（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 高考達標檢測（二十一）平面向量的基本運算 文

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1、（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 高考達標檢測（二十一）平面向量的基本運算 文 一、選擇題 1.(2018·長春模擬)如圖所示，下列結(jié)論正確的是(　　) ①＝a＋b； ②＝a－b； ③＝a－b； ④＝a＋b. A．①②　　　　　　　　 B．③④ C．①③ D．②④ 解析：選C?、俑鶕?jù)向量的加法法則，得＝a＋b，故①正確； ②根據(jù)向量的減法法則，得＝a－b，故②錯誤； ③＝＋＝a＋b－2b＝a－b，故③正確； ④＝＋＝a＋b－b＝a＋b，故④錯誤，故選C. 2．(2018·長沙一模)已知向量＝(k,12)，＝(4,5)，＝(－k,10)，且A，B，C三點共線，

2、則k的值是(　　) A．－ B. C. D. 解析：選A　＝－＝(4－k，－7)， ＝－＝(－2k，－2)． ∵A，B，C三點共線， ∴，共線， ∴－2×(4－k)＝－7×(－2k)， 解得k＝－. 3．(2018·嘉興調(diào)研)已知點O為△ABC外接圓的圓心，且＋＋＝0，則△ABC的內(nèi)角A等于(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：選A　由＋＋＝0得，＋＝， 由O為△ABC外接圓的圓心，結(jié)合向量加法的幾何意義知，四邊形OACB為菱形，且∠CAO＝60°，故A＝30°. 4．若＝a，＝b，a與b不共線，則∠AOB平分線上的向量

3、為(　　) A.＋ B. C. D.λ，λ由確定 解析：選D　以OM為對角線，以，方向為鄰邊作平行四邊形OCMD， ∵OM平分∠AOB， ∴平行四邊形OCMD是菱形． 設OC＝OD＝λ， 則＝λ，＝λ， ∴＝＋＝λ，且λ由確定． 5．設D，E，F(xiàn)分別是△ABC的三邊BC，CA，AB上的點，且＝2，＝2，＝2，則＋＋與 (　　) A．反向平行 B．同向平行 C．互相垂直 D．既不平行也不垂直 解析：選A　由題意得＝＋＝＋， ＝＋＝＋， ＝＋＝

4、＋， 因此＋＋＝＋(＋－) ＝＋＝－， 故＋＋與反向平行． 6.如圖所示，已知點G是△ABC的重心，過點G作直線與AB，AC兩邊分別交于M，N兩點，且＝x，＝y(tǒng)，則的值為(　　) A．3 B. C．2 D. 解析：選B　利用三角形的性質(zhì)，過重心作平行于底邊BC的直線， 易得x＝y(tǒng)＝，則＝. 7．(2018·蘭州模擬)已知向量a＝(1－sin θ，1)，b＝，若a∥b，則銳角θ＝(　　) A. B. C. D. 解析：選B　因為a∥b，所以(1－sin θ)×(1＋sin θ)－1×＝0， 得sin2θ＝，所以sin θ＝±，故銳角θ＝. 8．已知△ABC是邊

5、長為4的正三角形，D，P是△ABC內(nèi)的兩點，且滿足＝ (＋)，＝＋，則△APD的面積為(　　) A. B. C. D．2 解析：選A　法一：取BC的中點E，連接AE，由于△ABC是邊長為4的正三角形，則AE⊥BC，＝(＋)，又＝(＋)，所以點D是AE的中點，AD＝.?。剑訟D，AF為鄰邊作平行四邊形，可知＝＋＝＋.而△APD是直角三角形，AF＝，所以△APD的面積為××＝. 法二：以A為原點，以BC的垂直平分線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系． ∵等邊三角形ABC的邊長為4， ∴B(－2，－2)，C(2，－2)， 由題知＝(＋)＝[(－2，－2)＋(2，－2)]

6、＝(0，－)， ＝＋＝(0，－)＋(4,0)＝， ∴△ADP的面積為S＝||·| |＝××＝. 二、填空題 9．在矩形ABCD中，O是對角線的交點，若＝5e1，＝3e2，則＝________.(用e1，e2表示) 解析：在矩形ABCD中，因為O是對角線的交點， 所以＝＝(＋)＝(＋)＝(5e1＋3e2)＝e1＋e2. 答案：e1＋e2 10．已知S是△ABC所在平面外一點，D是SC的中點，若＝x＋y＋z，則x＋y＋z＝________. 解析：依題意得＝－＝(＋)－＝－＋＋， 因此x＋y＋z＝－1＋＋＝0. 答案：0 11．(2018·貴陽模擬)已知平面向量a，b滿足|

