高中数学平面向量测试题

平面向量板块测试

第Ⅰ卷 (选择题 共60分)

一、选择题(12×5′＝60′)

1.下列五个命题：①|a|2=a2;②a2bb;③(ab)2a2b2;④(ab)2a22abb2;

aa⑤若a·b=0,则a=0或b=0.

其中正确命题的序号是 ( )

A.①②③ B.①④ C.①③④ D.②⑤

2.若AB=3e,CD=-5e且|AD|=|BC，则四边形ABCD是 ( )

A.平行四边形 B.菱形 C.等腰梯形 D.非等腰梯形 3.将函数y=sinx按向量a＝(1,-1)平移后，所得函数的解析式是 ( ) A.y′=sin(x′-1)-1 B.y′=sin(x′+1)-1 C.y′=sin(x′+1)+1 D.y′=sin(x′-1)+1

4.若有点M1(4，3)和M2(2，-1)，点M分有向线段M1M2的比λ＝-2，则点M的坐标为 ( )

A.(0，-57) B.(6，7) C.(-2，-) D.(0，-5) 335.若|a+b|=|a-b|，则向量a与b的关系是 ( )

A.a=0或b=0 B.|a|=|b| C.ab=0 D.以上都不对 6.若|a|=1，|b|=2，|a+b|=7，则a与b的夹角θ的余弦值为 ( ) A.-111 B. C. D.以上都不对 2237.已知a=3e1-4e2,b=(1-n)e1+3ne2,若a∥b则n的值为 ( ) A.-44 B. C.4 D.2 558.平面上三个非零向量a、b、c两两夹角相等，|a|=1，|b|=3,|c|=7,则|a+b+c|等于

( )

A.11 B.27 C.4 D.11或27 9.等边△ABC中,边长为2,则AB·BC的值为 ( ) A.4 B.-4 C.2 D.-2

10.已知△ABC中，a4b4c42c2(a2b2)，则∠C等于 ( ) A.30° B.60° C.45°或135° D.120° 11.将函数y=f (x)cosx的图象按向量a=(数f (x)可以是 （ ）

精选

,1)平移，得到函数y2sin2x的图象，那么函4.

A.cosx B.2cosx C.sinx D.2sinx

12.平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A(3,1),B(-1,3)，若点C满足OC=αOA+βOB，其中α、β∈R，且α+β=1,则点C的轨迹方程为 ( )

A.3x+2y-11=0 B.(x1)2(y2)25 C.2x-y=0 D.x+2y-5=0

第Ⅱ卷 (非选择题 共90分)

二、填空题(4×4′＝16′)

13.已知|a|=3,|b|=5,a·b=12,则a在b上的投影为 .

14.设a=(-4,3),b=(5,2),则2|a|2-15.已知a=(6,2),b=(-4,程是 .

16.把函数y2x24x5的图象按向量a平移后，得到y2x2的图象，且a⊥

1ab＝ . 21),直线l过点A(3,-1)2,且与向量a+2b垂直，则直线l的一般式方

b,c=(1,-1),b·c=4,则b= .

三、解答题(5×12′+14′＝74′)

17.若向量a的始点为A(-2，4)，终点为B(2，1).求： (1)向量a的模.

(2)与a平行的单位向量的坐标. (3)与a垂直的单位向量的坐标.

18.设两向量e1、e2满足|e1|=2，|e2|=1,e1、e2的夹角为60°，若向量2te1+7e2与向量e1+te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围.

19.已知向量a=(cos3xx3x,sinx),b=(cos,sin),且x∈［-,］.

222234（1）求a·b及|a+b|;

精选

.

（2）若f (x)=a·b-|a+b|,求f (x)的最大值和最小值.

20.设a=(-1-x)i,b=(1-x)i+yj(x、y∈R,i、j分别是x、y轴正方向上的单位向量)，且|a|=|b|. (1)求点M (x,y)的轨迹C的方程；

(2)过点(4,0)作直线l交曲线C于A、B两点，设OP=OA+OB，求证：四边形OAPB为矩形.

21.已知△ABC的顶点为A(0，0)，B(4，8)，C(6，-4).M点在线段AB上，且AM=3MB，

P点在线段AC上，△APM的面积是△ABC的面积的一半，求点M、P的坐标.

22.如图所示，有两条相交成60°角的直路XX′和YY′，交点是O，甲、乙分别在OX、OY上，起初甲离O点3 km，乙离O点1 km，后来两人同时用4 km/h的速度，甲沿XX′方向，乙沿Y′Y的方向步行.

(1)起初，两人的距离是多少?

(2)用包含t的式子表示t h后两人的距离. (3)什么时候两人的距离最短?

第22题图

精选

.

参考答案

1.B 由向量的数量积的定义即知.

2.C ∵AB∥CD,且AD=BC,AB≠CD,故选C.

3.A 点(x,y)按向量a＝（1，-1）平移后的点(x′,y′)，

xx1xx1∴ 即 

yy1yy1∴y′+1＝sin(x′-1),即y′=sin(x′-1)-1.

422x0124.D 设点M(x,y)，∴ y32(1)512∴点M的坐标为(0,-5).

5.C 设a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，由|a+b|=|a-b|，

得(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(y1y2)2，即x1x2＋y1y2＝0. 又a·b=x1x2＋y1y2，∴ab＝0.

