2019高考數(shù)學一輪復(fù)習 第5章 平面向量與復(fù)數(shù) 第3課時 平面向量的數(shù)量積練習 理.doc

《2019高考數(shù)學一輪復(fù)習 第5章 平面向量與復(fù)數(shù) 第3課時 平面向量的數(shù)量積練習 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學一輪復(fù)習 第5章 平面向量與復(fù)數(shù) 第3課時 平面向量的數(shù)量積練習 理.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3課時 平面向量的數(shù)量積 1．已知a＝(1，2)，2a－b＝(3，1)，則ab＝(　　) A．2　　　　　　　　　 B．3 C．4 D．5 答案　D 解析　∵a＝(1，2)，2a－b＝(3，1)， ∴b＝2a－(3，1)＝2(1，2)－(3，1)＝(－1，3)． ∴ab＝(1，2)(－1，3)＝－1＋23＝5. 2．已知|a|＝6，|b|＝3，ab＝－12，則向量a在向量b方向上的投影是(　　) A．－4 B．4 C．－2 D．2 答案　A 解析　∵ab＝|a||b|cos〈a，b〉＝18cos〈a，b〉＝－12，∴cos〈a，b〉＝－.∴a在b方向上的投影是|a|cos〈a，b〉＝－4. 3．(2018上海楊浦區(qū)一模)若a與b－c都是非零向量，則“ab＝ac”是“a⊥(b－c)”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　C 解析　∵a與b－c都是非零向量，∴ab＝ac?ab－ac＝0?a(b－c)＝0?a⊥(b－c)，故“ab＝ac”是“a⊥(b－c)”的充要條件．故選C. 4．(2018黑龍江大慶第一次質(zhì)檢)已知向量a＝(1，2)，b＝(－2，m)，若a∥b，則|2a＋3b|＝(　　) A. B．4 C．3 D．2 答案　B 解析　∵a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，∴1m＝2(－2)，∴m＝－4.∴a＝(1，2)，b＝(－2，－4)，∴2a＋3b＝(－4，－8)， ∴|2a＋3b|＝＝4.故選B. 5．已知向量a＝(1，2)，ab＝5，|a－b|＝2，則|b|等于(　　) A. B．2 C．5 D．25 答案　C 解析　由a＝(1，2)，可得a2＝|a|2＝12＋22＝5. ∵|a－b|＝2，∴a2－2ab＋b2＝20. ∴5－25＋b2＝20.∴b2＝25.∴|b|＝5，故選C. 6．(2018甘肅武威十八中月考)已知非零向量a，b滿足|b|＝4|a|，且a⊥(2a＋b)，則a與b的夾角為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)兩個非零向量a，b的夾角為θ.因為a⊥(2a＋b)，所以a(2a＋b)＝0，即2a2＋|a||b|cosθ＝0.因為|b|＝4|a|，|a|≠0，所以cosθ＝－.因為θ∈[0，π]，所以θ＝.故選C. 7．如圖所示，已知正六邊形P1P2P3P4P5P6，則下列向量的數(shù)量積中最大的是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由于⊥，故其數(shù)量積是0，可排除C；與的夾角為π，故其數(shù)量積小于0，可排除D；設(shè)正六邊形的邊長是a，則＝||||cos30＝a2，＝||||cos60＝a2.故選A. 8．(2018河南高中畢業(yè)年級考前預(yù)測)△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為1，2＝＋，且||＝||，則向量在向量方向上的投影為(　　) A. B．－ C．－ D. 答案　D 解析　因為2＝＋，所以－＋(－)＝0，即＝－，即外接圓的圓心O為BC的中點，所以△ABC是以BC為斜邊的直角三角形．又因為||＝||＝1，所以∠ACB＝，|CA|＝，則向量在向量方向上的投影為||cos＝＝.故選D. 9．已知平面向量a，b，|a|＝1，|b|＝，且|2a＋b|＝，則向量a與向量a＋b的夾角為(　　) A. B. C. D．π 答案　B 解析　由題意，得|2a＋b|2＝4＋4ab＋3＝7，所以ab＝0，所以a(a＋b)＝1，且|a＋b|＝＝2，故cos〈a，a＋b〉＝＝，所以〈a，a＋b〉＝，故選B. 10．(2018滄州七校聯(lián)考)已知P是邊長為2的正三角形ABC的邊BC上的動點，則(＋)(　　) A．有最大值為8 B．是定值6 C．有最小值為2 D．