《高中数学人教A版必修四课时训练第二章平面向量章末检测(B)Word版含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学人教A版必修四课时训练第二章平面向量章末检测(B)Word版含答案.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第二章平面向量 (B) ( 时间： 120 分钟满分： 150 分) 一、选择题 (本大题共12 小题 ，每小题 5 分，共 60 分) 1下列命题正确的是() A单位向量都相等 B若 a与 b 共线 ，b 与 c共线 ，则 a 与 c 共线 C若|ab|ab|，则 a b0 D若 a 与 b 都是单位向量 ，则 a b1. 2设向量 a(m2， m3)， b(2m1，m2)，若 a 与 b 的夹角大于90 ，则实数 m 的 取值范围是 () A( 4 3，2) B( ， 4 3)(2， ) C(2，4 3) D( ，2)(4 3， ) 3平行四边形ABCD 中，AC 为一条对角线 ，若AB
2、(2,4)，AC (1,3)，则AD BD 等于 () A8 B6 C 8 D 6 4已知向量a (4,2)，b(x,3)，且 ab，则 x 的值是 () A6 B 6 C 9 D12 5关于平面向量a，b， c，有下列四个命题： 若 a b，a0，则存在 R，使得 b a； 若 a b 0，则 a0 或 b0； 存在不全为零的实数 ， 使得 c a b； 若 a b a c，则 a(bc) 其中正确的命题是() ABCD 6已知 |a|1，|b|6，a (ba)2，则向量 a 与向量 b的夹角是 () A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 7已知 |a|5，|b|3，且 a b 12，则向
3、量 a 在向量 b 上的投影等于 () A4 B 4 C 12 5 D.12 5 8设 O，A，M，B 为平面上四点 ，OM OB (1 ) OA ， 且 (1,2)，则() A点 M 在线段 AB 上 B点 B 在线段 AM 上 C点 A 在线段 BM 上 DO，A，B，M 四点共线 9P 是 ABC 内的一点 ， AP 1 3(AB AC )， 则 ABC 的面积与 ABP 的面积之比为 () A. 3 2 B2 C3 D6 10 在 ABC 中， AR 2RB ，CP 2PR ，若AP mAB nAC ，则 mn 等于 () A. 2 3 B.7 9 C.8 9 D1 11已知 3a4b
4、5c0，且|a|b|c|1，则 a (bc)等于 () A4 5 B 3 5 C0 D.3 5 12 定义平面向量之间的一种运算“”如下：对任意的a(m，n)，b(p，q)，令 a b mqnp.下面说法错误的是() A若 a 与 b 共线 ，则 ab0 Bab ba C对任意的 R，有( a)b (ab) D(ab) 2(a b)2|a|2|b|2 题号123456789101112 答案 二、填空题 (本大题共4 小题 ， 每小题 5 分，共 20 分) 13 a，b的夹角为120 ，|a| 1，|b|3，则|5ab|_. 14设向量 a (1,2)，b (2,3)，若向量 ab与向量 c
5、(4，7)共线 ，则 _. 15 已知向量 a(6,2)， b(4， 1 2)， 直线 l 过点 A(3，1)，且与向量 a2b垂直 ，则直 线 l 的方程为 _ 16 已知向量 OP (2,1)，OA (1,7)，OB (5,1)，设 M 是直线 OP 上任意一点 (O 为坐标原 点)，则MA MB 的最小值为 _ 三、解答题 (本大题共6 小题 ， 共 70 分 ) 17 (10 分 )如图所示 ，以向量 OA a，OB b 为边作 ?AOBD，又BM 1 3BC ，CN 1 3CD ，用 a，b 表示 OM 、ON 、MN . 18 (12 分 )已知 a，b 的夹角为120 ，且|a|
6、 4，|b| 2， 求： (1)(a2b) (ab)； (2)|a b|； (3)|3a4b|. 19 (12 分 )已知 a(3，1)，b 1 2， 3 2 ，且存在实数k 和 t，使得 xa(t 23)b，y katb，且 xy， 试求 k t 2 t 的最小值 20(12 分)设OA (2,5)，OB (3,1)，OC (6,3)在线段 OC 上是否存在点M，使 MAMB？ 若存在 ，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由 21 (12 分 )设两个向量e1、e2满足 |e1|2， |e2|1，e1、e2的夹角为 60 ， 若向量 2te17e2 与 e1te2的夹角为钝角，求实数 t
7、 的取值范围 22(12 分)已知线段PQ 过 OAB 的重心 G，且 P、Q 分别在 OA、OB 上 ，设OA a，OB b，OP ma，OQ nb. 求证： 1 m 1 n3. 第二章平面向量 (B) 答案 1C|ab| 2a2b22a b |ab|2 a2b 22a b |a b| |a b|.a b0. 2Aa 与 b 的夹角大于90 ， a b0， (m2)(2m1)(m3)(m2)0，即 3m 2 2m80， 4 3m2. 3 AAD BC AC AB (1， 1)， BD AD AB (1， 1) (2,4)(3， 5)， AD BD ( 1， 1) (3， 5)8. 4Bab，
