高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量單元綜合檢測（四）理試題

單元綜合檢測(四)一、選擇題(每小題5分,共50分)1.已知a與b均為單位向量,它們的夾角為60°,那么|a-3b|等于 ()A. B. C. D.41.A【解析】|a-3b|=.2.(2016·福建廈門一中期中考試)已知a·b=-12,|a|=4,a和b的夾角為135°,則|b|為 ()A.12 B.6 C.3 D.32.B【解析】由題意利用兩個向量的數(shù)量積的定義可得a·b=-12=|a|·|b|cos135°=4|b|·,解得|b|=6.3.若非零向量a,b滿足|a|=|b|,且(a-b)⊥(3a+2b),則a與b的夾角為 ()A. B. C. D.π3.A【解析】∵(a-b)⊥(3a+2b),∴(a-b)·(3a+2b)=0,即3a2-2b2-a·b=0,即a·b=3a2-2b2=b2,∴cos<a,b>=,即<a,b>=.4.如圖所示,M,N是函數(shù)y=2sin(wx+φ)(ω>0)圖象與x軸的交點,點P在M,N之間的圖象上運動,當(dāng)△MPN面積最大時=0,則ω= ()A. B. C. D.84.A【解析】由圖象可知,當(dāng)P位于M,N之間函數(shù)y=2sin(ωx+φ)(ω>0)圖象的最高點時,△MPN面積最大.又此時=0,∴△MPN為等腰直角三角形.過P作PQ⊥x軸于Q,∴|PQ|=2,則|MN|=2|PQ|=4,∴周期T=2|MN|=8.∴ω=.5.(2016·蘭州一中月考)△ABC的外接圓圓心為O,半徑為1,2且||=||,則向量在向量方向的投影為 ()A. B. C.- D.-5.A【解析】∵2,∴O,B,C三點共線,∴AB⊥AC.∵||=||,∴∠ABC=60°,∴向量在向量方向上投影為||·cos60°=.6.M是△ABC所在平面內(nèi)一點,=0,D為AC中點,則的值為 ()A. B. C.1 D.26.A【解析】如圖所示,∵D是AC的中點,延長MD至E,使得DE=MD,∴四邊形MAEC為平行四邊形,∴),∵=0,∴=-)=-3,∴.7.(2016·河南八市重點高中月考)已知向量與向量的夾角為θ,||=3,||=2,設(shè)向量,若,則θ的大小為 ()A. B. C. D.7.C【解析】因為,所以=0,即)=0,整理得=-3,因此2×3×cosθ=-3?cosθ=-,因為0≤θ≤π,所以θ=.8.已知A,B,C是平面上不共線的三點,O是三角形ABC的重心,動點P滿足,則點P一定為三角形ABC的 ()A.AB邊中線的中點B.AB邊中線的三等分點(非重心)C.重心D.AB邊的中點8.B【解析】設(shè)AB的中點是E,∵O是三角形ABC的重心,∴+2).∵=2,∴+4)=×3,∴P在AB邊的中線上,是中線的三等分點,不是重心.9.(2016·福建泉州五校聯(lián)考)若點M是△ABC所在平面內(nèi)一點,且滿足,則△ABM與△ABC的面積之比等于 ()A. B. C. D.9.D【解析】∵,∴M,B,C三點共線,過C作AB的垂線交AB于點D,過點M作AB的垂線交AB于點E,取AH=AC,AN=AB,過點H作AB的垂線交AB于F,∵,∴,即AHMN構(gòu)成平行四邊形,則HF=ME,而S△ABM∶S△ABC=ME∶CD=HF∶CD=AH∶AC=,∴△ABM與△ABC的面積之比為1∶4.10.(2016·江西師大附中、臨川一中聯(lián)考)已知點C為線段AB上一點,P為直線AB外一點,PC是∠APB的角平分線,I為PC上一點,滿足+λ(λ>0),||-||=4,||=10,則的值為 ()A.2 B.3 C.4 D.510.B【解析】∵||=||=10,PC是∠APB的角平分線,又+λ(λ>0),即=λ,所以I在∠BAP的角平分線上,由此得I是△ABP的內(nèi)心,過I作IH⊥AB于H,以I為圓心,IH為半徑,作△PAB的內(nèi)切圓,如圖,分別切PA,PB于E,F,則||-||=4,||=10,||=||=(||+||-||)=[||-(||-||)]=3,在直角三角形BIH中,cos∠IBH=,所以=||cos∠IBH=||=3.二、填空題(每小題5分,共20分)11.已知向量a=(1,2),b=(m,4),且a∥(2a+b),則實數(shù)m的值為.

