高中數學人教A版本冊總復習總復習 高中數學人教版《第二章測評》課后習題

第二章測評(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.(2023?山東淄川一中階段性檢測)若|m|=4,|n|=6,m與n的夾角是135°,則m·n=() B.122 解析:m·n=|m||n|cos135°=4×6×cos135°=-122,故選C.答案:C2.已知平面內不共線的四點O,A,B,C滿足OB=13OA+23OC,則|AB∶3 ∶1 ∶2 ∶1解析:由OB=得13(OA-即13AB=23BC,所以|AB故|AB|∶|BC|=2∶1.答案:D3.已知a=(1,-2),b=(-3,4),c=(3,2),則(a+b)·(2a-c)=( .14 解析:∵a+b=(-2,2),2a-c=(2,-4)-(3,2)=(-1,-6),∴(a+b)·(2a-c)=-2×(-1)+2×(-6)=-答案:C4.向量BA=(4,-3),向量BC=(2,-4),則△ABC的形狀為()A.等腰非直角三角形 B.等邊三角形C.直角非等腰三角形 D.等腰直角三角形解析:∵AC=BC-BA=(∴AC·BC=(-2)×2+(-1)×(-4)∴AC⊥又|AC|≠|BC|,∴△ABC是直角非等腰三角形.答案:C5.(2023?河南鄭州高一期末)平面向量a=(1,-2),b=(-2,x),若a∥b,則x等于() -4 解析:∵平面向量a=(1,-2),b=(-2,x),且a∥b,∴1·x-(-2)·(-2)=0,解得x=4.故選A.答案:A6.若a=(2,-3),b=(1,2),c=(9,4),且c=ma+nb,則m,n的值分別是(),5 ,-5 ,-5 解析:∵c=ma+nb,∴(9,4)=m(2,-3)+n(1,2)=(2m+n,-3m+2n).答案:A7.平面向量a與b的夾角為60°,|a|=2,b=12,32,則|a+2bA.3 B.23解析:∵b=12,32,∴|由已知得ab=|a||b|cosθ=2×1×12=1∴|a+2b|=(a+2b)答案:B8.(2023·遼寧實驗中學分校段考)若|a+b|=|a-b|=2|a|,則向量a+b與a的夾角為()A.π6 B.π3 C.2π解析:∵|a+b|=|a-b|=2|a|,∴|a+b|2=|a-b|2,兩邊平方可得a2+2a·b+b2=a2-2a·化簡可得a·b=0.設向量a+b與a的夾角為θ,則可得cosθ=(a+b)·a|a+b||a答案:B9.已知OA=(-2,1),OB=(0,2),且AC∥OB,BC⊥A.(2,6) B.(-2,-6) C.(2,-6) D.(-2,6)解析:設C(x,y),則AC=(x+2,y-1),BC=(x,y-2),AB=(2,1).由AC∥OB∴點C的坐標為(-2,6).答案:D10.如圖,過點M(1,0)的直線與函數y=sinπx(0≤x≤2)的圖象交于A,B兩點,則OM·(OA+OB)等于( 解析:設N(2,0),由題意知OA+∴OM·(OA+=OM·ON=(1,0)·(2,0)=答案:B11.已知向量a=(x,3),b=(-3,x),則下列敘述中正確的個數是()①存在實數x,使a∥b;②存在實數x,使(a+b)∥a;③存在實數x,m,使(ma+b)∥a;④存在實數x,m,使(ma+b)∥b. .1 解析:ma+b=m(x,3)+(-3,x)=(mx-3,x+3m),又b=(-3,x∴-3(x+3m)=x(mx-即m(x2+9)=0,∴存在m=0,對任意的實數x,使(ma+b)∥b.答案:B12.導學號08720239(2023?吉林延邊二中檢測)設O是平面上一定點,A,B,C是平面上不共線的三點,動點P滿足OP=OA+λAB|AB|cosB+AC|AC|cosCA.外心 B.內心 C.重心 D.垂心解析:∵OP=OA+λ∴AP=λAB|又BC=-|BC|+|BC|=0,∴BC與λAB|AB|cosB∴點P在BC的高線上,即P的軌跡過△ABC的垂心,故選D.答案:D二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中的橫線上)13.(2023?陜西渭南階段性測試)已知向量a,b滿足|a|=2,|b|=1,且a與b的夾角為2π3,則a在b方向上的投影為解析:根據數量積的幾何意義可知,a在b方向上的投影為|a|與向量a,b夾角的余弦值的乘積,∴a在b方向上的投影為|a|·cos2π3=2×-12=-1,∴a在b答案:-114.(2023·山東臨沂期中聯考)設x,y∈R,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且a⊥c,b∥c,則|a+b|=.