與點的位置有關(guān) 答案　B 解析　因為點P在邊BC上，所以存在實數(shù)λ，使＝λ＋(1－λ)，所以(＋)＝[λ＋(1－λ)](＋)＝4＋＝6.故選B. 11．(2018河南鶴壁高級中學段考)如圖，BC，DE是半徑為1的圓O的兩條直徑，＝2，則等于(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 答案　B 解析　∵＝2，圓O的半徑為1，∴||＝，∴＝(＋)(＋)＝||2＋(＋)＋＝()2＋0－1＝－.故選B. 12．(2018河南豫北名校聯(lián)盟對抗賽)已知△ABC的外接圓的半徑為1，圓心為點O，且3＋4＋5＝0，則＝(　　) A. B. C．－ D. 答案　C 解析　因為||＝||＝||＝1，由3＋4＋5＝0得3＋5＝－4和4＋5＝－3，兩個式子分別平方可得＝－和＝－.所以＝(－)＝－＝－.故選C. 13．(2017課標全國Ⅰ，理)已知向量a，b的夾角為60，|a|＝2，|b|＝1，則|a＋2b|＝________． 答案　2 解析　本題考查向量的運算．|a＋2b|＝＝＝＝2. 14．(2018江西上饒一模)在邊長為1的正方形ABCD中，2＝，BC的中點為F，＝2，則＝________． 答案?。? 解析　以A為坐標原點，建立如圖所示的直角坐標系． ∵正方形ABCD的邊長為1， ∴B(1，0)，D(0，1)，E(，0)，F(xiàn)(1，)． 設(shè)G(a，b)，由＝2，得(，)＝2(a－1，b－)， 解得∴G(，)．∴＝(1，)．∵＝(－1，1)，∴＝－1＋＝－. 15．(2018河北衡水四調(diào))在△ABC中，AB＝3，AC＝5.若O為△ABC的外接圓的圓心，則＝________． 答案　8 解析　設(shè)BC的中點為D，連接OD，AD，則⊥，所以＝(＋)＝＝(＋)(－)＝(2－2)＝(52－32)＝8. 16．(2018上海靜安區(qū)一模)在Rt△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，點M是△ABC外接圓上任意一點，則的最大值為________． 答案　12 解析　如圖，建立平面直角坐標系，則A(0，0)，B(3，0)，C(0，4)，△ABC外接圓的方程為(x－)2＋(y－2)2＝. 設(shè)M(＋cosα，2＋sinα)， 則＝(＋cosα，2＋sinα)， ＝(3，0)，＝＋cosα≤12，當且僅當cosα＝1時，等號成立． 17.(2018上海閔行區(qū)一模)如圖，已知半徑為1的扇形OAB，∠AOB＝60，P為弧上的一個動點，則的取值范圍是________． 答案　[－，] 解析?。?－)＝－＝cos∠BOP－cos∠AOP＝cos(60－∠AOP)－cos∠AOP＝cos∠AOP＋sin∠AOP－cos∠AOP＝sin∠AOP－cos∠AOP＝sin(∠AOP－30)．∵0≤∠AOP≤60，∴－30≤∠AOP－30≤30，∴－≤sin(∠AOP－30)≤.∴的取值范圍為[－，]． 18．設(shè)兩個向量e1，e2滿足|e1|＝2，|e2|＝1，e1與e2的夾角為，若向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角，求實數(shù)t的取值范圍． 答案　(－7，－)∪(－，－) 解析　由向量2te1＋7e2與e1＋te2的夾角為鈍角，得<0， 即(2te1＋7e2)(e1＋te2)<0， 化簡即得2t2＋15t＋7<0， 解得－7－.當a，b共線且反向時，2－λ＝0，得λ＝2.所以λ的取值范圍是(－，2)∪(2，＋∞)．故選A. 8．(2016山東，文)已知向量a＝(1，－1)，b＝(6，－4)．若a⊥(ta＋b)，則實數(shù)t的值為________． 答案　－5 解析　根據(jù)已知，a2＝2，ab＝10.由a⊥(ta＋b)，得a(ta＋b)＝ta2＋ab＝2t＋10＝0，解得t＝－5. 9．(2015浙江)已知e1，e2是平面單位向量，且e1e2＝.若平面向量b滿足be1＝be2＝1，則|b|＝________． 答案　 解析　因為be1＝be2＝1，|e1|＝|e2|＝1，由數(shù)量積的幾何意義，知b在e1，e2方向上的投影相等，且都為1，所以b與e1，e2所成的角相等．由e1e2＝，知e1與e2的夾角為60，所以b與e1，e2所成的角均為30，即|b|cos30＝1，所以|b|＝＝. 10．若平面向量a，b滿足|2a－b|≤3，則ab的最小值是________． 答案　－ 解析　由|2a－b|≤3可知，4a2＋b2－4ab≤9，所以4a2＋b2≤9＋4ab.而4a2＋b2＝|2a|2＋|b|2≥2|2a||b|≥－4ab，所以ab≥－，當且僅當2a＝－b時取等號．