高中数学人教A版本册总复习总复习 高中数学人教版《第二章测评》课后习题

第二章测评(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.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.(2023•山东淄川一中阶段性检测)若|m|=4,|n|=6,m与n的夹角是135°,则m·n=() B.122 解析:m·n=|m||n|cos135°=4×6×cos135°=-122,故选C.答案:C2.已知平面内不共线的四点O,A,B,C满足OB=13OA+23OC,则|AB∶3 ∶1 ∶2 ∶1解析:由OB=得13(OA-即13AB=23BC,所以|AB故|AB|∶|BC|=2∶1.答案:D3.已知a=(1,-2),b=(-3,4),c=(3,2),则(a+b)·(2a-c)=( .14 解析:∵a+b=(-2,2),2a-c=(2,-4)-(3,2)=(-1,-6),∴(a+b)·(2a-c)=-2×(-1)+2×(-6)=-答案:C4.向量BA=(4,-3),向量BC=(2,-4),则△ABC的形状为()A.等腰非直角三角形 B.等边三角形C.直角非等腰三角形 D.等腰直角三角形解析:∵AC=BC-BA=(∴AC·BC=(-2)×2+(-1)×(-4)∴AC⊥又|AC|≠|BC|,∴△ABC是直角非等腰三角形.答案:C5.(2023•河南郑州高一期末)平面向量a=(1,-2),b=(-2,x),若a∥b,则x等于() -4 解析:∵平面向量a=(1,-2),b=(-2,x),且a∥b,∴1·x-(-2)·(-2)=0,解得x=4.故选A.答案:A6.若a=(2,-3),b=(1,2),c=(9,4),且c=ma+nb,则m,n的值分别是(),5 ,-5 ,-5 解析:∵c=ma+nb,∴(9,4)=m(2,-3)+n(1,2)=(2m+n,-3m+2n).答案:A7.平面向量a与b的夹角为60°,|a|=2,b=12,32,则|a+2bA.3 B.23解析:∵b=12,32,∴|由已知得ab=|a||b|cosθ=2×1×12=1∴|a+2b|=(a+2b)答案:B8.(2023·辽宁实验中学分校段考)若|a+b|=|a-b|=2|a|,则向量a+b与a的夹角为()A.π6 B.π3 C.2π解析:∵|a+b|=|a-b|=2|a|,∴|a+b|2=|a-b|2,两边平方可得a2+2a·b+b2=a2-2a·化简可得a·b=0.设向量a+b与a的夹角为θ,则可得cosθ=(a+b)·a|a+b||a答案:B9.已知OA=(-2,1),OB=(0,2),且AC∥OB,BC⊥A.(2,6) B.(-2,-6) C.(2,-6) D.(-2,6)解析:设C(x,y),则AC=(x+2,y-1),BC=(x,y-2),AB=(2,1).由AC∥OB∴点C的坐标为(-2,6).答案:D10.如图,过点M(1,0)的直线与函数y=sinπx(0≤x≤2)的图象交于A,B两点,则OM·(OA+OB)等于( 解析:设N(2,0),由题意知OA+∴OM·(OA+=OM·ON=(1,0)·(2,0)=答案:B11.已知向量a=(x,3),b=(-3,x),则下列叙述中正确的个数是()①存在实数x,使a∥b;②存在实数x,使(a+b)∥a;③存在实数x,m,使(ma+b)∥a;④存在实数x,m,使(ma+b)∥b. .1 解析:ma+b=m(x,3)+(-3,x)=(mx-3,x+3m),又b=(-3,x∴-3(x+3m)=x(mx-即m(x2+9)=0,∴存在m=0,对任意的实数x,使(ma+b)∥b.答案:B12.导学号08720239(2023•吉林延边二中检测)设O是平面上一定点,A,B,C是平面上不共线的三点,动点P满足OP=OA+λAB|AB|cosB+AC|AC|cosCA.外心 B.内心 C.重心 D.垂心解析:∵OP=OA+λ∴AP=λAB|又BC=-|BC|+|BC|=0,∴BC与λAB|AB|cosB∴点P在BC的高线上,即P的轨迹过△ABC的垂心,故选D.答案:D二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2023•陕西渭南阶段性测试)已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,且a与b的夹角为2π3,则a在b方向上的投影为解析:根据数量积的几何意义可知,a在b方向上的投影为|a|与向量a,b夹角的余弦值的乘积,∴a在b方向上的投影为|a|·cos2π3=2×-12=-1,∴a在b答案:-114.(2023·山东临沂期中联考)设x,y∈R,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=.