6.B |a+b||2=|a|2|b|22|a||b|cos,

11，∴a与b的夹角θ的余弦值为. 2247.A ∵a=(3,-4),b=(1-n,3n),∴9n=-4(1-n),∴n=-,故选A.

58.D 若两两夹角为0°,则|a+b+c|=|a|+|b|+|c|=11;

∴7=1+4-4cosα即cosα=-若两两夹角为120°,则

|a+b+c|2=|a|2+|b|2+|c|2+2|a||b|cos120°+2|b||c|cos120°+2|a||c|cos120° =1+9+49+2×(-

1)×(1×3+3×7+1×7)=28,|a+b+c|=27. 29.D AB·BC=22·cos120°=-2.故选D. 10.C 由a4b4c42c2(a2b2)， 得(a2b2c2)22a2b2，

∴a2b2c2=±2ab=2abccosC，∴cosC=±

2,∴C=45°或135°. 2精选

.

11.D 由平移公式，应有2sin2(x)1f(x)cosx. 即 cos(2x)sin2xf(x)cosx,∴f (x)=2sinx. 12.D 设C(x,y),∵OC=αOA+βOB,

∴(x,y)=α(3,1)+β(-1,3)=(3α,α)+(-β,3β)=(3α-β,α+3β).

42x3∴ 又∵α+β=1,∴x+2y-5=0.

y31212 ∵a·b=|a|·|b|·cosθ,∴a在b上的投影为. 551114.57 2|a|2-·a·b=2(16＋9)- (-20+6)=50+7=57.

2215.2x-3y-9=0 设l的一个方向向量为(m,n).a+2b=(-2,3),直线l与向量a+2b垂直，即

n22-2m+3n=0,直线l的斜率k=,直线l的方程为y+1=(x-3),即2x-3y-9=0.

m3313.

16.(3,-1) y2x24x5y32(x1)2, ∴a=(-1,-3),

x03y00x03设b=(x0,y0),则.

xy4y100017.解 (1)a＝AB＝（2，1）-（-2，4）=（4，－3），∴|a|＝42(3)25. (2)与a平行的单位向量是±

14343a＝±(4，-3)=(，-)或(-，). |a|55555m3. n43434又∵|e|＝1，∴m2n21.解得m=,n=或m=-,n=-.

55553434∴e＝(，)或(-，-).

5555(3)设与a垂直的单位向量是e=(m,n)，则a·e＝4m-3n＝0,∴

218.解 e12=4,e2=1,e1e2=2×1×cos60°=1,

2∴(2te1+7e2)·(e1+te2)=2te12+(2t2+7) e1·e2+7te2=2t2+15t+7.

∴2t2+15t+7<0,∴-71. 22t14设2te1+7e2=λ(e1+te2)(λ<0) 2t2=7t=-,

7t2∴λ=-14.

精选

.

14时，2te1+7e2与e1+e2的夹角为π, 214141∴t的取值范围是(-7,-)∪(-,-).

2223x3x19.解 (1)a·b=cosxcos-sinxsin=cos2x.

2222|a|=|b|=1,设a与b的夹角为θ，

abcos2x则cosθ=cos2x.

|a||b|11∴当t=-∴|a+b|2=a2+2a·b+b2=1+2×1×1·cos2x+1=2+2cos2x=4cos2xcos2x, 又x∈［-

,］,cosx>0,∴|ab|=2cosx. 34123. 2(2)f (x)=cos2x-2cosx=2cos2x2cosx12(cosx)2∵x∈［-

1,］,∴≤cosx≤1. 34213∴当cosx=时，f (x)取得最小值-;当cosx=1时，f (x)取最大值-1.

2220.(1)解 由已知|a|=|b|，即(1x)2(1x)2y2, 整理得 y24x ①

(2)证明 由已知只需证OA⊥OB即可，即证OA·OB=0.

设A (x1,y1),B (x2,y2), 当l⊥x轴时，A (4,4),B (4,-4),∴x1x2+y1y2=0,即OA⊥OB. 当l不与x轴垂直时，设l的斜率为k，l的方程为y=k(x-4)(k≠0)， ② 将②代入①得k2x2x(8k24)16k20. ∴x1x284,x1x2=16. 2k4)16]16. k2y1y2=k2(x14)(x24)k2[164(8∴x1x2+y1y2=0,∴OA⊥OB.故得证.

034x3M1321.解 如图，M分AB的比λ＝3，则M的坐标为

038y6M13

精选

.

由

SAMPSABC1AMAPsinA112，得.

122ABACsinA2AP2AM3. ，∴

AC3AB4AP2∴，即P分AC所成的比λ＝2. PC1026x4P12 02(4)8yP123又∵

则M(3，6)，P(4，-

第21题图解

8)为所求. 31＝7. 222.解 (1)设甲、乙两人起初的位置是A、B，

则由余弦定理AB2OA2OB22OAOBcos60＝3212－2×3×1×所以甲、乙两人的距离是AB＝7km.

(2)设甲、乙两人t h后的位置分别是P、Q，则AP＝4t,BQ＝4t. 当0≤t≤当t>

3时，由余弦定理得PQ2(34t)2(14t)22(34t)(14t)cos60， 43时，PQ2(4t3)2(14t)22(4t3)(14t)cos120. 4注意到上面两式实际上是统一的，所以

PQ2(16t224t9)(16t28t1)(16t28t3)48224t7,

即PQ＝48t224t7.

11(3)∵PO48(t)24，∴当t=时，PQ的最小值是2.即在第15 min末PQ最短.

44

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