11.2【解析】2a+b=(2,4)+(m,4)=(2+m,8),由a∥(2a+b)得2×(2+m)=8,即m=2.12.(2016·安徽皖江名校聯(lián)盟聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi),已知B(-3,-3),C(3,-3),H(cosa,sina),則的最大值為.

12.6+19【解析】由題意得B(-3,-3),C(3,-3),H(cosα,sinα),=(cosα+3,sinα+3),=(cosα-3,sinα+3),∴=(cosα+3,sinα+3)·(cosα-3,sinα+3)=cos2α-9+sin2α+6sinα+27=6sinα+19≤6+19.13.已知a,b,c為△ABC的三個內(nèi)角A,B,C的對邊,向量m=(,-1),n=(cosA,sinA).若m⊥n,且acosB+bcosA=csinC,則角B=.

13.【解析】由m⊥n得m·n=0,即cosA-sinA=0?tanA=,又因為在三角形ABC中,0<A<π,所以A=.又由acosB+bcosA=csinC得sinAcosB+sinBcosA=sin2C,即得sin(A+B)=sin2C?sinC=sin2C,在三角形ABC中,sinC>0,所以sinC=1,即C=,因此B=π-.14.如圖,AB是圓O的直徑,C,D是圓O上的點,∠CBA=60°,∠ABD=45°,=x+y,則x+y的值為.

14.-【解析】根據(jù)題意,以線段AB所在直線為x軸,以O(shè)為原點建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)圓的半徑為r,則有A(-r,0),B(r,0),C,D(0,r),所以=(-r,0),,即解得所以有x+y=-.三、解答題(共50分)15.(12分)已知向量a=(sinx,cosx),b=(sinx,sinx),c=(-1,0).(1)若x=,求向量a,c的夾角θ;(2)求函數(shù)f(x)=a·b的最大值.15.【解析】(1)當(dāng)x=時,a=,所以cosθ==-,因而θ=.(2)f(x)=sin2x+sinxcosx=(1-cos2x+sin2x)=sin,所以函數(shù)f(x)的最大值是.16.(12分)(2015·東北三省三校一模)已知△ABC的面積為2,且滿足0<≤4,設(shè)的夾角為θ.(1)求θ的取值范圍;(2)求函數(shù)f(θ)=2sin2cos2θ的取值范圍.16.【解析】(1)由題意可得=cbcosθ,cosθ>0,∵△ABC的面積為2,∴bcsinθ=2,sinθ>0,變形可得cb=,0<θ<,∴=cbcosθ=,由0<≤4,可得0<≤4,解得tanθ≥1,又∵0<θ<,∴向量夾角θ的范圍為.(2)化簡可得f(θ)=2sin2cos2θ=2×cos2θ=1+sin2θ-cos2θ=1+2sin.∵由(1)知θ∈,∴2θ-,∴sin,∴1+2sin∈[2,3],∴f(θ)的取值范圍為[2,3].17.(13分)(2015·宜春四校一模)已知p=(sinA,cosA),q=(cosA,-cosA)(其中q≠0).(1)若0<A<,方程p·q=t-(t∈R)有且僅有唯一解,求t的取值范圍;(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對應(yīng)邊分別是a,b,c,且a=,若p∥q,求b+c的取值范圍.17.【解析】(1)依題意可得t=p·q+sinAcosA-cos2A+sin2A-cos2A=sin,∵A∈,∴-<2A-.再根據(jù)t=p·q+有唯一解,可得-<t≤或t=1.(2)由p∥q(其中q≠0)得=-1,即tanA=-,∴A=.再根據(jù)正弦定理可得2R==1,∴b+c=sinB+sinC=sin,由<B+,可得<b+c≤1.18.(13分)(2015·安徽六校聯(lián)考)設(shè)x軸,y軸正方向上的單位向量分別是i,j,坐標(biāo)平面上點An,Bn(n∈N*)分別滿足下列兩個條件:①=j且=i+j;②=3i且×3i.(1)求的坐標(biāo);(2)若四邊形AnBnBn+1An+1的面積是an,求an(n∈N*)的表達式;(3)對于(2)中的an,是否存在最小的自然數(shù)M,對一切n(n∈N*),都有an<M成立?若存在,求M;若不存在,說明理由.18.【解析】(1)+…+=j+(n-1)·(i+j)=(n-1)i+nj=(n-1,n),+…+=3i+×3i+×3i+…+×3i=×3i=9-9×n,0.(2)由(1)可知An(n∈N*)在直線y