高一數(shù)學人教B版必修4同步訓練：第二章 平面向量 章末檢測B Word版含解析

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1、 第二章 平面向量（B）(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1已知向量a(4,2)，b(x,3)，且ab，則x的值是()A6 B6 C9 D122下列命題正確的是()A單位向量都相等B若a與b共線，b與c共線，則a與c共線C若|ab|ab|，則ab0D若a與b都是單位向量，則ab13設向量a(m2，m3)，b(2m1，m2)，若a與b的夾角大于90，則實數(shù)m的取值范圍是()A(，2) B(，)(2，)C(2，) D(，2)(，)4平行四邊形ABCD中，AC為一條對角線，若(2,4)，(1,3)，則等于()A8 B6 C8 D65已知|a|1，|

2、b|6，a(ba)2，則向量a與向量b的夾角是()A B C D6關于平面向量a，b，c，有下列四個命題：若ab，a0，則存在R，使得ba；若ab0，則a0或b0；存在不全為零的實數(shù)，使得cab；若abac，則a(bc)其中正確的命題是()A B C D7已知|a|5，|b|3，且ab12，則向量a在向量b上的射影等于()A4 B4 C D8設O，A，M，B為平面上四點，(1)，且(1,2)，則()A點M在線段AB上B點B在線段AM上C點A在線段BM上DO，A，B，M四點共線9P是ABC內的一點，()，則ABC的面積與ABP的面積之比為()A B2 C3 D610在ABC中，2，2，若mn，則

3、mn等于()A B C D111已知3a4b5c0，且|a|b|c|1，則a(bc)等于()A B C0 D12定義平面向量之間的一種運算“”如下：對任意的a(m，n)，b(p，q)，令abmqnp下面說法錯誤的是()A若a與b共線，則ab0BabbaC對任意的R，有(a)b(ab)D(ab)2(ab)2|a|2|b|2二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13設向量a(1,2)，b(2,3)，若向量ab與向量c(4，7)共線，則_14a，b的夾角為120，|a|1，|b|3，則|5ab|_15已知向量a(6,2)，b(4，)，直線l過點A(3，1)，且與向量a2b垂直，則直線l的

4、方程為_16已知向量(2,1)，(1,7)，(5,1)，設M是直線OP上任意一點(O為坐標原點)，則的最小值為_三、解答題(本大題共6小題，共70分)17(10分)如圖所示，以向量a，b為邊作AOBD，又，用a，b表示、18(12分)已知a，b的夾角為120，且|a|4，|b|2，求：(1)(a2b)(ab)；(2)|ab|；(3)|3a4b|19(12分)已知a(，1)，b，且存在實數(shù)k和t，使得xa(t23)b，ykatb，且xy，試求的最小值20(12分)設(2,5)，(3,1)，(6,3)在線段OC上是否存在點M，使MAMB？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由21(12分)設

5、兩個向量e1、e2滿足|e1|2，|e2|1，e1、e2的夾角為60，若向量2te17e2與e1te2的夾角為鈍角，求實數(shù)t的取值范圍22(12分)已知線段PQ過OAB的重心G，且P、Q分別在OA、OB上，設a，b，ma，nb求證：3第二章平面向量(B) 答案1Bab，432x0，x62C|ab|2a2b22ab|ab|2a2b22ab|ab|ab|ab03Aa與b的夾角大于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由向量共線定理知

6、正確；若ab0，則a0或b0或ab，所以錯誤；在a，b能夠作為基底時，對平面上任意向量，存在實數(shù)，使得cab，所以錯誤；若abac，則a(bc)0，所以a(bc)，所以正確，即正確命題序號是7A向量a在向量b上的射影為|a|cosa，b|a|48B(1)()，(1,2)，點B在線段AM上，故選B9C設ABC邊BC的中點為D，則()，|310B()故有mn11B由已知得4b3a5c，將等式兩邊平方得(4b)2(3a5c)2，化簡得ac同理由5c3a4b兩邊平方得ab0，a(bc)abac12B若a(m，n)與b(p，q)共線，則mqnp0，依運算“”知ab0，故A正確由于abmqnp，又banp

7、mq，因此abba，故B不正確對于C，由于a(m，n)，因此(a)bmqnp，又(ab)(mqnp)mqnp，故C正確對于D，(ab)2(ab)2m2q22mnpqn2p2(mpnq)2m2(p2q2)n2(p2q2)(m2n2)(p2q2)|a|2|b|2，故D正確132解析a(1,2)，b(2,3)，ab(，2)(2,3)(2,23)向量ab與向量c(4，7)共線，7(2)4(23)02147解析|5ab|2(5ab)225a2b210ab2512321013()49|5ab|7152x3y90解析設P(x，y)是直線上任意一點，根據(jù)題意，有(a2b)(x3，y1)(2,3)0，整理化簡得

