广东省2013届高三数学一轮单元测评训练 第四单元 理

1 单元能力检测单元能力检测 四四 考查范围 第四单元 平面向量 时间 120 分钟 分值 150 分 一 选择题 本大题共 8 小题 每小题 5 分 共 40 分 在每小题给出的四个选项中 只有一项是符合题目要求的 1 设向量a a 1 x 1 b b x 1 3 则 x 2 是 a a b b 的 A 充分但不必要条件 B 必要但不充分条件 C 充要条件 D 既不充分也不必要条件 2 在平行四边形ABCD中 AC为一条对角线 2 4 1 3 则 AB AC AD A 2 4 B 3 5 C 1 1 D 2 4 3 在 ABC中 M是BC的中点 AM 1 点P在AM上且满足 2 则 等 AP PM PA PB PC 于 A B 4 9 4 3 C D 4 3 4 9 4 已知平面直角坐标系内的两个向量a a 1 2 b b m 3m 2 且平面内的任一向 量c c都可以唯一的表示成c c a a b b 是实数 则m的取值范围是 A 2 B 2 C D 2 2 5 已知非零向量与满足 0 且 则 ABC的 AB AC AB AB AC AC BC AB AB AC AC 1 2 形状为 A 等腰非等边三角形 B 等边三角形 C 三边均不相等的三角形 D 直角三角形 6 若 a a 1 b b 2 c c a a b b 且c c a a 则a a与b b的夹角为 A 30 B 60 C 120 D 150 7 已知平面上三点A B C满足 3 4 5 则 AB BC CA AB BC BC CA 的值等于 CA AB A 25 B 24 C 25 D 24 8 已知圆P的方程为 x 3 2 y 2 2 4 直线y mx与圆P交于A B两点 直线 y nx与圆P交于C D两点 则 O为坐标原点 等于 OA OB OC OD A 4 B 8 C 9 D 18 二 填空题 本大题共 6 小题 每小题 5 分 共 30 分 把答案填在答题卡相应位置 2 9 设a a b b c c是单位向量 且a a b b 0 则 a a c c b b c c 的最小值为 10 在 OAB中 M是AB的中点 N是OM的中点 若OM 2 则 NO NA NB 11 一质点受到平面上的三个力F F1 F F2 F F3 单位 牛顿 的作用而处于平衡状态 已 知F F1 F F2成 60 角 且F F1 F F2的大小分别为 2 和 4 则F F3的大小为 12 ABC外接圆的半径为 1 圆心为O 且 2 0 OA AB AC OA AB 则 CA CB 13 已知 1 0 点C在 AOB内 且 AOC 30 设 m OA OB 3 OA OB OC n m n R R 则 OA OB m n 14 关于平面向量有下列四个命题 若a a b b a a c c 则b b c c 已知a a k 3 b b 2 6 若a a b b 则k 1 非零向量a a和b b 满足 a a b b a a b b 则a a与 a a b b的夹角为 30 0 其中正确的命题为 写出所 a a a a b b b b a a a a b b b b 有正确命题的序号 三 解答题 本大题共 6 小题 共 80 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 15 12 分 设a a 2cosx 1 b b cosx sin2x f x a a b b x R R 3 1 若f x 0 且x 求x的值 3 3 2 若函数g x cos k 0 k R R 与f x 的最小正周期相同 且g x x 3 的图象过点 求函数g x 的值域 6 2 16 13 分 设两个向量e e1 e e2满足 e e1 2 e e2 1 e e1与e e2的夹角为 若向量 3 2te e1 7e e2与e e1 te e2的夹角为钝角 求实数t的范围 3 17 13 分 平行四边形ABCD中 点E F分别是AD DC的中点 BE BF分别与AC交 于R T两点 用向量的方法找出AR RT TC之间的关系 ks5u 18 14 分 已知 ABC的顶点坐标为A 1 0 B 5 8 C 7 4 在边AB上有一点 P 其横坐标为 4 在边AC上求一点Q 使线段PQ把 ABC分成面积相等的两部分 19 14 分 如图 D4 1 在 Rt ABC中 A 90 已知BC a 若长为 2a的线段PQ 以点A为中点 问与的夹角 取何值时 的值最大 并求出这个最大值 PQ BC BP CQ 图 D4 1 4 20 14 分 设椭圆方程为x2 1 过点M 0 1 的直线l交椭圆于A B两点 O是 y2 4 坐标原点 点P满足 点N的坐标为 当直线l绕点M旋转时 求 OP 1 2 OA OB 1 2 1 2 1 动点P的轨迹方程 2 的最大值与最小值 NP 单元能力检测 四 1 A 解析 依题意 a a b b 3 x 1 x 1 0 x 2 所以 x 2 是 a a b b 的充分但不必要条件 2 C 解析 1 1 AD BC AC AB 3 A 解析 PA 2 3AM PB PC 2 3AM PA PB PC 4 9 4 D 解析 由题意知a a b b可以作为平面向量的一组基底 所以a a b b不共线 即 3m 2 2m 0 m 2 5 A 解析 根据 0 角A的平分线和BC边上的高重合 说明 AB AB AC AC BC ABC是等腰三角形 根据数量积的定义 说明A 120 故 ABC是等 AB AB AC