解析:∵向量a=(x,1),c=(2,-4),且a⊥c,∴x×2+1×(-4)=0,解得x=2,得a=(2,1),又b=(1,y),c=(2,-4),且b∥c,∴1×(-4)=y×2,解得y=-2,得b=(1,-2),由此可得a+b=(2+1,1+(-2))=(3,-1).∴|a+b|=32答案:1015.若平面向量α,β满足|α|=1,|β|≤1,且以向量α,β为邻边的平行四边形的面积为12,则α与β的夹角θ的取值范围是.解析:根据题意得|α||β|sinθ=12又|α|=1,|β|≤1,∴12≤sinθ≤∴π6≤θ≤5答案:π16.已知梯形ABCD中,AD=1,AB=2,∠DAB=π3,DC∥AB,若DE=λDC,则当AE·BD=-34时,λ解析:由已知得AE=AD+DE∴AE·BD=AD=AD=-34由已知得1-1+12λ-2λ=-3∴-32λ=-34,∴λ=答案:1三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本小题满分10分)(2023•山西曲沃中学高一期末)已知a=(2,1),b=(-3,-4),c⊥(a-b).(1)求2a+3b,|a-2b|(2)若c为单位向量,求c的坐标.解:(1)∵a=(2,1),b=(-3,-4),∴2a+3b=(-5,-10),a-2b=∴|a-2b|=145.(2)设c=(x,y),则x2+y2=1,①∵a=(2,1),b=(-3,-4),∴a-b=(5,5).又c⊥(a-b),∴5x+5y=0,∴y=-x,②解得x∴c=22,-22或18.(本小题满分12分)设向量a,b满足|a|=|b|=1及|3a-2b|=7(1)求a,b的夹角θ;(2)求|3a+b|的值解:(1)由已知得(3a-2b)2=即9|a|2-12a·b+4|b|2又|a|=1,|b|=1,代入得a·b=12∴|a||b|cosθ=12,即cosθ=1∵θ∈[0,π],∴θ=π3∴向量a,b的夹角θ=π3(2)由(1)知,(3a+b)2=9|a|2+6a·b+|b=9+3+1=13,∴|3a+b|=1319.(本小题满分12分)已知a=(1,1),b=(0,-2),当k为何值时,(1)ka-b与a+b共线;(2)ka-b与a+b的夹角为120°.解:∵a=(1,1),b=(0,-2),∴ka-b=k(1,1)-(0,-2)=(k,k+2).a+b=(1,1)+(0,-2)=(1,-1).(1)∵ka-b与a+b共线,∴k+2-(-k)=0,解得k=-1.(2)∵|ka-b|=k2|a+b|=12(ka-b)·(a+b)=(k,k+2)·(1,-1)=k-k-2=-2,而ka-b与a+b的夹角为120°,∴cos120°=(ka即-12=-整理得k2+2k-2=0,解之得k=-1±3.20.(本小题满分12分)已知O为坐标原点,点A(1,0),点B(x,2).(1)求|AB|;(2)设函数f(x)=|AB|2+OA·OB,求函数f(x)的最小值及相应的x解:(1)由已知条件得:|AB|=(x(2)∵f(x)=|AB|2+OA·OB∴f(x)=x2-2x+5+x=x2-x+5=x-∴当x=12时,函数f(x)取最小值1921.(本小题满分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:1m+1证明:如图所示,∵OD=12(OA+OB)∴OG=23OD=1∴PG=OG-OP=13=13-ma+PQ=OQ-OP=n又P,G,Q三点共线,∴存在一个实数λ,使得PG=λPQ.∴13-ma+13b=λnb-∴13-m+λma+∵a与b不共线,∴1由①②消去λ得:1m+122.导学号08720230(本小题满分12分)已知正方形ABCD,E,F分别是CD,AD的中点,BE,CF交于点P.求证:(1)BE⊥CF;(2)AP=AB.证明:如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2,则A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).(1)BE=