平面向量测试题及详解

高考总复习平面向量一、选择题1．已知向量a＝(1,1)，b＝(2，x)，若a＋b与4b－2a平行，则实数x的值为()A．－2B．0C．1D．22．已知点A(－1,0)，B(1,3)，向量a＝(2k－1,2)，若AB→⊥a，则实数k的值为()A．－2B．－1C．1D．23．如果向量a＝(k,1)与b＝(6，k＋1)共线且方向相反，那么k的值为()A．－3B．2C．－17D.174．在平行四边形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，DE交AF于H，记AB→、BC→分别为a、b，则AH→＝()A.25a－45bB.25a＋45bC．－25a＋45bD．－25a－45b5．已知向量a＝(1,1)，b＝(2，n)，若|a＋b|＝a·b，则n＝()A．－3B．－1C．1D．36．已知P是边长为2的正△ABC边BC上的动点，则AP→·(AB→＋AC→)()A．最大值为8B．是定值6C．最小值为2D．与P的位置有关7．设a，b都是非零向量，那么命题“a与b共线”是命题“|a＋b|＝|a|＋|b|”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件8.已知向量a＝(1,2)，b＝(－2，－4)，|c|＝5，若(a＋b)·c＝52，则a与c的夹角为()A．30°B．60°C．120°D．150°9．设O为坐标原点，点A(1,1)，若点B(x，y)满足x2＋y2－2x－2y＋1≥0，1≤x≤2，1≤y≤2，则OA→·OB→取得最大值时，点B的个数是()A．1B．2C．3D．无数10．a，b是不共线的向量，若AB→＝λ1a＋b，AC→＝a＋λ2b(λ1，λ2∈R)，则A、B、C三点共线的充要条件为()A．λ1＝λ2＝－1B．λ1＝λ2＝1C．λ1·λ2＋1＝0D．λ1λ2－1＝011．如图，在矩形OACB中，E和F分别是边AC和BC的点，满足AC＝3AE，BC＝3BF，若OC→＝λOE→＋μOF→其中λ，μ∈R，则λ＋μ是()A.83B.32C.53D．112．已知非零向量AB→与AC→满足AB→|AB→|＋AC→|AC→|·BC→＝0，且AB→|AB→|·AC→|AC→|＝－12，则△ABC的形状为()A．等腰非等边三角形B．等边三角形C．三边均不相等的三角形D．直角三角形第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题13．平面向量a与b的夹角为60°，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b|＝________.14．已知a＝(2＋λ，1)，b＝(3，λ)，若〈a，b〉为钝角，则λ的取值范围是________．15．已知二次函数y＝f(x)的图像为开口向下的抛物线，且对任意x∈R都有f(1＋x)＝f(1－x)．若向量a＝(m，－1)，b＝(m，－2)，则满足不等式f(a·b)f(－1)的m的取值范围为________．16.已知向量a＝sinθ，14，b＝(cosθ，1)，c＝(2，m)满足a⊥b且(a＋b)∥c，则实数m＝________.三、解答题17．已知向量a＝(－cosx，sinx)，b＝(cosx，3cosx)，函数f(x)＝a·b，x∈[0，π]．(1)求函数f(x)的最大值；(2)当函数f(x)取得最大值时，求向量a与b夹角的大小．高考总复习18．已知双曲线的中心在原点，焦点F1、F2在坐标轴上，离心率为2，且过点(4，－10)．(1)求双曲线方程；(2)若点M(3，m)在双曲线上，求证MF1→·MF2→＝0.19．△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，向量m＝(2sinB,2－cos2B)，n＝(2sin2(π4＋B2)，－1)，m⊥n.(1)求角B的大小；(2)若a＝3，b＝1，求c的值．20．