7、a|＝1，b＝(1,1)，且a∥b，則向量a的坐標是________． 解析：設a＝(x，y)， ∵平面向量a，b滿足|a|＝1，b＝(1,1)，且a∥b， ∴＝1，且x－y＝0，解得x＝y(tǒng)＝±. ∴a＝或. 答案：或 12.在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，DC∥AB，AD＝DC＝1，AB＝2，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，點P在以A為圓心，AD為半徑的圓弧DE上變動(如圖所示)，若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，則2λ－μ的取值范圍是________． 解析：以A為坐標原點，AB為x軸，AD為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,0)，E(1，0)，D(0,1)，F(xiàn)， 設

8、P(cos α，sin α)(0°≤α≤90°)， ∵＝λ＋μ， ∴(cos α，sin α)＝λ(－1,1)＋μ ＝， ∴cos α＝－λ＋μ，sin α＝λ＋， ∴λ＝(3sin α－cos α)，μ＝(cos α＋sin α)， ∴2λ－μ＝sin α－cos α＝sin(α－45°)， ∵0°≤α≤90°， ∴－45°≤α－45°≤45°， ∴－≤sin(α－45°)≤， ∴－1≤sin(α－45°)≤1， ∴2λ－μ的取值范圍是[－1,1]． 答案：[－1,1] 三、解答題 13.如圖所示，在△ABC中，D，F(xiàn)分別是BC，AC的中點，＝，＝a，＝b. (

9、1)用a，b表示向量，，，，； (2)求證：B，E，F(xiàn)三點共線． 解：(1)延長AD到G，使＝， 連接BG，CG，得到平行四邊形ABGC， 所以＝a＋b， ＝＝(a＋b)， ＝＝(a＋b)， ＝＝b， ＝－＝(a＋b)－a＝(b－2a)， ＝－＝b－a＝(b－2a)． (2)證明：由(1)可知＝， 又因為，有公共點B， 所以B，E，F(xiàn)三點共線． 14．(2018·鄭州模擬)平面內(nèi)給定三個向量a＝(3,2)，b＝(－1，2)，c＝(4,1)． (1)若(a＋kc)∥(2b－a)，求實數(shù)k的值； (2)若d滿足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝，求d的坐標

10、． 解：(1)a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)， 由題意得2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0， 解得k＝－. (2)設d＝(x，y)，則d－c＝(x－4，y－1)， 又a＋b＝(2,4)，|d－c|＝， ∴解得或 ∴d的坐標為(3，－1)或(5,3)． 15.如圖，在△OAB中，＝，＝，AD與 BC交于點M，設＝a，＝b. (1)用a，b表示； (2)在線段AC上取一點E，在線段BD上取一點F，使EF過M點，設＝p，＝q，求證：＋＝1. 解：(1)設＝xa＋yb， 由＝，得＝4x＋yb， ∵C，M，B三點共線， ∴4x

11、＋y＝1. ① 由＝，得＝xa＋2y， ∵A，M，D三點共線， ∴x＋2y＝1， ② 聯(lián)立①②得，x＝，y＝. ∴＝a＋b. (2)證明：∵＝p，＝q， ∴＝，＝， ∴＝·＋·. ∵E，M，F(xiàn)三點共線， ∴＋＝1. 1．已知點P是△ABC的中位線EF上任意一點，且EF∥BC，實數(shù)x，y滿足＋x＋y＝0，設△ABC，△PBC，△PCA，△PAB的面積分別為S，S1，S2，S3，記＝λ1，＝λ2，＝λ3，則λ2·λ3取最大值時，3x＋y的值為(　　) A. B. C．1

12、D．2 解析：選D　由題意可知λ1＋λ2＋λ3＝1. ∵P是△ABC的中位線EF上任意一點，且EF∥BC， ∴λ1＝，∴λ2＋λ3＝， ∴λ2λ3≤2＝， 當且僅當λ2＝λ3＝時取等號， ∴λ2·λ3取最大值時，P為EF的中點． 延長AP交BC于M，則M為BC的中點， ∴PA＝PM， ∴＝－＝－(＋)， 又∵＋x＋y＝0， ∴x＝y(tǒng)＝， ∴3x＋y＝2. 2.如圖，在Rt△ABC中，P是斜邊BC上一點，且滿足＝，點M，N在過點P的直線上，若＝λ，＝μ(λ>0，μ>0)，則λ＋2μ的最小值為(　　) A．2 B. C．3 D. 解析：選B　∵＝λ，＝μ (λ>0，μ>0)， ∴＝＋＝(1－λ). ∵M，P，N三點共線， ∴存在實數(shù)k，使＝k＝k(－)＝－kλ＋kμ. ∵＝，∴＝＝－. ∴＋＝＋＝(1－λ)， ∴ 由②得，k＝代入①得，－＝1－λ， ∴μ＝，∴λ＋2μ＝λ＋. 設f(λ)＝λ＋，λ>0， ∴f′(λ)＝，令f′(λ)＝0，得λ＝0或λ＝. 當λ∈時，f′(λ)<0，當λ∈時，f′(λ)>0. ∴λ＝時，f(λ)取極小值，也是最小值， 又f＝，∴f(λ)的最小值為， 即λ＋2μ的最小值為.