（福建專用）高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練25 平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用 文 新人教A-新人教A高三數(shù)學(xué)試題

課時規(guī)范練25平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用基礎(chǔ)鞏固組1.對任意平面向量a,b,下列關(guān)系式不恒成立的是()A.|a·b|≤|a||b|B.|a-b|≤||a|-|b||C.(a+b)2=|a+b|2D.(a+b)·(a-b)=a2-b22.已知a,b為單位向量,其夾角為60°,則(2a-b)·b= (A.-1 B.0 C.1 D.23.(2017河南新鄉(xiāng)二模)已知向量a=(1,2),b=(m,-4),若|a||b|+a·b=0,則實數(shù)m等于()A.-4 B.4 C.-2 D.24.(2017河南濮陽一模,文3)若向量BA=(1,2),CA=(4,5),且CB·(λBA+CA)=0,則實數(shù)λ的值為(A.3 B.-92C.-3 D.-55.在四邊形ABCD中,AC=(1,2),BD=(-4,2),則該四邊形的面積為()A.5 B.25 C.5 D.106.(2017河北唐山期末)設(shè)向量a與b的夾角為θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3),則cosθ=()A.-35 B.C.55 D.-7.(2017河北邯鄲二模,文4)已知向量a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b,則|2a-A.-53 B.1 C.2 D.8.(2017北京,文7)設(shè)m,n為非零向量,則“存在負數(shù)λ,使得m=λn”是“m·n<0”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件9.若向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,則x=.

10.(2017廣東、江西、福建十校聯(lián)考,文13)已知點A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(2,2),則向量AB在CD方向上的投影為11.(2017江西重點中學(xué)盟校二模,文17)在△ABC中,已知AB·AC=3(1)求證:tanB=3tanA;(2)若cosC=55,求角A的度數(shù)?導(dǎo)學(xué)號24190750?綜合提升組12.(2017安徽蚌埠一模,文6)已知非零向量m,n滿足3|m|=2|n|,其夾角為60°,若n⊥(tm+n),則實數(shù)t的值為()A.3 B.-3 C.2 D.-2?導(dǎo)學(xué)號24190751?13.(2017河北邯鄲一模,文3)已知向量a,b滿足|a|=2,|b|=3,(a-b)·a=1,則a與b的夾角為()A.π6 B.π4 C.π14.(2017河北武邑中學(xué)一模,文11)在Rt△ABC中,CA=CB=3,M,N是斜邊AB上的兩個動點,且MN=2,則CM·CN的取值范圍為(A.2,C.[3,6] D.[4,6]15.(2017江蘇南京一模,9)已知△ABC是直角邊長為4的等腰直角三角形,D是斜邊BC的中點,AM=14AB+mAC,向量AM的終點M在△ACD的內(nèi)部(不含邊界),則16.(2017江蘇,12)如圖,在同一個平面內(nèi),向量OA,OB,OC的模分別為1,1,2,OA與OC的夾角為α,且tanα=7,OB與OC的夾角為45°.若OC=mOA創(chuàng)新應(yīng)用組17.已知△ABC是邊長為2的等邊三角形,P為平面ABC內(nèi)一點,則PA·(PB+PC)的最小值是(A.-2 B.-32 C.-43 D18.(2017遼寧沈陽二模)已知向量OA=(3,1),OB=(-1,3),OC=mOA-nOB(m>0,n>0),若m+n∈[1,2],則|OC|的取值范圍是()A.[5,25] B.[5,210)C.(5,10) D.[5,2答案：1.BA項,設(shè)向量a與b的夾角為θ,則a·b=|a||b|cosθ≤|a||b|,所以不等式恒成立;B項,當(dāng)a與b同向時,|a-b|=||a|-|b||;當(dāng)a與b非零且反向時,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式不恒成立;C項,(a+b)2=|a+b|2恒成立;D項,(a+b)·(a-b)=a2-a·b+b·a-b2=a2-b2,故等式恒成立.