2019高中数学第二章平面向量测评含解析北师大版必修4

PAGEPAGE5第二章平面向量测评(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.以下说法中不正确的是()A.零向量与任一非零向量平行B.零向量与单位向量的模不相等C.平行向量方向相同D.平行向量一定是共线向量解析只有C是错误的,平行向量有方向相同与相反两种情况.答案C2.已知集合M={a|a=(1,2)+λ(3,4),λ∈R},N={a|a=(-2,-2)+λ(4,5),λ∈R},则M∩N等于()A.{(1,1)} B.{(1,1),(-2,-2)}C.{(-2,-2)} D.⌀解析设a=(x,y),对于M,(x,y)=(1,2)+λ(3,4),(x-1,y-2)=λ(3,4),x-1=3λ对于N,(x,y)=(-2,-2)+λ(4,5),(x+2,y+2)=λ(4,5),x+2=4λ,由①②解得x=-2,y=-2,故M∩N={(-2,-2)}.答案C3.若向量a=(1,1),b=(1,-1),c=(-1,2),则c等于()A.-12a+32b B.12aC.32a-12b D.-32a解析设c=xa+yb,因此,x解得x=12,y=-32答案B4.(2018全国Ⅱ高考)已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=()A.4 B.3 C.2 D.0解析a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3.答案B5.设x,y∈R,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=()A.5 B.10 C.25 D.10解析由a⊥c得a·c=2x-4=0,所以x=2,由b∥c得1×(-4)=2y,所以y=-2,于是a=(2,1),b=(1,-2),a+b=(3,-1),从而|a+b|=10.答案B6.在△ABC中,已知D是AB边上一点,若AD=2DB,CD=13CA+λCBA.23 B.13 C.-13 D解析∵AD=2DB,∴CD-CA=AD=23AB=2DB=2(CB-CD),即得CD答案A7.(2018全国Ⅰ高考)在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则EB=()A.34AB-C.34AB+解析如图,EB=-BE=-12=1=12AB-1答案A8.在△ABC中,∠ACB=90°,且CA=CB=3,点M满足BM=2MA,则CM·CB=(A.2 B.3 C.4 D.6解析如图,∵CM=CA+=23∴CM·CB=23×0+13×32=答案B9.若非零向量a,b满足|a|=223|b|,且(a-b)⊥(3a+2b),则a与b的夹角为(A.π4 B.π2 C.3π解析由(a-b)⊥(3a+2b)知(a-b)·(3a+2b)=0,即3|a|2-a·b-2|b|2=0.设a与b的夹角为θ,所以3|a|2-|a||b|cosθ-2|b|2=0,即3·223|b|2-223|b|2cosθ-2|b|2答案A10.在平面直角坐标系xOy中,已知A(1,0),B(0,1),点C在第二象限内,∠AOC=5π6,且|OC|=2,若OC=λOA+μOB,则λ,μ的值是(A.3,1 B.1,3 C.-1,3 D.-3,1解析根据平面向量的基本定理并结合图形求出分量即可.答案D11.若点O为平面内任意一点,且(OB+OC-2OA)·(AB-AC)=0,则△A.直角三角形或等腰三角形B.等腰直角三角形C.等腰三角形但不一定是直角三角形D.直角三角形但不一定是等腰三角形解析由(OB+OC-2OA)·(AB-AC)=0得(AB+AC)·(AB-AC)=0,∴AB∴AB=AC,∴△ABC是等腰三角形.由题意不能判定△ABC为直角三角形.答案C12.设a,b为非零向量,|b|=2|a|,两组向量x1,x2,x3,x4和y1,y2,y3,y4均由2个a和2个b排列而成.若x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4所有可能取值中的最小值为4|a|2,则a与b的夹角为()A.2π3 B.π3 C.π解析设S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4,若S的表达式中有0个a·b,则S=2a2+2b2,记为S1;若S的表达式中有2个a·b,则S=a2+b2+2a·b,记为S2;若S的表达式中有4个a·b,则S=4a·b,记为S3.又|b|=2|a|,所以S1-S3=2a2+2b2-4a·b=2(a-b)2>0,S1-S2=a2+b2-2a·b=(a-b)2>0,S2-S3=(a-b)2>0,所以S3<S2<S1,故Smin=S3=4a·b.设a,b的夹角为θ,则Smin=4a·b=8|a|2cosθ=4|a|2,即cosθ=12,又θ∈[0,π],所以θ=π答案B二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知向量a,b夹角为45°,且|a|=1,|2a-b|=10,则|b|=.

