,0), N(1, 0), 且点P使成公差小于零的等差数列.‎ ‎(Ⅰ)点P的轨迹是什么曲线?‎ ‎(Ⅱ)若点P的坐标为(x0, y0), 记θ为,的夹角, 求tanθ.‎ ‎ ‎ ‎(18)中,内角的对边分别是,已知成等比数列,且 ‎(Ⅰ)求的值 ‎(Ⅱ)设,求的值。‎ 答案 一选择题: ‎ ‎1.C ‎ ‎[解析]:若,设向量与的夹角为 ‎∵,∴,则 ‎∴‎ ‎2.D ‎ ‎[解析]:∵,则由得 ‎ ‎ ‎ 同理,即P是垂心 ‎3.B ‎ ‎[解析]:=(3, 7 ), =(-2, 3 ), , ‎ 则 ‎4.C ‎ ‎[解析]:,∵,∴‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎5.B ‎ ‎[解析]:y=sin(2x-)=cos(2x-)=cos2(x- ),故选B ‎6.C ‎ ‎[解析]:5秒后点P的坐标为(-10,10)+5(4,-3)= (10,- 5)‎ ‎7.A ‎ ‎[解析]: ∠C=90°,则∵∠C=90°‎ ‎∴‎ ‎8.C ‎ ‎[解析]:已知、均为单位何量,它们的夹角为60°,那么=‎ ‎∴| + 3 |2=‎ ‎9.C ‎ ‎[解析]:设∠BAC的平分线AE与BC相交于E,‎ 那么 ‎10.C ‎[解析]:已知向量≠,||=1,对任意t∈R,恒有|-t|≥|-|‎ ‎ 即 |-t|2≥|-|2 ∴‎ ‎ 即 ‎ ‎ 二填空题: ‎ ‎11. ‎ ‎[解析]:向量, ‎ ‎ ∴ ‎ 又A、B、C三点共线 故(4-k,- 7)= (- 2k,- 2)‎ ‎∴k=‎ ‎12. 13 ‎ ‎[解析]: (2-)·=22- ·=2‎ ‎13. [-6,2]‎ ‎[解析]:‎ ‎ 5 ∴ ‎ ‎14. x+2y-4=0‎ ‎[解析]:∴(1,2)·(x,y)=4,∴x+2y-4=0‎ 三解答题 ‎(15) 已知向量.‎ 当则2cosx=0‎ 答:时,.‎ ‎(16)解法一:∵⊥,∴·=0.‎ A B C Q P ‎∵= -,=-,=-,‎ ‎∴·=(-)·(-)‎ ‎ =·-·-·+·‎ ‎ = -a2-·+·‎ ‎ = -a2-·(-)‎ ‎ = -a2+·‎ ‎ = -a2+ a2cosθ.‎ 故当cosθ=1,即θ=0 (与方向相同)时, ·最大,最大值为0.‎ 解法二:以直角顶点为坐标原点,两直角边所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角 x y C Q A B P 坐标系.‎ 设|AB|=c,|AC|=b,则A(0,0),B(0,0),C(0,0).‎ 且|PQ|=‎2a,|BC|=a.‎ 设点P的坐标为(x,y),则Q(-x, -y),‎ ‎∴=(x-c, y),=( -x, -y- b).‎ ‎=(-c, b), =(-2x, -2y).‎ ‎·=( x-c)(-x)+ y(-y- b)= - (x2+y2)+ c x- b y .‎ ‎∵cosθ=,‎ ‎∴c x- b y= a2 cosθ.‎ ‎∴·= -a2+ a2cosθ.‎ 故当cosθ=1,即θ=0 (与方向相同)时, ·最大,最大值为0.‎ ‎(17)解(Ⅰ)记P(x, y), 由M(-1,0), N(1, 0)得= -=(-1-x, -y) = -=(1-x, -y),‎ ‎= -=(2, 0), ‎ ‎∴·=2(1+x), ·=x2+y2-1, ·=2(1-x).‎ 于是成公差小于零的等差数列等价于 x2+y2-1=[2(1+x)+ 2(1-x)],且2(1-x)- 2(1+x)<0, 解得x2+y2=3 (x>0). ‎ 所以点P的轨迹是以原点为圆心, 半径为的右半圆. ‎ ‎(Ⅱ) 点P的坐标为(x0, y0), ·=x02+y02-1=2, ‎ ‎||·||=.‎ ‎ ∴cosθ=. ∵0< x0≤, ∴< cosθ≤1, 0≤θ<.‎ ‎∵sinθ=, ∴tanθ=|y0|.‎ ‎(18) 解:(Ⅰ)由得 ‎ 由及正弦定理得 于是 ‎ ‎ ‎(Ⅱ)由得,由可得,即 由余弦定理 得 ‎∴ ‎