全國統(tǒng)考高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第5章平面向量第2講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用2備考試題文含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1第五章平面向量第二講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用1.〖2021貴陽市摸底測試〗已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a-b)⊥b,則m=()A.-5 B.-3 C.3 D.52.〖2021安徽省四校聯(lián)考〗已知單位向量a,b滿足|2a+b|=|2a-b|,則(3a-b)·(a+b)=()A.1 B.2 C.3 D.43.〖2021浙江杭州二中、學(xué)軍中學(xué)等五校聯(lián)考〗已知a=(1,2),b=(1,-7),c=2a+b,則c在a方向上的投影為()A.-355 B.-32104.〖2021四省八校聯(lián)考〗對于任意一條直線,把與該直線平行的非零向量稱為該直線的一個方向向量.若向量a=(1,x),b=(-2,1-x)均為直線l的方向向量,則cos<a,b>=()A.1 B.22 C.05.〖2021黑龍江省六校階段聯(lián)考〗已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,且a與b的夾角為60°,則|a+b|=()A.7 B.3 C.5 D.226.〖2021洛陽市統(tǒng)考〗已知向量a,b均為非零向量,且|a|=|b|=|a-b|,則a與b的夾角為()A.π6 B.π3 C.2π7.〖2020廣東六校二聯(lián)〗設(shè)平面向量a=(-2,1),b=(λ,2),若a與b的夾角為銳角,則λ的取值范圍是()A.(-12,2)∪(2,+∞)C.(1,+∞) D.(-∞,1)8.〖2021大同市調(diào)研測試〗設(shè)向量a=(x,1),b=(-1,2),a⊥b,則|a-2b|=.

9.〖2021南昌市高三測試〗已知向量OA⊥AB,|OA|=2,則OA·OB=.

10.〖2021晉南高中聯(lián)考〗已知向量a,b滿足:|a|=|b|=1,a⊥b.若2a+b與xa+b的夾角為45°,則實數(shù)x=.11.〖2021云南省部分學(xué)校統(tǒng)一檢測〗已知|AB|=3,|AC|=1,AB|AB|+AC|AC|=(2,-1),則A.212 B.-152 C.-312.〖2021安徽省示范高中聯(lián)考〗已知△ABC中,AB=4,AC=43,BC=8,動點P自點C出發(fā)沿線段CB運動,到達(dá)點B時停止,動點Q自點B出發(fā)沿線段BC運動,到達(dá)點C時停止,且動點Q的速度是動點P的2倍.若二者同時出發(fā),且一個點停止運動時,另一個點也停止運動,則該過程中AP·AQ的最大值是()A.72 B.4 C.4913.〖2020河北九校第二次聯(lián)考〗已知兩個不相等的非零向量a,b,滿足|a|=1,且a與b-a的夾角為60°,則|b|的取值范圍是()A.(0,32) B.〖32C.〖32,+∞)14.〖2020長春市第四次質(zhì)量監(jiān)測〗已知在△ABC中,AB=(0,1),|AC|=7,AB·BC=1,則△ABC的面積為()A.12 B.22 C.315.〖2020山東威海模擬〗若P為△ABC所在平面內(nèi)一點,且|PA-PB|=|PA+PB-2PC|,則△ABC的形狀為A.等邊三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形16.〖2020唐山市模擬〗已知e1,e2是兩個單位向量,λ∈R時,|e1+λe2|的最小值為32,則|e1+e2|=()A.1 B.3C.1或3 D.217.已知銳角△ABC外接圓的半徑為1,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,B=π4,則BA·BC的取值范圍是18.〖角度創(chuàng)新〗已知O為△ABC的外接圓圓心,且AO·AB=2AO·AC,則|AB||AC|A.12 B.22 C.19.〖2020開封市高三模擬〗已知單位向量a,b滿足|a+b|>1,則a與b夾角的取值范圍是()A.〖0,π3) B.〖0,2π3) C.(π3,π〗 D.(20.〖雙空題〗已知平面向量a,b,c滿足|a|=|b|=|c|=1,若a·b=12,則(a+b)·(2b-c)的最小值是,最大值是答案第五章平面向量第二講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用1.A∵向量a=(1,m),b=(3,-2),∴a-b=(-2,m+2),又(a-b)⊥b,∴(a-b)·b=-6-2(m+2)=0,解得m=-5.