2022届数学一轮(浙江专用--理科)-第四章-阶段回扣练4.docx

阶段回扣练4　平面对量　
(时间：120分钟　满分：150分)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．对于任意向量a，b，c，下列命题中正确的是
(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．|a·b|＝|a||b| B．|a＋b|＝|a|＋|b|
C．(a·b)·c＝a·(b·c) D．a·a＝|a|2
答案　D
2．已知平面对量a＝(1,2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b＝
(　　)
A．(－2，－4) B．(－3，－6)
C．(－4，－8) D．(－5，－10)
解析　由a＝(1,2)，b＝(－2，m)，且a∥b，得1×m＝2×(－2)⇒m＝－4，从而b＝(－2，－4)，那么2a＋3b＝(－4，－8)．
答案　C
3．(2021·潍坊五校联考)已知向量a＝(3,4)，b＝(x，－3)，c＝(0,1)，若(a＋b)·(b－c)＝0，则x＝
(　　)
A．1或－4 B．－1或4
C．2或－3 D．－2或3
解析　a＋b＝(3＋x,1)，b－c＝(x，－4)，则(a＋b)·(b－c)＝(3＋x)x＋1×(－4)＝x2＋3x－4＝0，解得x＝1或x＝－4.故选A.
答案　A
4．(2022·北京海淀模拟)平面对量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，且a，b的夹角为60°，则a·(a＋b)＝
(　　)
A．1 B．3 C．5 D．7
解析　a·(a＋b)＝a2＋a·b＝4＋2×1×cos 60°＝5.
答案　C
5．(2022·济南针对性训练)已知平面对量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，且(a－b)⊥a，则a与b的夹角为
(　　)
A. B. C. D.
解析　由于(a－b)⊥a，所以(a－b)·a＝0，a2－a·b＝0，
1－2×1×cos〈a，b〉＝0，cos〈a，b〉＝，得〈a，b〉＝.
答案　B
6．(2021·浙江五校联考)已知|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，则|a＋2b|＝
(　　)
A．9 B．3 C．1 D．2
解析　由|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，得a2－4a·b＋4b2＝1，
∴4a·b＝4，∴|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝5＋4＝9，
∴|a＋2b|＝3.
答案　B
7． (2021·慈溪中学检测)平面上有四个互异点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC的外形是
(　　)
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．无法确定
解析　由(＋－2)·(－)＝0，
得[(－)＋(－)]·(－)＝0，
所以(＋)·(－)＝0.
所以||2－||2＝0，∴||＝||，
故△ABC是等腰三角形．
答案　B
8．设向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，〈a－c，b－c〉＝60°，则|c|的最大值等于
(　　)
A．2 B. C. D．1
解析　

∵|a|＝|b|＝1，a·b＝－，∴向量a，b的夹角为120°.如图所示，设＝a，OB＝b，＝c，则＝a－c，＝b－c，则∠AOB＝120°，∠ACB＝60°，∴∠AOB＋∠ACB＝180°，
∴A，O，B，C四点共圆，不妨设为圆M.
∵＝b－a，∴2＝a2－2a·b＋b2＝3，
∴||＝，由正弦定理，可得△AOB的外接圆即圆M的直径2R＝＝2，∴当||为圆M的直径时，|c|取得最大值2.
答案　A
二、填空题
9．设a＝(m,1)，b＝(2，－3)，若a∥b，则m＝________.
解析　a∥b⇔－3m－2＝0.
∴m＝－.
答案　－
10．已知a＝(－3,2)，b＝(－1,0)，向量λa＋b与a－2b垂直，则实数λ＝________.
解析　λa＋b＝(－3λ－1,2λ)，a－2b＝(－1,2)，
又λa＋b与a－2b垂直，
∴(λa＋b)·(a－2b)＝(－3λ－1,2λ)·(－1,2)
＝3λ＋1＋4λ＝0
解得：λ＝－.
