2020-2021学年高中人教B版数学必修四课时作业：第二章--章末检测(B).docx

其次章 平面对量（B）(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)1已知向量a(4,2)，b(x,3)，且ab，则x的值是()A6 B6 C9 D122下列命题正确的是()A单位向量都相等B若a与b共线，b与c共线，则a与c共线C若|ab|ab|，则ab0D若a与b都是单位向量，则ab13设向量a(m2，m3)，b(2m1，m2)，若a与b的夹角大于90，则实数m的取值范围是()A(，2) B(，)(2，)C(2，) D(，2)(，)4平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，若(2,4)，(1,3)，则等于()A8 B6 C8 D65已知|a|1，|b|6，a(ba)2，则向量a与向量b的夹角是()A B C D6关于平面对量a，b，c，有下列四个命题：若ab，a0，则存在R，使得ba；若ab0，则a0或b0；存在不全为零的实数，使得cab；若abac，则a(bc)其中正确的命题是()A B C D7已知|a|5，|b|3，且ab12，则向量a在向量b上的射影等于()A4 B4 C D8设O，A，M，B为平面上四点，(1)，且(1,2)，则()A点M在线段AB上B点B在线段AM上C点A在线段BM上DO，A，B，M四点共线9P是ABC内的一点，()，则ABC的面积与ABP的面积之比为()A B2 C3 D610在ABC中，2，2，若mn，则mn等于()A B C D111已知3a4b5c0，且|a|b|c|1，则a(bc)等于()A B C0 D12定义平面对量之间的一种运算“”如下：对任意的a(m，n)，b(p，q)，令abmqnp下面说法错误的是()A若a与b共线，则ab0BabbaC对任意的R，有(a)b(ab)D(ab)2(ab)2|a|2|b|2二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13设向量a(1,2)，b(2,3)，若向量ab与向量c(4，7)共线，则_14a，b的夹角为120，|a|1，|b|3，则|5ab|_15已知向量a(6,2)，b(4，)，直线l过点A(3，1)，且与向量a2b垂直，则直线l的方程为_16已知向量(2,1)，(1,7)，(5,1)，设M是直线OP上任意一点(O为坐标原点)，则的最小值为_三、解答题(本大题共6小题，共70分)17(10分)如图所示，以向量a，b为边作AOBD，又，用a，b表示、18(12分)已知a，b的夹角为120，且|a|4，|b|2，求：(1)(a2b)(ab)；(2)|ab|；(3)|3a4b|19(12分)已知a(，1)，b，且存在实数k和t，使得xa(t23)b，ykatb，且xy，试求的最小值20(12分)设(2,5)，(3,1)，(6,3)在线段OC上是否存在点M，使MAMB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由21(12分)设两个向量e1、e2满足|e1|2，|e2|1，e1、e2的夹角为60，若向量2te17e2与e1te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围22(12分)已知线段PQ过OAB的重心G，且P、Q分别在OA、OB上，设a，b，ma，nb求证：3其次章平面对量(B) 答案1Bab，432x0，x62C|ab|2a2b22ab|ab|2a2b22ab|ab|ab|ab03Aa与b的夹角大于90，ab0，(m2)(2m1)(m3)(m2)0，即3m22m80，m24A(1，1)，(1，1)(2,4)(3，5)，(1，1)(3，5)85Ca(ba)ab|a|22，ab3，cosa，b，a，b6B由向量共线定理知正确；若ab0，则a0或b0或ab，所以错误；在a，b能够作为基底时，对平面上任意向量，存在实数，使得cab，所以错误；若abac，则a(bc)0，所以a(bc)，所以正确，即正确命题序号是7A向量a在向量b上的射影为|a|cosa，b|a|48B(1)()，(1,2)，点B在线段AM上，故选B9C设ABC边BC的中点为D，则()，|310B()故有mn11B由已知得4b3a5c，将等式两边平方得(4b)2(3a5c)2，化简得ac同理由5c3a4b两边平方得ab0，a(bc)abac12B若a(m，n)与b(p，q)共线，则mqnp0，依运算“”知ab0，故A正确由于abmqnp，又banpmq，因此abba，故B不正确对于C，由于a(m，n)，因此(a)bmqnp，又(ab)(mqnp)mqnp，故C正确对于D，(ab)2(ab)2m2q22mnpqn2p2(mpnq)2m2(p2q2)n2(p2q2)(m2n2)(p2q2)|a|2|b|2，故D正确132解析a(1,2)，b(2,3)，ab(，2)(2,3)(2,23)向量ab与向量c(4，7)共线，7(2)4(23)02147解析|5ab|2(5ab)225a2b210ab2512321013()49|5ab|7152x3y90解析设P(x，y)是直线上任意一点，依据题意，有(a2b)(x3，y1)(2,3)0，整理化简得2x3y90168解析设t(2t，t)，故有(12t,7t)(52t,1t)5t220t125(t2)28，故当t2时，取得最小值817解abab又abab，ababab18解ab|a|b|cos 120424(1)(a2b)(ab)a22abab2b2422(4)(4)22212(2)|ab|2(ab)2a22abb2162(4)412|ab|2(3)|3a4b|29a224ab16b294224(4)16221619，|3a4b|419解由题意有|a|2，|b|1ab10，abxy0，a(t23)b(katb)0化简得k(t24t3)(t2)2即t2时，有最小值为20解设t，t0,1，则(6t,3t)，即M(6t,3t)(26t,53t)，(36t,13t)若MAMB，则(26t)(36t)(53t)(13t)0即45t248t110，t或t存在点M，M点的坐标为(2,1)或21解由向量2te17e2与e1te2的夹角为钝角，得0，即(2te17e2)(e1te2)0整理得：2te(2t27)e1e27te0(*)|e1|2，|e2|1，e1，e260e1e221cos 