綜上,選B.2.B由已知,得|a|=|b|=1,a與b的夾角θ=60°,則(2a-b)·b=2a·b-=2|a||b|cosθ-|b|2=2×1×1×cos60°-12=0,故選B.3.C設(shè)a,b的夾角為θ,∵|a||b|+a·b=0,∴|a||b|+|a||b|cosθ=0,∴cosθ=-1,即a,b的方向相反.又向量a=(1,2),b=(m,-4),∴b=-2a,∴m=-24.C∵BA=(1,2),CA=(4,5),∴CB=CAλBA+CA=(λ+4,2λ+又CB·(λBA+CA)∴3(λ+4)+3(2λ+5)=0,解得λ=-3.5.C依題意,得AC·BD=1×(-4)+2×2=0,∴∴四邊形ABCD的面積為12|AC||BD|=16.A∵向量a與b的夾角為θ,且a=(-2,1),a+2b=(2,3),∴b=a+2b∴cosθ=a·b|7.B∵a=(m,2),b=(2,-1),且a⊥b,∴a·b=2m-2=0,解得m=∴a=(1,2),2a-b=|2a-b|=5又a+b=(3,1),a·(a+b)=1×3+2×1=5,∴|2a-8.Am,n為非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即兩向量反向,夾角是180°,則m·n=|m||n|cos180°=-|m||n|<0.反過來,若m·n<0,則兩向量的夾角為(90°,180°],并不一定反向,即不一定存在負數(shù)λ,使得m=λn,所以“存在負數(shù)λ,使得m=λn”是“m·n<0”的充分而不必要條件.故選A.9.-23∵a⊥b,∴a·b=x+2(x+1)=0,解得x=-210.115由A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(2,2),得AB=(2,1),CD=故向量AB在CD方向上的投影為11.解(1)∵AB·AC=3∴cbcosA=3cacosB,即bcosA=3acosB,由正弦定理,得sinBcosA=3sinAcosB.又0<A+B<π,∴cosA>0,cosB>0,在等式兩邊同時除以cosAcosB,可得tanB=3tanA.(2)∵cosC=55,0<C<π∴sinC=255,∴tan∴tan[π-(A+B)]=2,即tan(A+B)=-2,∴tanA+tan將tanB=3tanA代入,得tanA+3tan整理得3tan2A-2tanA-1=0,即(tanA-1)(3tanA+1)=解得tanA=1或tanA=-13又cosA>0,∴tanA=1.又角A為△ABC的內(nèi)角,∴A=π412.B∵n⊥(tm+n),∴n·(tm+n)=tm·n+n2=t|m||n|·12+|n|2=t·13|n|2+|n|2=0,解得t=-3.故選13.C設(shè)a,b的夾角為θ,∵向量a,b滿足|a|=2,|b|=3,且(a-b)·a=1,∴a2-b·a=1,∴22-3×2×cosθ=1,解得cosθ=12∴a與b的夾角為π3.故選C14.D以C為坐標(biāo)原點,CA為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,則A(3,0),B(0,3),∴AB所在直線的方程為y=3-x.設(shè)M(a,3-a),N(b,3-b),且0≤a≤3,0≤b≤3,不妨設(shè)a>b,∵MN=2,∴(a-b)2+(b-a)2=2,∴a-b=1,∴a=b+1,∴0≤b≤2,∴CM·CN=(a,3-a)·(b,3-b)=2ab-3(a+b)+9=2(b2-2b+3),0≤b∴當(dāng)b=1時有最小值4;當(dāng)b=0或b=2時有最大值6,∴CM·CN的取值范圍為15.(-2,6)以A為坐標(biāo)原點,AB為x軸,AC為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,則A(0,0),B(4,0),C(0,4),D(2,2),所以AM=14AB+mAC=14(4,0)+m(0,4)=(1,4∵點M在△ACD的內(nèi)部(不含邊界),∴1<4m<3,14<m<則AM·BM=(1,4m)·(-3,4m)=16m2-3,∴-2<16m2-16.3|OA|=|OB|=1,|OC|=2,由tanα=7,α∈[0,π]得0<α<π2,sinα>0,cosα>0,tanα=sinαcosα,sinα=7cosα,又sin2α+cos2α=1,得sinα=7210,cosα=210,OC·OA=15,OC·17.B以BC所在的直線為x軸,BC的垂直平分線AD為y軸,D為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系,如圖.可知A(0,3),B(-1,0),C(1,0).設(shè)P(x,y),則PA=(-x,3-y),PB=(-1-x,-y),PC=(1-x,-y).所以PB+PC=(-2x,-2y所以PA·(PB+PC)=2x2-2y