高三數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練：第五章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入27 Word版含解析

《高三數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練：第五章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入27 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練：第五章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入27 Word版含解析（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)規(guī)范練27　平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用 基礎(chǔ)鞏固 1.對(duì)任意平面向量a,b,下列關(guān)系式中不恒成立的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.|ab|≤|a||b| B.|a-b|≤||a|-|b|| C.(a+b)2=|a+b|2 D.(a+b)(a-b)=a2-b2 2.已知a,b為單位向量,其夾角為60,則(2a-b)b= (　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 3.(2016山西孝義模擬)已知向量a,b滿足|a|=2,|b|=1,(a+b)b=0,則向量a,b的夾角為(　　) A.30 B.60 C.150 D.120 4.已知向量p=(

2、2,-3),q=(x,6),且p∥q,則|p+q|的值為(　　) A. B. C.5 D.13 5.在四邊形ABCD中,=(1,2),=(-4,2),則該四邊形的面積為(　　) A. B.2 C.5 D.10 6.(2016山東昌樂(lè)二中模擬)在△ABC中,AB邊的高為CD,若=a,=b,ab=0,|a|=1,|b|=2,則= (　　) A.a-b B.a-b C.a-b D.a-b 7.(2016河南鄭州三模)已知P是雙曲線-y2=1上任意一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P分別作曲線的兩條漸近線的垂線,垂足分別為A,B,則的值是(　　) A.- B. C.- D.不能確定 ?導(dǎo)學(xué)號(hào)37270322

3、? 8.已知向量a=(1,),b=(,1),則a與b夾角的大小為　　　　　. 9.設(shè)向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,則x=　　　　　. 10.(2016內(nèi)蒙古包頭一模)設(shè)e1,e2是夾角為60的兩個(gè)單位向量,若a=e1+λe2與b=2e1-3e2垂直,則λ=　　　　　. 11.(2016山東昌樂(lè)二中模擬)已知|a|=2,|b|=1,(2a-3b)(2a+b)=9. (1)求向量a與b的夾角θ; (2)求|a+b|及向量a在a+b方向上的投影. 能力提升 12.(2016山東,理

4、8)已知非零向量m,n滿足4|m|=3|n|,cos=.若n⊥(tm+n),則實(shí)數(shù)t的值為(　　) A.4 B.-4 C. D.- 13.在矩形ABCD中,AB=1,AD=,P為矩形內(nèi)一點(diǎn),且AP=,若=λ+μ(λ,μ∈R),則λ+μ的最大值為(　　) A. B. C. D. ?導(dǎo)學(xué)號(hào)37270323? 14.已知,||=,||=t.若點(diǎn)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn),且,則的最大值等于(　　) A.13 B.15 C.19 D.21 ?導(dǎo)學(xué)號(hào)37270324? 15. (2016河南駐馬店期末)如圖,在平行四邊形ABCD中,已知AB=8,AD=5,=3=2,則的值是

5、　　　　　. 16.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,ab=1.若e為平面單位向量,則|ae|+|be|的最大值是　　　　　. ?導(dǎo)學(xué)號(hào)37270325? 高考預(yù)測(cè) 17.已知非零向量a,b滿足|a|=2,且|a+b|=|a-b|,則向量b-a在向量a方向上的投影是　　　　　. 參考答案 考點(diǎn)規(guī)范練27　平面向量的數(shù)量 積與平面向量的應(yīng)用 1.B　解析 A項(xiàng),設(shè)向量a與b的夾角為θ,則ab=|a||b|cos θ≤|a||b|,所以不等式恒成立; B項(xiàng),當(dāng)a與b同向時(shí),|a-b|=||a|-|b||;當(dāng)a與b非零且反向時(shí), |a-b|=|a|+|b

6、|>||a|-|b||.故不等式不恒成立; C項(xiàng),(a+b)2=|a+b|2恒成立; D項(xiàng),(a+b)(a-b)=a2-ab+ba-b2=a2-b2,故等式恒成立. 綜上,選B. 2.B　解析 由已知得|a|=|b|=1,a與b的夾角θ=60, ∴(2a-b)b=2ab-b2 =2|a||b|cos θ-|b|2 =211cos 60-12=0,故選B. 3.D　解析 設(shè)向量a,b的夾角為θ,則(a+b)b=ab+b2=|a||b|cos θ+|b|2=0, 即21cos θ=-1,故cos θ=- 又θ∈[0,180],故θ=120,故選D. 4.B　解析 由題意得26