故選A.2.B∵|2a+b|=|2a-b|,∴(2a+b)2=(2a-b)2,∴4a2+b2+4a·b=4a2+b2-4a·b,可得a·b=0,∴(3a-b)·(a+b)=3a2-b2+2a·b=2,故選B.3.A因為a=(1,2),b=(1,-7),所以c=2a+b=(3,-3),則c在a方向上的投影為|c|cos<a,c>=c·a|a|4.D由題意,知a∥b,所以1·(1-x)=x·(-2),解得x=-1,所以a=(1,-1),b=(-2,2),所以cos<a,b>=a·b5.A解法一(a+b)2=a2+2a·b+b2=1+2×1×2×cos60°+4=7,所以|a+b|=7,故選A.解法二如圖D5-2-3所示,圖D5-2-3作OA=a,OB=b,∠AOB=60°,以O(shè)A,OB為鄰邊作平行四邊形OACB,則OC=a+b,在△OAC中,∠OAC=120°,OC2=OA2+AC2-2OA·AC·cos∠OAC=1+4-2×1×2×(-12)=7,所以O(shè)C=7,即|a+b|=76.B解法一因為|a|=|a-b|,所以|a|2=|a-b|2,即|a|2=|a|2-2a·b+|b|2,化簡得|b|2-2a·b=0,設(shè)a與b的夾角為θ,則|b|2-2|a||b|cosθ=0,因為|a|=|b|≠0,所以cosθ=12,又θ∈〖0,π〗,所以θ=π3解法二由向量減法的三角形法則及|a|=|b|=|a-b|知,|a|,|b|,|a-b|構(gòu)成等邊三角形的三條邊長,所以向量a與b的夾角為π3,故選B7.B解法一因為a與b的夾角為銳角,所以cos<a,b>∈(0,1).又a=(-2,1),b=(λ,2),所以cos<a,b>=a·b|a所以λ的取值范圍為(-∞,-4)∪(-4,1).故選B.解法二因為a與b的夾角為銳角,所以a又a=(-2,1),b=(λ,2),所以-2λ所以λ的取值范圍為(-∞,-4)∪(-4,1).故選B.8.5因為a⊥b,所以a·b=-x+2=0,x=2,所以a-2b=(2,1)-2(-1,2)=(4,-3),則|a-2b|=5.9.4解法一因為OA⊥AB,所以O(shè)A·AB=0,所以O(shè)A·OB=OA·(OA+AB)=OA2+解法二因為OA⊥AB,所以O(shè)B在OA方向上的投影為|OA|,所以O(shè)A·OB=|OA|2=4.10.-22+3解法一因為2a+b與xa+b的夾角為45°,所以cos45°=(2a+b)·(xa+b)|2a+b|·|xa+b|=2x+13(x2+1)解法二因為a,b為單位向量,且a⊥b,所以不妨令a=(1,0),b=(0,1),則2a+b=(2,1),xa+b=(x,1),所以cos45°=(2a+b)·(xa+b)|2a+b|·|xa+b|=2x+13(x2+1)11.B由|AB|=3,|AC|=1,AB|AB|+AC|AC|=(2,-1),得(AB|AB|+AC|AC|)2=2+2AB·12.C解法一因為AB=4,AC=43,BC=8,所以AB2+AC2=BC2,所以△ABC是直角三角形,且∠A=90°,∠C=30°,∠B=60°.如圖D5-2-4,分別以AC,AB所在直線為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)|CP|=t,則|BQ|=2t,且0≤2t≤8,即0≤t≤4,圖D5-2-4則A(0,0),Q(3t,4-t),P(43-32t,12t),AQ=(3t,4-t),AP=(43-32t,12t),所以AP·AQ=3t(43-32t)+12t(4-t)=-2t2+14t解法二因為AB=4,AC=43,BC=8,所以AB2+AC2=BC2,所以△ABC是直角三角形,且∠A=90°,∠C=30°,∠B=60°.設(shè)CP=t,則BQ=2t,且0≤2t≤8,即0≤t≤4,BQ與AC的夾角為30°,CP與AB的夾角為60°,所以AP·AQ=(AC+CP)·(AB+BQ)=AC·AB+AC·BQ+CP·AB+CP·BQ=43×2t×cos30°+4×t×cos60°-2t2=-2t2+14t(0≤t≤4),當(dāng)t圖D5-2-513.D如圖D5-2-5所示,設(shè)OA=a,AB=b-a,則OB=b.因為a與b-a的夾角為60°,所以∠BAC=60°,則∠OAB=120°,則B為射線AD上的動點(不包括點A),又|a|=1,即|OA|=1,所以由圖可知,|b|>1,故選D.14.C因為AB=(0,1),所以|AB|=1,因為AB·BC=-BA·BC=-(|BA|·|BC|cosB)=-|BC|·cosB=1,所以cosB=-1|BC|.