2022年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)分類自測(cè) 平面向量的數(shù)量積及平面向量的應(yīng)用 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)分類自測(cè) 平面向量的數(shù)量積及平面向量的應(yīng)用 理 一、選擇題 1．若向量a，b，c滿足a∥b且a⊥c， 則c·(a＋2b)＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．0 2．若向量a＝(1,2)，b＝(1，－1)，則2a＋b與a－b的夾角等于(　　) A．－ B. C. D. 3．已知a＝(1,2)，b＝(x,4)且a·b＝10，則|a－b|＝(　　) A．－10 B．10 C．－ D. 4．若a，b，c均為單位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，則|a＋b－c|的最大值

2、為(　　) A.－1 B．1 C. D．2 5．已知a與b均為單位向量，其夾角為θ，有下列四個(gè)命題 p1：|a＋b|>1?θ∈[0，)　 p2：|a＋b|>1?θ∈(，π] p3：|a－b|>1?θ∈[0，)　 p4：|a－b|>1?θ∈(，π] 其中的真命題是(　　) A．p1，p4 B．p1，p3 C．p2，p3 D．p2，p4 6．已知|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上有極值，則a與b的夾角范圍為(　　) A．(0，) B．(，π] C．(，π] D．

3、(，] 二、填空題 7．已知兩個(gè)單位向量e1，e2的夾角為，若向量b1＝e1－2e2，b2＝3e1＋4e2，則b1·b2＝________. 8．已知a與b為兩個(gè)不共線的單位向量，k為實(shí)數(shù)，若向量a＋b與向量ka－b垂直，則k＝________. 9．已知|a|＝|b|＝2，(a＋2b)·(a－b)＝－2，則a與b的夾角為_(kāi)___． 三、解答題 10．已知a、b、c是同一平面內(nèi)的三個(gè)向量，其中a＝(1,2)． (1)若|c|＝2，且c∥a，求c的坐標(biāo)； (2)若|b|＝，且a＋2b與2a－b垂直，求a與b的夾角θ. 11．設(shè)a＝(1＋cos x,1＋sin

4、 x)，b＝(1,0)，c＝(1,2)． (1)求證：(a－b)⊥(a－c)； (2)求|a|的最大值，并求此時(shí)x的值． 12．在△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a，b，c.若·＝·＝k(k∈R)． (1)判斷△ABC的形狀； (2)若k＝2，求b的值． 一、選擇題 1．解析：由a∥b及a⊥c，得b⊥c， 則c·(a＋2b)＝c·a＋2c·b＝0.答案：D 2．解析：2a＋b＝(3,3)，a－b＝(0,3)，則cos〈2a＋b，a－b〉＝＝＝，故夾角為.答案：C 3．解析：因?yàn)閍·b＝10，所以x＋8＝10，x＝2，所以

5、a－b＝(－1，－2)，故|a－b|＝. 答案：D 4．解析：由已知條件，向量a，b，c都是單位向量可以求出，a2＝1，b2＝1，c2＝1，由a·b＝0，及 (a－c)(b－c)≤0，可以知道，(a＋b)·c≥c2＝1，因?yàn)閨a＋b－c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c， 所以有|a＋b－c|2＝3－2(a·c＋b·c)≤1， 故|a＋b－c|≤1. 答案：B 5．解析：由|a＋b|>1可得：a2＋2a·b＋b2>1，∵|a|＝1， |b|＝1，∴a·b>－.故θ∈[0，)．當(dāng)θ∈[0，)時(shí)，a·b>－，|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2>1，即|a＋b|>1；

6、由|a－b|>1可得：a2－2a·b＋b2>1，∵|a|＝1，|b|＝1， ∴a·b<.故θ∈(，π]，反之也成立． 答案：A 6．解析：f(x)＝x3＋|a|x2＋a·bx在R上有極值，即f′(x)＝x2＋|a|x＋a·b＝0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解， 故Δ＝|a|2－4a·b＞0?cos〈a，b〉＜，又〈a，b〉∈[0，π]， 所以〈a，b〉∈(，π]． 答案：C 二、填空題 7．解析：由題設(shè)知|e1|＝|e2|＝1，且e1·e2＝，所以b1·b2＝(e1－2e2)·(3e1＋4e2)＝3e－2e1·e2－8e＝3－2×－8＝－6 答案：－6 8．解析：∵a＋b與ka－b垂直

7、， ∴(a＋b)·(ka－b)＝0， 化簡(jiǎn)得(k－1)(a·b＋1)＝0，根據(jù)a、b向量不共線，且均為單位向量得a·b＋1≠0，得k－1＝0，即k＝1. 答案：1 9．解析：由|a|＝|b|＝2，(a＋2b)(a－b)＝－2，得a·b＝2，cos〈a，b〉＝＝＝，所以〈a，b〉＝60°. 答案： 三、解答題 10．解：(1)設(shè)c＝(x，y)，由c∥a和|c|＝2可得 ，∴或， ∴c＝ (2,4)或c＝(－2，－4)． (2)∵(a＋2b)⊥(2a－b)，∴(a＋2b)·(2a－b)＝0， 即2a2＋3a·b－2b2＝0. ∴2|a|2＋3a·b－2|b|2＝0. ∴2

8、×5＋3a·b－2×＝0，∴a·b＝－. ∴cos θ＝＝＝－1. ∵θ∈[0，π]，∴θ＝π. 11．解：(1)證明：a－b＝(cos x,1＋sin x)， a－c＝(cos x，sin x－1)， (a－b)·(a－c)＝(cos x,1＋sin x)·(cos x，sin x－1)＝cos2x＋sin2x－1＝0. ∴(a－b)⊥(a－c)． (2)|a|＝ ＝ ＝ ≤ ＝＋1. 當(dāng)sin(x＋)＝1，即x＝＋2kπ(k∈Z)時(shí)，|a|有最大值＋1. 12．解：(1)∵·＝cbcos A，·＝bacos C， ∴bccos A＝abcos C， 根據(jù)正弦定理，得sin Ccos A＝sin Acos C， 即sin Acos C－cos Asin C＝0，sin(A－C)＝0， ∴∠A＝∠C，即a＝c. 則△ABC為等腰三角形． (2)由(1)知a＝c，由余弦定理，得 ·＝bccos A＝bc·＝. ·＝k＝2，即＝2，解得b＝2.