7、+3x=0,x=-4.|p+q|=|(2,-3)+(-4,6)|=|(-2,3)|= 5.C　解析 依題意得,=1(-4)+22=0,四邊形ABCD的面積為|||==5. 6.D　解析 ∵ab=0, ∵|a|=1,|b|=2,∴AB= 又CD⊥AB,∴由射影定理,得AC2=ADAB. ∴AD= ) =(a-b),故選D. 7.A　解析 設(shè)P(m,n),則-n2=1,即m2-3n2=3.由雙曲線-y2=1的漸近線方程為y=x. 則由 解得交點(diǎn)A; 由 解得交點(diǎn)B , , 則=-=-=- 8　解析 設(shè)a與b的夾角為θ,則cos θ=,且兩個(gè)向量夾角范圍是[0,π],

8、∴所求的夾角為 9.-　解析 ∵a⊥b,∴ab=x+2(x+1)=0,解得x=- 10　解析 ∵e1,e2是夾角為60的兩個(gè)單位向量,∴|e1|=|e2|=1,e1e2= ∵(e1+λe2)⊥(2e1-3e2), ∴(e1+λe2)(2e1-3e2)=2+(2λ-3)e1e2-3=2+(2λ-3)-3λ=0. ∴λ= 11.解 (1)因?yàn)閨a|=2,|b|=1,(2a-3b)(2a+b)=9, 所以4a2-3b2-4ab=9,即16-8cos θ-3=9.所以cos θ= 因?yàn)棣取蔥0,π],所以θ= (2)由(1)可知ab=|a||b|cos=1,所以|a+b|=,a(a+

9、b)=a2+ab=5. 所以向量a在a+b方向上的投影為 12.B　解析 由4|m|=3|n|,可設(shè)|m|=3k,|n|=4k(k>0), 又n⊥(tm+n),所以n(tm+n)=ntm+nn=t|m||n|cos+|n|2=t3k4k+(4k)2=4tk2+16k2=0. 所以t=-4,故選B. 13.B　解析 因?yàn)?+, 所以||2=|+|2. 所以=λ2||2+μ2||2+2λ 因?yàn)锳B=1,AD=,AB⊥AD, 所以=λ2+3μ2. 又=λ2+3μ2≥2, 所以(λ+)2=+2所以λ+的最大值為,當(dāng)且僅當(dāng)λ=,μ=時(shí)等號(hào)成立. 14.A　解析 以點(diǎn)A為

10、原點(diǎn),所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系,如圖. 則A(0,0),B,C(0,t), =(1,0),=(0,1), =(1,0)+4(0,1)=(1,4), ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,4),=(-1,t-4), =1--4t+16=-+17≤-4+17=13. 當(dāng)且僅當(dāng)=4t,即t=時(shí)等號(hào)成立,的最大值為13. 15.22　解析 =3, 又AB=8,AD=5, =||2-|2=25--12=2. =22. 16　解析 設(shè)a與b的夾角為φ,由已知得φ=60,不妨取a=(1,0),b=(1,). 設(shè)e=(cos α,sin α), 則|ae|+|be|=|cos

11、 α|+|cos α+sin α| ≤|cos α|+|cos α|+|sin α|=2|cos α|+|sin α|, 當(dāng)cos α與sin α同號(hào)時(shí)等號(hào)成立. 所以2|cos α|+|sin α|=|2cos α+sin α|= =|sin(α+θ)| 顯然|sin(α+θ)| 易知當(dāng)α+θ=時(shí),|sin(α+θ) |取最大值1,此時(shí)α為銳角,sin α,cos α同為正,因此上述不等式中等號(hào)能同時(shí)取到.故所求最大值為 17.-2　解析 ∵|a+b|=|a-b|, ∴a⊥b,即ab=0. ∴(b-a)a=ab-a2=-4. ∴向量b-a在向量a方向上的投影為=-2.