由余弦定理,得cosB=12+|BC|2-(7)22×1×|BC|=-1|BC|15.C因為|PA-PB|=|PA+PB-2PC|,所以|BA|=|(PA-PC)+(PB-PC)|=|CA+CB|,即|CA-CB|=|CA+16.C設(shè)向量e1,e2的夾角為θ,則e1·e2=cosθ,因為|e1+λe2|=1+λ2+2λcosθ=(λ+cosθ)2+1-cos2θ,且當(dāng)λ=-cosθ時,|e1+λe2|min=1-cos17.(2,1+2〗∵asinA=csinC=2,∴a=2sinA,c=2sinC=2sin(3π4-A),∴BA·BC=22ac=22×2sinA×2sin(3π4-A)=2sinA(cosA+sinA)=2sinAcosA+2sin2A=sin2A-cos2A+1=2sin(2A-π4)+1.∵0<A<π2,0<3π4-A<π2,∴π4<〖易錯警示〗錯解:∵0<A<π2,∴-π4<2A-π4<3π4,故-22<sin(2A-π4)≤1,故BA·BC∈(0,1+2〗.錯解錯在對角A的范圍挖掘不到位.∵△ABC是銳角三角形,因此應(yīng)保證角A,B,C都是銳角,故0<A<π18.C如圖D5-2-6,AO·AB=|AO|·|AB|·cos∠BAO,AO·AC=|AO|·|AC|·cos∠CAO,由O為△ABC的外心,得向量AO在向量AB方向上的投影為12|AB|,向量AO在向量AC方向上的投影為12|AC|,即|AO|cos∠BAO=12|AB|,|AO|·cos∠CAO=12|AC|,從而12圖D5-2-6〖解后反思〗求解本題的關(guān)鍵是利用向量投影的概念進(jìn)行運算,同時得到關(guān)系式|AB||AO|cos∠BAO=2|AC||AO|cos∠CAO后,|AO|不要輕易約分,而是利用外心的定義轉(zhuǎn)化為|AB|=2|AC19.B解法一設(shè)單位向量a,b的夾角為θ,則θ∈〖0,π〗,將|a+b|>1兩邊同時平方得a2+2a·b+b2>1,化簡得2+2cosθ>1,即cosθ>-12,又θ∈〖0,π〗,所以0≤θ<2π圖D5-2-7解法二設(shè)單位向量a,b的夾角為θ,顯然當(dāng)θ=0時,|a+b|>1成立;當(dāng)θ≠0時,如圖D5-2-7所示,令OA=a,OB=b,以O(shè)A,OB為鄰邊作平行四邊形OACB,則OC=a+b,∠AOB=θ,因為a,b均為單位向量,所以平行四邊形OACB是邊長為1的菱形,則∠AOC=θ2,取OC的中點D,連接AD,則AD⊥OC,所以cos∠AOC=cosθ2=ODOA=|a+b|2|a|=|a+b|2,因為|a+b|>1,所以cosθ20.3-33+3由|a|=|b|=1,a·b=12,可得<a,b>=π3,令OA=a,OB=b,以O(shè)A的方向為x軸的正方向建立如圖D5-2-8所示的平面直角坐標(biāo)系,則a=OA=(1,0),b=OB=(12設(shè)c=OC=(cosθ,sinθ)(0≤θ<2π),則(a+b)·(2b-c)=2a·b-a·c+2b2-b·c=3-(cosθ+12cosθ+32sinθ)=3-3sin(θ+π3).因為-1≤sin(所以(a+b)·(2b-c)的最小值和最大值分別為3-3,3+3圖D5-2-8第五章平面向量第二講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用1.〖2021貴陽市摸底測試〗已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a-b)⊥b,則m=()A.-5 B.-3 C.3 D.52.〖2021安徽省四校聯(lián)考〗已知單位向量a,b滿足|2a+b|=|2a-b|,則(3a-b)·(a+b)=()A.1 B.2 C.3 D.43.〖2021浙江杭州二中、學(xué)軍中學(xué)等五校聯(lián)考〗已知a=(1,2),b=(1,-7),c=2a+b,則c在a方向上的投影為()A.-355 B.-32104.〖2021四省八校聯(lián)考〗對于任意一條直線,把與該直線平行的非零向量稱為該直線的一個方向向量.若向量a=(1,x),b=(-2,1-x)均為直線l的方向向量,則cos<a,b>=()A.1 B.22 C.05.〖2021黑龍江省六校階段聯(lián)考〗已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,且a與b的夾角為60°,則|a+b|=()A.7 B.3 C.5 D.226.〖2021洛陽市統(tǒng)考〗已知向量a,b均為非零向量,且|a|=|b|=|a-b|,則a與b的夾角為()A.π6 B.π3 C.2π7.〖2020廣東六校二聯(lián)〗設(shè)平面向量a=(-2,1),b=(λ,2),若a與b的夾角為銳角,則λ的取值范圍是()A.(-12,2)∪(2,+∞)C.(1,+∞) D.(-∞,1)8.〖2021大同市調(diào)研測試〗設(shè)向量a=(x,1),b=(-1,2),a⊥b,則|a-2b|=.