解析由|2a-b|=10可得,4|a|2-4a·b+|b|2=10,所以4-4×1×|b|×cos45°+|b|2=10,即|b|2-22|b|-6=0,解得|b|=32.答案3214.已知点A(7,1),B(1,a),若直线y=x与线段AB交于点C,且AC=2CB,则实数a=.

解析根据题意,设C(x,x),由A(7,1),B(1,a),得AC=(x-7,x-1),CB=(1-x,a-x).又AC=2CB,∴(x-7,x-1)=2(1-x,a-x),∴x-7=2-2x∴实数a的值为4.答案415.函数y=tanπ4x-π2的部分图像如下图所示,则(OB-OA解析依题意知A(2,0),B(3,1),∴OB=(3,1),OA=(2,0),OB-OA=(1,1),∴(OB-OA)·答案416.如图,在△ABC中,O为中线AM上的一个动点,若AM=2,则OA·(OB+OC)的最小值是解析如题中图,设MA=a,则|a|=2.因为O为中线AM上的动点,所以MO=tMA=ta(0≤t≤1),故OA=MA-MO=(1因为M是BC的中点,所以OB+OC=2OM=-2t所以OA·(OB+OC)=(1-t)a·(-2t=-2t(1-t)|a|2=8t2-8t=8t-12所以,当t=12∈[0,1]时,最小值为-2答案-2三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)如图,在平行四边形OADB中,设OA=a,OB=b,BM=13BC,CN=1解由题意知,在平行四边形OADB中,BM=13BC=16BA=16(OA则OM=OB+BM=b+16a-16b=ON=23OD=2则MN=ON-OM=23(a+b)-16a-518.(12分)已知非零向量a,b满足|a|=1,且(a-b)·(a+b)=12(1)求|b|;(2)当a·b=12时,求向量a与b的夹角θ的值解(1)因为(a-b)·(a+b)=12,即a2-b2=1所以|b|2=|a|2-12=1-12=12,故(2)因为cosθ=a·又0°≤θ≤180°,故θ=45°.19.(12分)已知向量a,b不共线.(1)若AB=a+b,BC=2a+8b,CD=3(a-b),求证:A,B,D三点共线.(2)求实数k,使ka+b与2a+kb共线.(1)证明因为AB=a+b,BC=2a+8b,CD=3(a-b),所以BD=BC+CD=5a+5b因此AB与BD又点B为AB与所以A,B,D三点共线.(2)解因为ka+b与2a+kb共线,则存在实数λ使ka+b=λ(2a+kb),所以k=2λ,1=20.导学号93774086(12分)以某市人民广场的中心为原点建立平面直角坐标系,x轴正方向指向东,y轴正方向指向北.一个单位长度表示实际路程100米,一人步行从广场入口处A(2,0)出发,始终沿一个方向匀速前进,6分时路过少年宫C,10分后到达科技馆B(-3,5).(1)求此人的位移(说明此人行走的距离和方向)及此人行走的速度(用坐标表示).(2)求少年宫C点相对于广场中心所在的位置.提示:解(1)依题意知AB=(-3,5)-(2,0)=(-5,5).|AB|=(-5)2+52=52,∠xAB=因为t=16时,所走的实际距离s=|AB|×100=5002所以|v|=st=30002(米/时)=302(百米/所以|v|cos135°=-30,|v|sin135°=30,所以v=(-30,30).(2)因为AC=OC=OA+AC=(2,0)+35(-所以|OC|=10,又tan∠COy=13所以∠COy=18°26',即少年宫C位于距离广场中心10010米,且在北偏西18°26'处.21.(12分)如图所示,在平面斜坐标系xOy中,∠xOy=60°,平面上任意一点P关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的:若OP=xe1+ye2(其中e1,e2分别为x轴、y轴同方向的单位向量),则点P的斜坐标为(x,y).(1)若点P在斜坐标系xOy中的斜坐标为(2,-2),求点P到原点O的距离.(2)求以原点O为圆心,1为半径的圆在斜坐标系xOy中的方程.解(1)因为点P的斜坐标为(2,-2),所以OP=2e1-2e2,所以|OP|2=(2e1-2e2)2=4e12-8e1·e2+4e22=8-8×1×1×cos60°=8-4=4,所以|OP|=2,即点P(2)设圆上动点M的斜坐标为(x,y),则OM=xe1+ye2,所以(xe1+ye2)2=1,则x2e12+2xye1·e2+y2e22=1,即x2故所