高考数学一轮复习 第五章 平面向量与复数层级快练30 文.doc

层级快练(三十)1已知a(1，2)，2ab(3，1)，则ab()a2b3c4 d5答案d解析a(1，2)，2ab(3，1)，b2a(3，1)2(1，2)(3，1)(1，3)ab(1，2)(1，3)1235.2已知|a|6，|b|3，ab12，则向量a在向量b方向上的投影是()a4 b4c2 d2答案a解析ab|a|b|cosa，b18cosa，b12，cosa，b.a在b方向上的投影是|a|cosa，b4.3(2018上海杨浦区一模)若a与bc都是非零向量，则“abac”是“a(bc)”的()a充分不必要条件 b必要不充分条件c充要条件 d既不充分也不必要条件答案c解析a与bc都是非零向量，abacabac0a(bc)0a(bc)，故“abac”是“a(bc)”的充要条件故选c.4(2018黑龙江大庆第一次质检)已知向量a(1，2)，b(2，m)若ab，则|2a3b|()a. b4c3 d2答案b解析a(1，2)，b(2，m)，且ab，1m2(2)，m4.a(1，2)，b(2，4)，2a3b(4，8)，|2a3b|4.故选b.5已知向量a(1，2)，ab5，|ab|2，则|b|等于()a. b2c5 d25答案c解析由a(1，2)，可得a2|a|212225.|ab|2，a22abb220.525b220.b225.|b|5，故选c.6(2018甘肃武威十八中月考)已知非零向量a，b满足|b|4|a|，且a(2ab)，则a与b的夹角为()a. b.c. d.答案c解析设两个非零向量a，b的夹角为.因为a(2ab)，所以a(2ab)0，即2a2|a|b|cos0.因为|b|4|a|，|a|0，所以cos.因为0，所以.故选c. 7如图所示，已知正六边形p1p2p3p4p5p6，则下列向量的数量积中最大的是()a. b.c. d.答案a解析由于，故其数量积是0，可排除c；与的夹角为，故其数量积小于0，可排除d；设正六边形的边长是a，则|cos30a2，|cos60a2.故选a.8(2018河南高中毕业年级考前预测)abc的外接圆的圆心为o，半径为1，2，且|，则向量在向量方向上的投影为()a. bc d.答案d解析因为2，所以()0，即，即外接圆的圆心o为bc的中点，所以abc是以bc为斜边的直角三角形又因为|1，所以acb，|ca|，则向量在向量方向上的投影为|cos.故选d.9已知平面向量a，b，|a|1，|b|，且|2ab|，则向量a与向量ab的夹角为()a. b.c. d答案b解析由题意，得|2ab|244ab37，所以ab0，所以a(ab)1，且|ab|2，故cosa，ab，所以a，ab，故选b.10(2018沧州七校联考)已知p是边长为2的正三角形abc的边bc上的动点，则()()a有最大值为8 b是定值6c有最小值为2 d与点的位置有关答案b解析因为点p在边bc上，所以存在实数，使(1)，所以()(1)()46.故选b.11(2018河南鹤壁高级中学段考)如图，bc，de是半径为1的圆o的两条直径，2，则等于()a bc d答案b解析2，圆o的半径为1，|，()()|2()()201.故选b.12(2018河南豫北名校联盟对抗赛)已知abc的外接圆的半径为1，圆心为点o，且3450，则()a. b.c d.答案c解析因为|1，由3450得354和453，两个式子分别平方可得和.所以().故选c.13(2017课标全国，理)已知向量a，b的夹角为60，|a|2，|b|1，则|a2b|_答案2解析本题考查向量的运算|a2b|2.14(2018江西上饶一模)在边长为1的正方形abcd中，2，bc的中点为f，2，则_答案解析以a为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系正方形abcd的边长为1，b(1，0)，d(0，1)，e(，0)，f(1，)设g(a，b)，由2，得(，)2(a1，b)，解得g(，)(1，)(1，1)，1.15(2018河北衡水四调)在abc中，ab3，ac5.若o为abc的外接圆的圆心，则_答案8解析设bc的中点为d，连接od，ad，则，所以()()()(22)(5232)8.16.(2018上海闵行区一模)如图，已知半径为1的扇形oab，aob60，p为弧上的一个动点，则的取值范围是_答案，解析()cosbopcosaopcos(60aop)cosaopcosaopsinaopcosaopsinaopcosaopsin(aop30)0aop60，30aop3030，sin(aop30).