第二章平面向量 章末检测试卷及答案

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1、章末检测(二)(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分)1设向量a(2,4)与向量b(x,6)共线,则实数x等于()A2B3C4D6解析ab,264x0,x3.答案B2在下列向量组中,可以把向量a(3,2)表示出来的是()Ae1(0,0),e2(1,2)Be1(1,2),e2(5,2)Ce1(3,5),e2(6,10)De1(2,3),e2(2,3)解析设ak1e1k2e2,A选项,(3,2)(k2,2k2),无解,B选项,(3,2)(k15k2,2k12k2),解之得故B中的e1,e2可把a表示出来同理,C、D选项同A选项,无解答案B3设O是正方

2、形ABCD的中心,则向量,是()A相等的向量B平行的向量C有相同起点的向量D模相等的向量解析这四个向量的模相等答案D4已知点A(0,1),B(3,2),向量(4,3),则向量等于()A(7,4)B(7,4)C(1,4)D(1,4)解析(4,3)(30,21)(4,3)(3,1)(7,4),故选A.答案A5已知向量a(1,1),b(1,2),则(2ab)a等于()A1B0C1D2解析2ab(2,2)(1,2)(1,0),从而(2ab)a(1,0)(1,1)1,故选C.答案C6对任意向量a,b,下列关系式中不恒成立的是()A|ab|a|b|B|ab|a|b|C(ab)2|ab|2D(ab)(ab)

3、a2b2解析当向量a和b方向不相同时,|ab|a|b|,B选项不成立答案B7已知菱形ABCD的边长为a,ABC60,则等于()Aa2Ba2 C.a2 D.a2解析aacos 30a2,故选D.答案D8ABC是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足2a,2ab,则下列结论正确的是()A|b|1BabCab1D(4ab)解析在ABC中,由2ab2ab,得|b|2.又|a|1,所以ab|a|b|cos 1201,所以(4ab)(4ab)b4ab|b|24(1)40,所以(4ab),故选D.答案D9已知|1,|,0,点C在AOB内,且与的夹角为30,设mn(m,nR),则的值为()A2 B.C3D4

4、解析0,以OA为x轴,OB为y轴建立直角坐标系,(1,0),(0,),mn(m,n)tan 30,m3n,即3,故选C.答案C10已知菱形ABCD的边长为2,BAD120,点E,F分别在边BC、DC上,BEBC,DFDC.若1,则等于()A. B. C. D.解析以,为基向量,则()()22(1)4()2(1)1.(1)(1)2(1)(1),由可得.答案C11若a,b,c均为单位向量,且ab0,(ac)(bc)0,则|abc|的最大值为()A.1B1 C.D2解析(坐标运算):由已知可设a(1,0),b(0,1),c(x,y)由|c|1,(ac)(bc)0得xy1.从而|abc|1.答案B12

5、已知向量a,b,若ab,则锐角为()A30B60C45D75解析ab,sin2,sin .为锐角,30.答案A二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分)13设向量a(1,2),b(2,3),若向量ab与向量c(4,7)共线,则_.解析因为a(1,2),b(2,3),所以ab(,2)(2,3)(2,23)因为向量ab与向量c(4,7)共线,所以7(2)4(23)0.所以2.答案214a,b的夹角为120,|a|1,|b|3,则|5ab|_.解析因为|5ab|2(5ab)225a2b210ab251232101349.所以|5ab|7.答案715已知向量a(6,2),b,直线l过点A(3

6、,1),且与向量a2b垂直,则直线l的方程为_解析设P(x,y)是直线l上任意一点,根据题意,有(a2b)(x3,y1)(2,3)0,整理化简得2x3y90.答案2x3y9016已知点P在圆x2y21上,点A的坐标为(2,0),O为原点,则的最大值为_解析|cos,2|cos,如图,|cos,的最大值为AB3,故的最大值为6.答案6三、解答题(本大题共6个小题,共70分)17(10分)已知|a|4,|b|3,a,b=,若a,b,求ABC的面积解与的夹角,ABC.又|a|4,|b|3,SABC|sinABC433.18(12分)(1)在直角三角形ABC中,C90,AB5,AC4,求;(2)已知向

7、量(3,1),(1,a),aR.若ABC为直角三角形,求a的值解(1)在ABC中,C90,AB5,AC4,故BC3,且cosABC,与的夹角ABC,|cosABC539.(2)ABC是直角三角形,A90或B90或C90.当A90时,由,得3(1)1a0,a3;当B90时,(4,a1),由,得3(4)1(a1)0,a13;当C90时,由,得1(4)a(a1)0,即a2a40,aR,方程a2a40无解综上所述,a3或13.19(12分)已知|a|4,|b|3,(2a3b)(2ab)61,(1)求a与b的夹角;(2)求|ab|.解(1)(2a3b)(2ab)61,4|a|24ab3|b|261,又|

8、a|4,|b|3,644ab2761,ab6.cos .又0,.(2)可先平方转化为向量的数量积|ab|2(ab)2|a|22ab|b|2422(6)3213,|ab|.20(12分)已知向量a(cos ,sin ),b(cos ,sin ),0.(1)若|ab|,求证:ab;(2)设c(0,1),若abc,求,的值(1)证明由题意得|ab|22,即(ab)2a22abb22.又因为a2b2|a|2|b|21,所以22ab2,即ab0,故ab.(2)解因为ab(cos cos ,sin sin )(0,1),所以由此得cos cos(),由0,得0,又0,所以,.21(12分)在平面直角坐标系

9、中,O为坐标原点,已知向量a(2,1),A(1,0),B(cos ,t),(1)若a,且|,求向量的坐标;(2)若a,求ycos2cos t2的最小值解(1)(cos 1,t),又a,2tcos 10.cos 12t.又|,(cos 1)2t25.由得,5t25,t21,t1.当t1时,cos 3(舍去),当t1时,cos 1,B(1,1),(1,1)(2)由(1)可知t,ycos2cos cos2cos (cos2cos )(cos )2,当cos 时,ymin.22(12分)如图,在OAB中,AD与BC交于点M,设a,b.(1)用a,b表示;(2)已知在线段AC上取一点E,在线段BD上取一点F,使EF过M点,设p,q,求证:1.(1)解设manb,则(m1)anb,ab.因为点A,M,D共线,所以与共线,所以(m1)(1)n0,所以m2n1.而anb,ab.因为C,M,B共线,所以与共线,所以n0.所以4mn1.联立可得m,n,所以ab.(2) 证明 ab,paqb,因为与共线,所以q(p)0.所以qpqp,即1.

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