答案　－
11．(2021·嵊州一中检测)若平面对量a，b满足|a|＝1，|b|≤1，且以向量a，b为邻边的平行四边形的面积为，则a和b的夹角θ的取值范围是________．
解析　依题意有|a||b|sin θ＝，
即sin θ＝，由|b|≤1，得
≤sin θ≤1，又0≤θ≤π，
故有≤θ≤.
答案　
12．(2022·南京、盐城模拟)已知||＝1，||＝2，∠AOB＝，＝＋，则与的夹角大小为________．
解析　以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，与OA垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系．则A(1,0)，B(－1，)，＝O＋＝.设，的夹角为θ，θ∈[0，π]，则cos θ＝＝＝，所以θ＝.
答案　
13．(2021·日照重点中学诊断考试)在△ABC中，A＝60°，M是AB的中点，若AB＝2，BC＝2，D在线段AC上运动，则·的最小值为________．
解析　在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，依据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，即12＝b2＋4－2b，即b2－2b－8＝0，解得b＝4.设＝λ (0≤λ≤1)，则·＝(－)·(A－)＝(－λ)·(－λ)＝λ2||2－λ·＋||2＝16λ2－6λ＋2，当λ＝时，16λ2－6λ＋2最小，最小值为.
答案　
14．(2021·成都诊断)如图，在平行四边形ABCD中，BH⊥CD于点H，BH交AC于点E，已知||＝3，2－·＋·－·＝15，若＝λ，则λ＝________.

解析　设＝μ，由题意知2－·μ＋·(μ－)－(－)·μ＝15，
即2－(μ＋1)·＋μ2＝15，
得(－)·(－μ)＝15，·＝15，
所以||·||cos∠CBH＝BH·EB＝15，
故BH＝5，EH＝2，得λ＝＝.
答案　
15．(2022·金华质量检测)有下列命题：
①已知a，b是平面内两个非零向量，则平面内任一向量c都可表示为λa＋μb，其中λ，μ∈R；
②对平面内任意四边形ABCD，点E，F分别为AB，CD的中点，则2＝＋；
③a＝(1，－1)，A，B为直线x－y－2＝0上的任意两点，则AB∥a；
④已知a与b夹角为，且a·b＝，则|a－b|的最小值为－1；
⑤a∥c是(a·b)·c＝a·(b·c)的充分条件 .
其中正确的是________(写出全部正确命题的编号)．
解析　对于①，留意到当a，b共线时，结论不正确；对于②，留意到＝＋＋，＝＋＋，＋＝＋＝0，因此2＝＋，②正确；对于③，取点A(0，－2)，B(2,0)，则＝(2,2)，此时＝(2,2)与a不共线，因此③不正确；对于④，依题意得|a|·|b|cos ＝，|a|·|b|＝2，|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2≥2|a|·|b|－2＝4－2，因此|a－b|的最小值是＝－1，④正确；对于⑤，留意到，当a∥c时，若a，c中有一个为0，等式明显成立，若a，c均不为0，可设c＝ka，则有(a·b)·c＝(a·b)·ka＝a·(b·ka)＝a·(b·c)，即由a∥c可得(a·b)·c＝a·(b·c)；反过来，由(a·b)·c＝a·(b·c)不能得知a∥c，因此“a∥c”是“(a·b)·c＝a·(b·c)”的充分不必要条件，⑤正确．综上所述，其中正确的是②④⑤.
答案　②④⑤
三、解答题
16．(2021·漯河调研)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a＝(2,1)，A(1,0)，B(cos θ，t)．
(1)若a∥，且||＝||，求向量的坐标；
(2)若a∥，求y＝cos2θ－cos θ＋t2的最小值．
解　(1)∵＝(cos θ－1，t)，
又a∥，∴2t－cos θ＋1＝0.∴cos θ－1＝2t.
①
又∵||＝||，∴(cos θ－1)2＋t2＝5.
②
由①②得，5t2＝5，∴t2＝1.∴t＝±1.