的取值范围为，17设两个向量e1，e2满足|e1|2，|e2|1，e1与e2的夹角为，若向量2te17e2与e1te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围答案(7，)(，)解析由向量2te17e2与e1te2的夹角为钝角，得0，即(2te17e2)(e1te2)0，化简即得2t215t70，解得7t.当夹角为时，也有(2te17e2)(e1te2)0，但此时夹角不是钝角设2te17e2(e1te2)，0，可求得所求实数t的范围是(7，)(，)1(2015课标全国，文)向量a(1，1)，b(1，2)，则(2ab)a()a1b0c1 d2答案c解析a(1，1)，b(1，2)，(2ab)a(1，0)(1，1)1.2(2017保定模拟)若向量a，b满足|a|b|1，(ab)b，则向量a，b的夹角为()a30 b45c60 d90答案c解析(ab)bb2ab1ab，ab|a|b|cosa，b，cosa，b，a，b60.故选c.3(2017海淀区期末)设向量a(1，0)，b(，)，则下列结论中正确的是()a|a|b| babcab dab与b垂直答案d4(2016山东，理)已知非零向量m，n满足4|m|3|n|，cosm，n.若n(tmn)，则实数t的值为()a4 b4c. d答案b解析由n(tmn)可得n(tmn)0，即tmnn20，所以t334.故选b.5(2017辽宁抚顺一中月考)在abc中，c90，且cacb3，点m满足2，则()a2 b3c3 d6答案b解析2，()，()()23.故选b.6.(2017山东师大附中模拟)如图，在圆o中，若弦ab3，弦ac5，则的值等于()a8 b1c1 d8答案d解析取的中点d，连接od，ad，则0且，即.而()，所以()()(22)(5232)8.故选d.7(2018广西南宁联考)设平面向量a(2，1)，b(，1)若a与b的夹角为钝角，则的取值范围是()a(，2)(2，) b(2，)c(，) d(，)答案a解析因为a与b的夹角为钝角，所以ab21(1)0，即21.当a，b共线且反向时，20，得2.所以的取值范围是(，2)(2，)故选a.8(2016山东，文)已知向量a(1，1)，b(6，4)若a(tab)，则实数t的值为_答案5解析根据已知，a22，ab10.由a(tab)，得a(tab)ta2ab2t100，解得t5.9(2015浙江)已知e1，e2是平面单位向量，且e1e2.若平面向量b满足be1be21，则|b|_答案解析因为be1be21，|e1|e2|1，由数量积的几何意义，知b在e1，e2方向上的投影相等，且都为1，所以b与e1，e2所成的角相等由e1e2，知e1与e2的夹角为60，所以b与e1，e2所成的角均为30，即|b|cos301，所以|b|.10若平面向量a，b满足|2ab|3，则ab的最小值是_答案解析由|2ab|3可知，4a2b24ab9，所以4a2b294ab.而4a2b2|2a|2|b|22|2a|b|4ab，所以ab，当且仅当2ab时取等号11(2018上海静安区一模)在rtabc中，ab3，ac4，bc5，点m是abc外接圆上任意一点，则的最大值为_答案12解析如图，建立平面直角坐标系，则a(0，0)，b(3，0)，c(0，4)，abc外接圆的方程为(x)2(y2)2.设m(cos，2sin)，则(cos，2sin)，(3，0)，cos12，当且仅当cos1时，等号成立12(2018西安高新一中四模)如图，在梯形abcd中，abcd，cd2，bad，若2，则_思路本题可从已知的向量等式出发，结合图形活用向量的加、减法运算及其几何意义求解；亦可通过建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求解答案12解析方法一：因为2，所以，所以.因为abcd，cd2，bad，所以2|cos，化简得|2.故()|2(2)222cos12.方法二：如图，建立平面直角坐标系xay.依题意，可设点d(m，m)，c(m2，m)，b(n，0)，其中m0，n0.则由2，得(n，0)(m2，m)2(n，0)(m，m)，所以n(m2)2nm，化简得m2.故(m，m)(m2，m)2m22m12.解后反思方法一