已知向量a＝cos3x2，sin3x2，b＝cosx2，－sinx2，且x∈[π2，π]．(1)求a·b及|a＋b|；(2)求函数f(x)＝a·b＋|a＋b|的最大值，并求使函数取得最大值时x的值．21．已知OA→＝(2asin2x，a)，OB→＝(－1,23sinxcosx＋1)，O为坐标原点，a≠0，设f(x)＝OA→·OB→＋b，ba.(1)若a0，写出函数y＝f(x)的单调递增区间；(2)若函数y＝f(x)的定义域为[π2，π]，值域为[2,5]，求实数a与b的值．22．已知点M(4,0)，N(1,0)，若动点P满足MN→·MP→＝6|PN→|.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)设过点N的直线l交轨迹C于A，B两点，若－187≤NA→·NB→≤－125，求直线l的斜率的取值范围．平面向量答案高考总复习1.[解a＋b＝(3，x＋1)，4b－2a＝(6,4x－2)，∵a＋b与4b－2a平行，∴36＝x＋14x－2，∴x＝2，故选D.2.[解AB→＝(2,3)，∵AB→⊥a，∴2(2k－1)＋3×2＝0，∴k＝－1，∴选B.3.[解由条件知，存在实数λ0，使a＝λb，∴(k,1)＝(6λ，(k＋1)λ)，∴k＝6λk＋1λ＝1，∴k＝－3，故选A.4.[解析]AF→＝b＋12a，DE→＝a－12b，设DH→＝λDE→，则DH→＝λa－12λb，∴AH→＝AD→＋DH→＝λa＋1－12λb，∵AH→与AF→共线且a、b不共线，∴λ12＝1－12λ1，∴λ＝25，∴AH→＝25a＋45b.5.[解析]∵a＋b＝(3,1＋n)，∴|a＋b|＝9＋n＋12＝n2＋2n＋10，又a·b＝2＋n，∵|a＋b|＝a·b，∴n2＋2n＋10＝n＋2，解之得n＝3，故选D.6.[解析]设BC边中点为D，则AP→·(AB→＋AC→)＝AP→·(2AD→)＝2|AP→|·|AD→|·cos∠PAD＝2|AD→|2＝6.7.[解析]|a＋b|＝|a|＋|b|⇔a与b方向相同，或a、b至少有一个为0；而a与b共线包括a与b方向相反的情形，∵a、b都是非零向量，故选B.8.[解析]由条件知|a|＝5，|b|＝25，a＋b＝(－1，－2)，∴|a＋b|＝5，∵(a＋b)·c＝52，∴5×5·cosθ＝52，其中θ为a＋b与c的夹角，∴θ＝60°.∵a＋b＝－a，∴a＋b与a方向相反，∴a与c的夹角为120°.9.[解析]x2＋y2－2x－2y＋1≥0，即(x－1)2＋(y－1)2≥1，画出不等式组表示的平面区域如图，OA→·OB→＝x＋y，设x＋y＝t，则当直线y＝－x平移到经过点C时，t取最大值，故这样的点B有1个，即C点．10.[解析]∵A、B、C共线，∴AC→，AB→共线，根据向量共线的条件知存在实数λ使得AC→＝λAB→，即a＋λ2b＝λ(λ1a＋b)，由于a，b不共线，根据平面向量基本定理得1＝λλ1λ2＝λ，消去λ得λ1λ2＝1.11.[解析]OF→＝OB→＋BF→＝OB→＋13OA→，OE→＝OA→＋AE→＝OA→＋13OB→，相加得OE→＋OF→＝43(OA→＋OB→)＝43OC→，∴OC→＝34OE→＋34OF→，∴λ＋μ＝34＋34＝32.12.[解析]根据AB→|AB→|＋AC→|AC→|·BC→＝0知，角A的内角平分线与BC边垂直，说明三角形是等腰三角形，根据数量积的定义及AB→|AB→|·AC→|AC→|＝－12可知A＝120°.故三角形是等腰非等边的三角形．13.[解析]a·b＝|a|·|b|cos60°＝2×1×12＝1，|a＋2b|2＝|a|2＋4|b|2＋4a·b＝4＋4＋4×1＝12，∴|a＋2b|＝23.14.[解析]∵〈a，b〉为钝角，∴a·b＝3(2＋λ)＋λ＝4λ＋60，∴λ－32，当a与b方向相反时，λ＝－3，∴λ－32且λ≠－3.15.[解析]由条件知f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(－1)＝f(3)，∵m≥0，∴a·b＝m＋2≥2，由f(a·b)f(－1)得f(m＋2)f(3)，∵f(x)在[1，＋∞)上为减函数，∴m＋23，∴m1，∵m≥0，∴0≤m1.16.