解析:∵向量a=(x,1),c=(2,-4),且a⊥c,∴x×2+1×(-4)=0,解得x=2,得a=(2,1),又b=(1,y),c=(2,-4),且b∥c,∴1×(-4)=y×2,解得y=-2,得b=(1,-2),由此可得a+b=(2+1,1+(-2))=(3,-1).∴|a+b|=32答案:1015.若平面向量α,β滿足|α|=1,|β|≤1,且以向量α,β為鄰邊的平行四邊形的面積為12,則α與β的夾角θ的取值范圍是.解析:根據題意得|α||β|sinθ=12又|α|=1,|β|≤1,∴12≤sinθ≤∴π6≤θ≤5答案:π16.已知梯形ABCD中,AD=1,AB=2,∠DAB=π3,DC∥AB,若DE=λDC,則當AE·BD=-34時,λ解析:由已知得AE=AD+DE∴AE·BD=AD=AD=-34由已知得1-1+12λ-2λ=-3∴-32λ=-34,∴λ=答案:1三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(本小題滿分10分)(2023?山西曲沃中學高一期末)已知a=(2,1),b=(-3,-4),c⊥(a-b).(1)求2a+3b,|a-2b|(2)若c為單位向量,求c的坐標.解:(1)∵a=(2,1),b=(-3,-4),∴2a+3b=(-5,-10),a-2b=∴|a-2b|=145.(2)設c=(x,y),則x2+y2=1,①∵a=(2,1),b=(-3,-4),∴a-b=(5,5).又c⊥(a-b),∴5x+5y=0,∴y=-x,②解得x∴c=22,-22或18.(本小題滿分12分)設向量a,b滿足|a|=|b|=1及|3a-2b|=7(1)求a,b的夾角θ;(2)求|3a+b|的值解:(1)由已知得(3a-2b)2=即9|a|2-12a·b+4|b|2又|a|=1,|b|=1,代入得a·b=12∴|a||b|cosθ=12,即cosθ=1∵θ∈[0,π],∴θ=π3∴向量a,b的夾角θ=π3(2)由(1)知,(3a+b)2=9|a|2+6a·b+|b=9+3+1=13,∴|3a+b|=1319.(本小題滿分12分)已知a=(1,1),b=(0,-2),當k為何值時,(1)ka-b與a+b共線;(2)ka-b與a+b的夾角為120°.解:∵a=(1,1),b=(0,-2),∴ka-b=k(1,1)-(0,-2)=(k,k+2).a+b=(1,1)+(0,-2)=(1,-1).(1)∵ka-b與a+b共線,∴k+2-(-k)=0,解得k=-1.(2)∵|ka-b|=k2|a+b|=12(ka-b)·(a+b)=(k,k+2)·(1,-1)=k-k-2=-2,而ka-b與a+b的夾角為120°,∴cos120°=(ka即-12=-整理得k2+2k-2=0,解之得k=-1±3.20.(本小題滿分12分)已知O為坐標原點,點A(1,0),點B(x,2).(1)求|AB|;(2)設函數f(x)=|AB|2+OA·OB,求函數f(x)的最小值及相應的x解:(1)由已知條件得:|AB|=(x(2)∵f(x)=|AB|2+OA·OB∴f(x)=x2-2x+5+x=x2-x+5=x-∴當x=12時,函數f(x)取最小值1921.(本小題滿分12分)已知線段PQ過△OAB的重心G,且P,Q分別在OA,OB上,設OA=a,OB=b,OP=ma,OQ=nb.求證:1m+1證明:如圖所示,∵OD=12(OA+OB)∴OG=23OD=1∴PG=OG-OP=13=13-ma+PQ=OQ-OP=n又P,G,Q三點共線,∴存在一個實數λ,使得PG=λPQ.∴13-ma+13b=λnb-∴13-m+λma+∵a與b不共線,∴1由①②消去λ得:1m+122.導學號08720230(本小題滿分12分)已知正方形ABCD,E,F分別是CD,AD的中點,BE,CF交于點P.求證:(1)BE⊥CF;(2)AP=AB.證明:如圖建立平面直角坐標系xOy,其中A為原點,不妨設AB=2,則A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).(1)BE=