601(*)式化简得：2t215t70解得：7t当向量2te17e2与e1te2夹角为180时，设2te17e2(e1te2) (0)对比系数得，所求实数t的取值范围是22证明如右图所示，()(ab)，(ab)(ab)ma(m)abnbma又P、G、Q三点共线，所以存在一个实数，使得(m)abnbma，(mm)a(n)b0a与b不共线，由消去得：3第三章三角恒等变换(A) 答案1D(cos sin )(cos sin )cos2 sin2cos 2Cysinsincos x，当x时，y13Bsin(45)(sin cos )，sin cos 两边平方，1sin 2，sin 24Bysinsin 2xsin 2xcos cos 2xsin sin 2xsin 2xcos 2xsin当x时，ymin1；当x时，ymax1，且T故B项合适5A0，又sin cos sin，所以sin1，1sin cos 6Bsin 163sin 223sin 253sin 313sin(9073)sin(27047)sin(18073)sin(36047)cos 73(cos 47)sin 73(sin 47)(cos 73cos 47sin 73sin 47)cos(7347)cos 1207B22，则tan 0，tan 22，化简得tan2tan 0，解得tan 或tan (舍去)，tan 8Cysin xcos xsinysin xcos xsinsin9Aasin 62，bcos 26sin 64，csin 60ysin x，x为递增函数，cab10AA、B均为钝角sin A，sin B，cos A，cos B，cos(AB)cos Acos Bsin Asin B()()A，B，AB2，AB11Atan tan(1)tan 12，tan 12，tan 2tanPOQ2，POQcosPOQ12Cmn(2，)(x，y)(，0)(2x，y)，则xQ2x，yQy，所以xxQ，y2yQ，所以yf(x)sin(x)所以最大值A，最小正周期T4131解析tan 451，114解析sin cos 212sin22sin2sin 10，sin 或1，sin ，tan 151解析y2sin2x2sin xcos x1cos 2xsin 2xsin(2x)1，ymax1161解析cos()sin()cos cos sin sin sin cos cos sin cos (sin cos )sin (cos sin )、均为锐角，sin cos 0，cos sin ，tan 117解tan 、tan 为方程6x25x10的两根，tan tan ，tan tan ，tan()10，2，18解(1)f()2cos sin24cos 12(2)f(x)2(2cos2x1)(1cos2x)4cos x3cos2x4cos x13(cos x)2，xR由于cos x1,1，所以，当cos x1时，f(x)取得最大值6；当cos x时，f(x)取得最小值19解(1)ab，ab0而a(3sin ，cos )，b(2sin ，5sin 4cos )，故ab6sin25sin cos 4cos20由于cos 0，6tan25tan 40解之，得tan ，或tan ，tan 0，故tan (舍去)tan (2)，由tan ，求得tan 或tan 2(舍去)sin ，cos ，coscos cos sin sin 20解(1)f(x)2sin2cos 2x1coscos 2x1sin 2xcos 2x2sin1，周期T；2k2x2k，解得f(x)的单调递增区间为(kZ)(2)x，所以2x，sin，所以f(x)的值域为2,3而f(x)m2，所以m22,3，即m0,121解(1)由f(x)2sin xcos x2cos2x1，得f(x)(2sin xcos x)(2cos2x1)sin 2xcos 2x2sin (2x)，所以函数f(x)的最小正周期为由于f(x)2sin (2x)在区间0，上为增函数，在区间，上为减函数，又f(0)1，f()2，f()1，所以函数f(x)在区间0，上的最大值为2，最小值为1(2)由(1)可知f(x0)2sin (2x0)由于f(x0)，所以sin (2x0)由x0，得2x0，从而cos(2x0)所以cos 2x0cos(2x0)cos(2x0)cossin (2x0)sin22解(1)tan ，所以又由于sin2cos21,0，所以sin (2)由于0，所以00，|ab|2cos x(2)f(x)cos 2x2cos x2cos2x2cos x12(cos x)2x，cos x1，当cos x时，f(x)取得最小值；当cos x1时，f(x)取得最大值120解(1)2(2cos2B1)8cos B50，即4cos2B8cos B30，得cos B又B为ABC的内角，B60(2)cos ，sin sin(B)sin Bcos cos Bsin 21解(1)由题意，得mn0，所以f(x)cos x(cos xsin x)sin(2x)依据题意知，函数f(x)的最小正周期为3又0，所以(2)由(1)知f(x)sin()，所以f()sin()cos 解得cos 由于是第一象限角，故sin 所以22解(1)由于f(x)sin 2xsin cos2xcos sin()(0)，所以f(x)sin 2xsin cos cos sin 2xsin cos 2xcos (sin 2xsin cos 2xcos )cos(2x)又函数图象过点(，)，所以cos(2)，即cos()1，又0，所以(2)由(1)知f(x)cos(2x)，将函数yf(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数yg(x)的图象，可知g(x)f(2x)cos(4x)，由于x0，所以4x0，因此4x，故cos(4x)1所以yg(x)在0，上的最大值和最小值分别为和