AC 1 2 腰非等边三角形 6 C 解析 c c a a b b 且c c a a a a a a b b 0 a a2 a a b b 0 即 1 1 2cos 0 cos 120 1 2 7 C 解析 3 4 5 AB BC CA 2 2 2 故 B 90 则有 0 CA AB BC AB BC 由 cos C 4 5 16 BC CA BC CA 4 5 cos A 5 3 9 CA AB CA AB 3 5 则原式 0 16 9 25 8 D 解析 设A x1 y1 B x2 y2 把直线方程y mx代入圆的方程并整理得 1 m2 x2 6 4m x 9 0 则x1x2 x1x2 y1y2 x1x2 mx1mx2 9 1 m2 OA OB 1 m2 x1x2 1 m2 9 ks5u 9 1 m2 5 同理 9 OC OD 所以 18 ks5u OA OB OC OD 9 1 解析 a a c c b b c c a a b b c c 1 其最小值为 1 22 10 2 解析 如图 延长NM到点C 使得MC NM 连接AC BC 根据向量的几何运算法则 可得 而 所以 NA NB NC OM NO 1 2OM NO NA NB 2 2 1 2 OM 11 2 解析 F F1 F F2 F F3 0 则F F F F F F 2 F F1 F F2 cos60 28 所以 72 32 12 2 F F3 2 7 12 3 解析 由 2 0 得 2 0 即 OA AB AC OA OB OA OC OA OB OC 即O B C三点共线 BC为 ABC外接圆的直径 故 A 90 又 得 OA AB B 60 所以 C 30 且 如图 CA 3 所以 cos30 2 3 CA CB CA CB 3 3 2 13 3 解析 方法一 如图所示 0 OA OB OB OA 不妨设 2 过C作CD OA于D CE OB于E 则四边形ODCE是矩形 OC OC OD DC OD OE 2 COD 30 1 OC DC OD 3 又 1 OB 3 OA 故 OD 3 OA OE 3 3 OB ks5u 6 此时m n OC 3 OA 3 3 OB 3 3 3 3 m n 3 3 3 方法二 由 0 知 AOB为直角三角形 以OA OB所在直线分别为x y轴建立 OA OB 平面直角坐标系 则可知 1 0 0 OA OB 3 又由 m n 可知 m n OC OA OB OC 3 故由 tan30 可知 3 3n m 3 3 m n 14 解析 中a a b b a a c c a a b b c c 0 当a a 0 时也成立 中若 a a b b 则有 k 1 中易知a a b b夹角为 60 a a与a a b b的夹角为 30 中 k 3 2 6 2 2 0 a a a a b b b b a a a a b b b b a a a a b b b b a a a a b b b b a a a a b b b b 15 解答 1 f x a a b b 2cos2x sin2x 3 1 cos2x sin2x 2sin 1 3 2x 6 f x 0 2sin 1 0 sin 2x 6 2x 6 1 2 又 x 2x 3 3 2 6 5 6 2x x 6 6 6 2 由 1 知 f x 2sin 1 2x 6 因为g x 与f x 的最小正周期相同 2 又g x 的图象过点 cos k 2 6 2 2 6 3 1 k 2 k 1 g x cos 1 其值域为 0 2 2x 3 16 解答 由向量 2te e1 7e e2与e e1 te e2的夹角为钝角 得 0 2te e1 7e e2 e e1 te e2 2te e1 7e e2 e e1 te e2 即 2te e1 7e e2 e e1 te e2 0 化简即得 2t2 15t 7 0 解得 7 t 1 2 当夹角为 时 也有 2te e1 7e e2 e e1 te e2 0 但此时夹角不是钝角 设 2te e1 7e e2 e e1 te e2 0 可求得Error Error 所求实数t的范围是 7 14 2 14 2 1 2 7 17 解答 由点E R B共线 可设 1 1 又 AR AE AB 2 AD AB 由A R C共线 设 由平面向量基本定理知 AR AC AB AD 1 2 即AR AC 同理可得CT AC 2 3 1 3 1 3 1 3 AR RT TC 18 解答 设 1 2 则 1 PA AB QA AC 3 4 又 2 S APQ S ABC AP AB AQ AC PA AB QA AC 3 4 则 2 3 4 1 2 又 2 0 2 2 3 设点Q的坐标为 xQ yQ 则 1 xQ 6 yQ 4 2 3 2 3 得xQ 5 yQ Q 8 3 5 8 3 19 解答 0 AB AC AB AC AP AQ BP AP AB CQ AQ AC BP CQ AP AB AQ AC AP AQ AP AC AB AQ AB AC a2 AP AC AB AP a2 AP AC AB a2 1 2PQ BC a2 a2cos 故当 cos 1 即 0 与方向相同 时 最大 其最大值为 0 PQ BC BP CQ 20 解答 1 当直线l的斜率存在时 设为k 则l方程为 y kx 1 设A x1 y1 B x2 y2 由题设可得方程组Error 即 4 k2 x2 2kx 3 0 所以x1 x2 y1 y2 k x1 x2 2 2k 4 k2 8 4 k2 而 OP 1