9.〖2021南昌市高三測試〗已知向量OA⊥AB,|OA|=2,則OA·OB=.

10.〖2021晉南高中聯(lián)考〗已知向量a,b滿足:|a|=|b|=1,a⊥b.若2a+b與xa+b的夾角為45°,則實數(shù)x=.11.〖2021云南省部分學(xué)校統(tǒng)一檢測〗已知|AB|=3,|AC|=1,AB|AB|+AC|AC|=(2,-1),則A.212 B.-152 C.-312.〖2021安徽省示范高中聯(lián)考〗已知△ABC中,AB=4,AC=43,BC=8,動點P自點C出發(fā)沿線段CB運動,到達(dá)點B時停止,動點Q自點B出發(fā)沿線段BC運動,到達(dá)點C時停止,且動點Q的速度是動點P的2倍.若二者同時出發(fā),且一個點停止運動時,另一個點也停止運動,則該過程中AP·AQ的最大值是()A.72 B.4 C.4913.〖2020河北九校第二次聯(lián)考〗已知兩個不相等的非零向量a,b,滿足|a|=1,且a與b-a的夾角為60°,則|b|的取值范圍是()A.(0,32) B.〖32C.〖32,+∞)14.〖2020長春市第四次質(zhì)量監(jiān)測〗已知在△ABC中,AB=(0,1),|AC|=7,AB·BC=1,則△ABC的面積為()A.12 B.22 C.315.〖2020山東威海模擬〗若P為△ABC所在平面內(nèi)一點,且|PA-PB|=|PA+PB-2PC|,則△ABC的形狀為A.等邊三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形16.〖2020唐山市模擬〗已知e1,e2是兩個單位向量,λ∈R時,|e1+λe2|的最小值為32,則|e1+e2|=()A.1 B.3C.1或3 D.217.已知銳角△ABC外接圓的半徑為1,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,B=π4,則BA·BC的取值范圍是18.〖角度創(chuàng)新〗已知O為△ABC的外接圓圓心,且AO·AB=2AO·AC,則|AB||AC|A.12 B.22 C.19.〖2020開封市高三模擬〗已知單位向量a,b滿足|a+b|>1,則a與b夾角的取值范圍是()A.〖0,π3) B.〖0,2π3) C.(π3,π〗 D.(20.〖雙空題〗已知平面向量a,b,c滿足|a|=|b|=|c|=1,若a·b=12,則(a+b)·(2b-c)的最小值是,最大值是答案第五章平面向量第二講平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用1.A∵向量a=(1,m),b=(3,-2),∴a-b=(-2,m+2),又(a-b)⊥b,∴(a-b)·b=-6-2(m+2)=0,解得m=-5.故選A.2.B∵|2a+b|=|2a-b|,∴(2a+b)2=(2a-b)2,∴4a2+b2+4a·b=4a2+b2-4a·b,可得a·b=0,∴(3a-b)·(a+b)=3a2-b2+2a·b=2,故選B.3.A因為a=(1,2),b=(1,-7),所以c=2a+b=(3,-3),則c在a方向上的投影為|c|cos<a,c>=c·a|a|4.D由題意,知a∥b,所以1·(1-x)=x·(-2),解得x=-1,所以a=(1,-1),b=(-2,2),所以cos<a,b>=a·b5.A解法一(a+b)2=a2+2a·b+b2=1+2×1×2×cos60°+4=7,所以|a+b|=7,故選A.解法二如圖D5-2-3所示,圖D5-2-3作OA=a,OB=b,∠AOB=60°,以O(shè)A,OB為鄰邊作平行四邊形OACB,則OC=a+b,在△OAC中,∠OAC=120°,OC2=OA2+AC2-2OA·AC·cos∠OAC=1+4-2×1×2×(-12)=7,所以O(shè)C=7,即|a+b|=76.B解法一因為|a|=|a-b|,所以|a|2=|a-b|2,即|a|2=|a|2-2a·b+|b|2,化簡得|b|2-2a·b=0,設(shè)a與b的夾角為θ,則|b|2-2|a||b|cosθ=0,因為|a|=|b|≠0,所以cosθ=12,又θ∈〖0,π〗,所以θ=π3解法二由向量減法的三角形法則及|a|=|b|=|a-b|知,|a|,|b|,|a-b|構(gòu)成等邊三角形的三條邊長,所以向量a與b的夾角為π3,故選B7.B解法一因為a與b的夾角為銳角,所以cos<a,b>∈(0,1).