8、 4 32x0， x6. 5 B由向量共线定理知正确；若a b0，则 a0 或 b0 或 ab，所以错误；在a， b 能够作为基底时，对平面上任意向量，存在实数 ，使得 c a b，所以错误；若 abac，则 a(bc)0，所以 a(bc)，所以正确，即正确命题序号是. 6 Ca(ba)a b |a| 22， a b 3， cosa，b a b |a| |b| 3 16 1 2， a， b 3. 7A向量 a 在向量 b上的投影为 |a|cosa， b |a| a b |a|b| a b |b| 12 3 4. 8BOM OB (1 )OA OA (OB OA )AM AB ， (1,2)，点
9、 B 在线段 AM 上，故选 B. 9C设 ABC 边 BC 的中点为D，则 SABC SABP 2S ABD SABP 2AD AP . AP 1 3(AB AC ) 2 3AD ， AD 3 2AP ， |AD | 3 2|AP |. SABC SABP 3. 10 BAP AC CP AC 2 3CR AC 2 3( 2 3AB AC )4 9AB 1 3AC 故有 mn 4 9 1 3 7 9. 11B由已知得4b 3a5c，将等式两边平方得(4b) 2(3a5c)2，化简得 a c 3 5. 同理由 5c 3a4b两边平方得a b0， a (bc)a ba c 3 5. 12 B若
10、a(m， n)与 b(p，q)共线，则mq np0，依运算 “ ” 知 ab0，故 A 正 确由于 abmqnp ，又 banpmq ，因此 ab ba，故 B 不正确对于C， 由于 a(m ，n)，因此 ( a)bmq np ，又 (a b) (mqnp )mq np ，故 C 正确 对于 D，(ab)2(ab)2 m 2q22mnpq n2 p 2(mp nq)2m2 (p 2q2)n2 (p 2q2) (m 2n2)(p2q2)|a|2|b|2，故 D 正确 13 7 解析|5ab|2(5ab)225a2b210a b2512 32 101 3(1 2)49. |5ab|7. 142 解
11、析a (1,2)，b(2,3)， ab( ，2 )(2,3)( 2,2 3) 向量 ab 与向量 c(4， 7)共线， 7( 2)4(2 3) 0. 2. 15 2x3y90 解析设 P(x，y)是直线上任意一点，根据题意，有AP (a2b) (x 3，y1) (2,3)0， 整理化简得2x 3y90. 16 8 解析设OM tOP (2t， t)，故有 MA MB (12t,7t) (52t,1t) 5t 220t125(t2)2 8，故当 t2 时， MA MB 取得最小值8. 17 解BA OA OB a b.OM OB BM OB 1 3BC OB 1 6BA 1 6a 5 6b. 又
12、OD ab.ON OC CN 1 2OD 1 6OD 2 3OD 2 3a 2 3b， MN ON OM 2 3a 2 3b 1 6a 5 6b 1 2a 1 6b. 18 解a b|a|b|cos 12042 1 2 4. (1)(a2b) (ab)a 22a ba b2b2 422(4)(4)22212. (2)|ab| 2(ab)2a22a bb2162( 4)4 12. |ab|23. (3)|3a4b| 29a224a b 16b29 42 24(4)16221619， |3a4b|419. 19 解由题意有 |a|3 2 122，|b| 1 2 23 2 21. a b3 1 21
13、 3 2 0， ab. x y0， a(t 23)b(katb)0.化简得 kt 3 3t 4 . kt 2 t 1 4(t 24t3)1 4(t2) 27 4.即 t 2 时， k t 2 t 有最小值为 7 4. 20 解设OM tOC ，t 0,1，则 OM (6t,3t)，即 M(6t,3t).MA OA OM (26t,53t)， MB OB OM (36t,13t)若 MAMB，则MA MB (26t)(36t)(53t)(13t)0. 即 45t 248t11 0，t1 3或 t 11 15.存在点 M，M 点的坐标为 (2,1)或 22 5 ， 11 5 . 21 解由向量 2
14、te1 7e2与 e1te2的夹角为钝角， 得 2te17e2 e1te2 |2te17e2| |e1te2| 0， 即(2te17e2) (e1te2)0. 整理得： 2te 2 1(2t 27)e 1 e27te 2 20.(*) |e1|2， |e2|1， e1，e2 60 . e1 e221cos 60 1 (*) 式化简得： 2t215t 70.解得： 7t 1 2. 当向量 2te17e2与 e1te2夹角为 180 时，设 2te17e2 (e1 te2) ( 0) 对比系数得 2t 7t 0 ， 14 t 14 2 所求实数t 的取值范围是7， 14 2 14 2 ， 1 2 . 22. 证明如右图所示， OD 1 2(OA OB ) 1 2(a b)， OG 2 3OD 1 3(ab) PG OG OP 1 3(ab)ma( 1 3m)a 1 3b. PQ OQ OP nbma. 又 P、 G、 Q 三点共线， 所以存在一个实数 ，使得 PG PQ . ( 1 3m)a 1 3bn b m a， ( 1 3m m )a( 1 3n )b0. a 与 b 不共线， 1 3mm 0， 1 3n 0， 由消去 得： 1 m 1 n3.