[解析]∵a⊥b，∴sinθcosθ＋14＝0，∴sin2θ＝－12，又∵a＋b＝sinθ＋cosθ，54，(a＋b)∥c，∴m(sinθ＋cosθ)－52＝0，∴m＝52sinθ＋cosθ，∵(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝12，∴sinθ＋cosθ＝±22，∴m＝±522.17.[解析](1)f(x)＝a·b＝－cos2x＋3sinxcosx＝32sin2x－12cos2x－12＝sin2x－π6－12.∵x∈[0，π]，∴当x＝π3时，f(x)max＝1－12＝12.(2)由(1)知x＝π3，a＝－12，32，b＝12，32，设向量a与b夹角为α，则cosα＝a·b|a|·|b|＝121×1＝高考总复习12，∴α＝π3.因此，两向量a与b的夹角为π3.18.[解析](1)解：∵e＝2，∴可设双曲线方程为x2－y2＝λ，∵过(4，－10)点，∴16－10＝λ，即λ＝6，∴双曲线方程为x2－y2＝6.(2)证明：F1(－23，0)，F2(23，0)，MF1→＝(－3－23，－m)，MF2→＝(－3＋23，－m)，∴MF1→·MF2→＝－3＋m2，又∵M点在双曲线上，∴9－m2＝6，即m2－3＝0，∴MF1→·MF2→＝0，即MF1→⊥MF2→.19.[解析](1)∵m⊥n，∴m·n＝0，∴4sinB·sin2π4＋B2＋cos2B－2＝0，∴2sinB[1－cosπ2＋B]＋cos2B－2＝0，∴2sinB＋2sin2B＋1－2sin2B－2＝0，∴sinB＝12，∵0Bπ，∴B＝π6或56π.(2)∵a＝3，b＝1，∴ab，∴此时B＝π6，方法一：由余弦定理得：b2＝a2＋c2－2accosB，∴c2－3c＋2＝0，∴c＝2或c＝1.方法二：由正弦定理得bsinB＝asinA，∴112＝3sinA，∴sinA＝32，∵0Aπ，∴A＝π3或23π，若A＝π3，因为B＝π6，所以角C＝π2，∴边c＝2；若A＝23π，则角C＝π－23π－π6＝π6，∴边c＝b，∴c＝1.综上c＝2或c＝1.20.[解析](1)a·b＝cos3x2cosx2－sin3x2sinx2＝cos2x，|a＋b|＝cos3x2＋cosx22＋sin3x2－sinx22＝2＋2cos3x2cosx2－sin3x2sinx2＝2＋2cos2x＝2|cosx|，∵x∈[π2，π]，∴cosx0，∴|a＋b|＝－2cosx.(2)f(x)＝a·b＋|a＋b|＝cos2x－2cosx＝2cos2x－2cosx－1＝2cosx－122－32∵x∈[π2，π]，∴－1≤cosx≤0，∴当cosx＝－1，即x＝π时fmax(x)＝3.21.[解析](1)f(x)＝－2asin2x＋23asinxcosx＋a＋b＝2asin2x＋π6＋b，∵a0，∴由2kπ－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2得，kπ－π3≤x≤kπ＋π6，k∈Z.∴函数y＝f(x)的单调递增区间是[kπ－π3，kπ＋π6](k∈Z)(2)x∈[π2，π]时，2x＋π6∈[7π6，13π6]，sin2x＋π6∈[－1，12]当a0时，f(x)∈[－2a＋b，a＋b]∴－2a＋b＝2a＋b＝5，得a＝1b＝4，当a0时，f(x)∈[a＋b，－2a＋b]∴a＋b＝2－2a＋b＝5，得a＝－1b＝3综上知，a＝－1b＝3或a＝1b＝422.[解析]设动点P(x，y)，则MP→＝(x－4，y)，MN→＝(－3,0)，PN→＝(1－x，－y)．由已知得－3(x－4)＝61－x2＋－y2，化简得3x2＋4y2＝12，得x24＋y23＝1.所以点P的轨迹C是椭圆，C的方程为x24＋y23＝1.(2)由题意知，直线l的斜率必存在，不妨设过N的直线l的方程为y＝k(x－1)，设A，B两点的坐标分别