又a=(-2,1),b=(λ,2),所以cos<a,b>=a·b|a所以λ的取值范圍為(-∞,-4)∪(-4,1).故選B.解法二因為a與b的夾角為銳角,所以a又a=(-2,1),b=(λ,2),所以-2λ所以λ的取值范圍為(-∞,-4)∪(-4,1).故選B.8.5因為a⊥b,所以a·b=-x+2=0,x=2,所以a-2b=(2,1)-2(-1,2)=(4,-3),則|a-2b|=5.9.4解法一因為OA⊥AB,所以O(shè)A·AB=0,所以O(shè)A·OB=OA·(OA+AB)=OA2+解法二因為OA⊥AB,所以O(shè)B在OA方向上的投影為|OA|,所以O(shè)A·OB=|OA|2=4.10.-22+3解法一因為2a+b與xa+b的夾角為45°,所以cos45°=(2a+b)·(xa+b)|2a+b|·|xa+b|=2x+13(x2+1)解法二因為a,b為單位向量,且a⊥b,所以不妨令a=(1,0),b=(0,1),則2a+b=(2,1),xa+b=(x,1),所以cos45°=(2a+b)·(xa+b)|2a+b|·|xa+b|=2x+13(x2+1)11.B由|AB|=3,|AC|=1,AB|AB|+AC|AC|=(2,-1),得(AB|AB|+AC|AC|)2=2+2AB·12.C解法一因為AB=4,AC=43,BC=8,所以AB2+AC2=BC2,所以△ABC是直角三角形,且∠A=90°,∠C=30°,∠B=60°.如圖D5-2-4,分別以AC,AB所在直線為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)|CP|=t,則|BQ|=2t,且0≤2t≤8,即0≤t≤4,圖D5-2-4則A(0,0),Q(3t,4-t),P(43-32t,12t),AQ=(3t,4-t),AP=(43-32t,12t),所以AP·AQ=3t(43-32t)+12t(4-t)=-2t2+14t解法二因為AB=4,AC=43,BC=8,所以AB2+AC2=BC2,所以△ABC是直角三角形,且∠A=90°,∠C=30°,∠B=60°.設(shè)CP=t,則BQ=2t,且0≤2t≤8,即0≤t≤4,BQ與AC的夾角為30°,CP與AB的夾角為60°,所以AP·AQ=(AC+CP)·(AB+BQ)=AC·AB+AC·BQ+CP·AB+CP·BQ=43×2t×cos30°+4×t×cos60°-2t2=-2t2+14t(0≤t≤4),當(dāng)t圖D5-2-513.D如圖D5-2-5所示,設(shè)OA=a,AB=b-a,則OB=b.因為a與b-a的夾角為60°,所以∠BAC=60°,則∠OAB=120°,則B為射線AD上的動點(不包括點A),又|a|=1,即|OA|=1,所以由圖可知,|b|>1,故選D.14.C因為AB=(0,1),所以|AB|=1,因為AB·BC=-BA·BC=-(|BA|·|BC|cosB)=-|BC|·cosB=1,所以cosB=-1|BC|.由余弦定理,得cosB=12+|BC|2-(7)22×1×|BC|=-1|BC|15.C因為|PA-PB|=|PA+PB-2PC|,所以|BA|=|(PA-PC)+(PB-PC)|=|CA+CB|,即|CA-CB|=|CA+16.C設(shè)向量e1,e2的夾角為θ,則e1·e2=cosθ,因為|e1+λe2|=1+λ2+2λcosθ=(λ+cosθ)2+1-cos2θ,且當(dāng)λ=-cosθ時,|e1+λe2|min=1-cos17.(2,1+2〗∵asinA=csinC=2,∴a=2sinA,c=2sinC=2sin(3π4-A),∴BA·BC=22ac=22×2sinA×2sin(3π4-A)=2sinA(cosA+sinA)=2sinAcosA+2sin2A=sin2A-cos2A+1=2s