当t＝1时，cos θ＝3(舍去)，当t＝－1时，cos θ＝－1，
∴B(－1，－1)，∴＝(－1，－1)．
(2)由(1)可知t＝，
∴y＝cos2θ－cos θ＋
＝cos2θ－cos θ＋＝＋
＝2－，
∴当cos θ＝时，ymin＝－.
17．(2022·绍兴模拟)已知函数f(x)＝sin x＋cos x.
(1)求函数y＝f(x)在x∈[0,2π]上的单调递增区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知m＝(a，b)，n＝(f(C)，1)，且m∥n，求B.
解　(1)f(x)＝sin x＋cos x＝sin，
令2kπ－≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，令k＝0，得－≤x≤，
令k＝1，得≤x≤，又∵x∈[0,2π]，
∴f(x)在[0,2π]上的单调递增区间为[0，]，[，2π]．
(2)由题意f(C)＝sin C＋cos C，
∵m∥n，∴a·1－f(C)·b＝0，即a＝b(sin C＋cos C)，由正弦定理＝，
得sin A＝sin B(sin C＋cos C)＝sin Bsin C＋sin Bcos C.
在△ABC中，sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
∴sin Bsin C＝cos Bsin C.
又sin C≠0，∴sin B＝cos B，
∴tan B＝1，又∵0＜B＜π，∴B＝.
18．(2021·四川卷)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
2cos2cos B－sin(A－B)sin B＋cos(A＋C)＝－.
(1)求cos A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求向量在方向上的投影．
解　(1)由2cos2cos B－sin(A－B)sin B＋cos(A＋C)＝－，得
[cos(A－B)＋1]cos B－sin(A－B)sin B－cos B＝－，
即cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－.
则cos(A－B＋B)＝－，即cos A＝－.
(2)由cos A＝－，0<A<π，得sin A＝，
由正弦定理，有＝，所以，sin B＝＝.
由题知a>b，则A>B，故B＝，
依据余弦定理，有(4)2＝52＋c2－2×5c×，
解得c＝1或c＝－7(舍去)．
故向量在方向上的投影为||cos B＝.
19．△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝
(2sin B，－)，n＝(cos 2B,2cos2－1)，且m∥n.
(1)求锐角B的大小；
(2)假如b＝2，求S△ABC的最大值．
解　(1)∵m∥n，
∴2sin B＝－cos 2B，
∴sin 2B＝－cos 2B，即tan 2B＝－.
又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)，
∴2B＝，∴B＝.
(2)∵B＝，b＝2，
由余弦定理cos B＝，
得a2＋c2－ac－4＝0.
又a2＋c2≥2ac，代入上式，得ac≤4，
当且仅当a＝c＝2时等号成立．
故S△ABC＝acsin B＝ac≤，
当且仅当a＝c＝2时等号成立，
即S△ABC的最大值为.
20．(2021·惠州模拟)已知向量＝(λcos α，λsin α)(λ≠0)，＝(－sin β，cos β)，其中O为坐标原点．
(1)若β＝α－，求向量与的夹角；
(2)若||≥2||对任意实数α，β恒成立，求实数λ的取值范围．
解　(1)设向量与的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝，
当λ＞0时，cos θ＝，θ＝；当λ＜0时，cos θ＝－，θ＝.
故当λ＞0时，向量与的夹角为；
当λ＜0时，向量与的夹角为.
(2)||≥2||对任意的α，β恒成立，
即(λcos α＋sin β)2＋(λsin α－cos β)2≥4对任意的α，β恒成立，
即λ2＋1＋2λsin(β－α)≥4对任意的α，β恒成立，
所以或解得
λ≥3或λ≤－3.
故所求实数λ的取值范围是(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
另法一　由λ2＋1＋2λsin(β－α)≥4对任意的α，β恒成立，可得λ2＋1－2|λ|≥4，解得|λ|≥3或|λ|≤－1(舍去)，由此求得实数λ的取值范围；
另法二　由||＝|－|≥|||－|||＝||λ|－1|，可得||的最小值为
||λ|－1|，然后将已知条件转化为||λ|－1|≥2，由此解得实数λ的取值范围.