8、2x3y90168解析設t(2t，t)，故有(12t,7t)(52t,1t)5t220t125(t2)28，故當t2時，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解由題意有|a|2，|b|1ab10，abxy0，a(t23)b(katb)0化簡得k(t24t3)(t2)2即t2時，有最小值為20解設t，t0,1，則(

9、6t,3t)，即M(6t,3t)(26t,53t)，(36t,13t)若MAMB，則(26t)(36t)(53t)(13t)0即45t248t110，t或t存在點M，M點的坐標為(2,1)或21解由向量2te17e2與e1te2的夾角為鈍角，得0，即(2te17e2)(e1te2)0整理得：2te(2t27)e1e27te0(*)|e1|2，|e2|1，e1，e260e1e221cos 601(*)式化簡得：2t215t70解得：7t當向量2te17e2與e1te2夾角為180時，設2te17e2(e1te2) (0)對比系數(shù)得，所求實數(shù)t的取值范圍是22證明如右圖所示，()(ab)，(ab)

10、(ab)ma(m)abnbma又P、G、Q三點共線，所以存在一個實數(shù)，使得(m)abnbma，(mm)a(n)b0a與b不共線，由消去得：3第三章三角恒等變換(A) 答案1D(cos sin )(cos sin )cos2 sin2cos 2Cysinsincos x，當x時，y13Bsin(45)(sin cos )，sin cos 兩邊平方，1sin 2，sin 24Bysinsin 2xsin 2xcos cos 2xsin sin 2xsin 2xcos 2xsin當x時，ymin1；當x時，ymax1，且T故B項合適5A0，又sin cos sin，所以sin1，1sin cos 6

11、Bsin 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，則tan 0，tan 22，化簡得tan2tan 0，解得tan 或tan (舍去)，tan 8Cysin xcos xsinysin xcos xsinsin9Aasin 62，bcos 26sin 64，csin 60ysin x，x為遞增函數(shù)，cab10AA、B均為鈍角sin A，sin B，cos A，c

12、os 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)，則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 co

13、s sin sin sin cos cos sin cos (sin cos )sin (cos sin )、均為銳角，sin cos 0，cos sin ，tan 117解tan 、tan 為方程6x25x10的兩根，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因為cos x1,1，所以，當cos x1時，f(x)取得最大值6；當cos x時，f(x)取得最小值19解(1)ab，ab0而a(3sin ，cos )，b(2

14、sin ，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)的單調遞增區(qū)間為(kZ)(2)x，所以2x，sin，所以f(x)的值域為2,3而f(x)m2，所以m22,3，即m0,121解(1)由f(x)2sin xcos x2c

15、os2x1，得f(x)(2sin xcos x)(2cos2x1)sin 2xcos 2x2sin (2x)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為因為f(x)2sin (2x)在區(qū)間0，上為增函數(shù)，在區(qū)間，上為減函數(shù)，又f(0)1，f()2，f()1，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0，上的最大值為2，最小值為1(2)由(1)可知f(x0)2sin (2x0)因為f(x0)，所以sin (2x0)由x0，得2x0，從而cos(2x0)所以cos 2x0cos(2x0)cos(2x0)cossin (2x0)sin22解(1)tan ，所以又因為sin2cos21,0，所以sin (2)因為0，所以00，|ab

16、|2cos x(2)f(x)cos 2x2cos x2cos2x2cos x12(cos x)2x，cos x1，當cos x時，f(x)取得最小值；當cos x1時，f(x)取得最大值120解(1)2(2cos2B1)8cos B50，即4cos2B8cos B30，得cos B又B為ABC的內角，B60(2)cos ，sin sin(B)sin Bcos cos Bsin 21解(1)由題意，得mn0，所以f(x)cos x(cos xsin x)sin(2x)根據(jù)題意知，函數(shù)f(x)的最小正周期為3又0，所以(2)由(1)知f(x)sin()，所以f()sin()cos 解得cos 因為是第一象限角，故sin 所以22解(1)因為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)又函數(shù)圖象過點(，)，所以cos(2)，即cos()1，又0，所以(2)由(1)知f(x)cos(2x)，將函數(shù)yf(x)的圖象上各點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，得到函數(shù)yg(x)的圖象，可知g(x)f(2x)cos(4x)，因為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別為和最新精品資料