2017-2018学年高中数学人教A版必修四阶段质量检测：（二） Word版含解析

阶段质量检测（二）(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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在五边形ABCDE中(如图)，＝()2．已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b＝()A．(－5，－10)B．(－4，－8)C．(－3，－6)D．(－2，－4)3．已知平面向量a＝(1，－3)，b＝(4，－2)，若λa＋b与a垂直，则λ的值是()A．－1B．1C．－2D．24．若|a|＝2，|b|＝2，且(a－b)⊥a，则a与b的夹角是()A.π6B.π4C.π3D.π2A.12B．－12C.32D．－326．已知向量满足：|a|＝2，|b|＝3，|a－b|＝4，则|a＋b|＝()A.6B.7C.10D.11A．内心B．外心C．垂心D．重心8．平面向量a＝(x，－3)，b＝(－2，1)，c＝(1，y)，若a⊥(b－c)，b∥(a＋c)，则b与c的夹角为()A．0B.π4C.π2D.3π49．已知AD，BE分别为△ABC的边BC，AC上的中线，设＝a，＝b，则等于()A.43a＋23bB.23a＋43bC.23a－43bD．－23a＋43bA.0，π3B.π3，5π6C.π2，2π3D.2π3，5π611．已知a＝(－1，3)，＝a－b，＝a＋b，若△AOB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则△AOB的面积是()A.3B．2C．22D．412．已知向量m＝(a，b)，n＝(c，d)，p＝(x，y)，定义新运算m⊗n＝(ac＋bd，ad＋bc)，其中等式右边是通常的加法和乘法运算．如果对于任意向量m都有m⊗p＝m成立，则向量p为()A．(1，0)B．(－1，0)C．(0，1)D．(0，－1)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＝(2x＋3，2－x)，b＝(－3－x，2x)(x∈R)．则|a＋b|的取值范围为________．14．设e1，e2为两个不共线的向量，若a＝e1＋λe2与b＝－(2e1－3e2)共线，则实数λ等于________．15．在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为CD的中点，则＝________．三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)已知平面向量a＝(1，x)，b＝(2x＋3，－x)，x∈R.(1)若a⊥b，求x的值；(2)若a∥b，求|a－b|.18．(12分)设向量a＝(cosα，sinα)(0≤α＜2π)，b＝－12，32，且a与b不共线．(1)求证：(a＋b)⊥(a－b)；(2)若向量3a＋b与a－3b的模相等，求角α.19．(12分)如图，平行四边形ABCD中，＝a，＝b，H，M是AD，DC的中点，BF＝13BC，(1)以a，b为基底表示向量(2)若|a|＝3，|b|＝4，a与b的夹角为120°，求20．(12分)在边长为1的正△ABC中，AD与BE相交于点F.21．(12分)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a＝(－1，2)，又点A(8，0)，B(n，t)，C(ksinθ，t)0≤θ≤π2.22．(12分)已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，且A，E，C三点共线．(1)求实数λ的值；(2)若e1＝(2，1)，e2＝(2，－2)，求的坐标；(3)已知D(3，5)，在(2)的条件下，若A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标．答案1.解析：选B∵＝＝.2.解析：选B∵a∥b，∴－21＝m2，∴m＝－4，∴b＝(－2，－4)，∴2a＋3b＝2(1，2)＋3(－2，－4)＝(－4，－8)．3.解析：选A由题意可知(λa＋b)·a＝λa2＋b·a＝0.∵|a|＝10，a·b＝1×4＋(－3)×(－2)＝10，∴10λ＋10＝0，λ＝－1.4.解析：选B由于(a－b)⊥a，所以(a－b)·a＝0，即|a|2－a·b＝0，所以a·b＝|a|2＝2，所以cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝222＝22，即a与b的夹角是π4.5.6.解析：选C由题意|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝16，∴a·b＝－32.∴|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝10，∴|a＋b|＝10.7.∴P是△ABC的垂心．8.解析：选C由题意知b－c＝(－3，1－y)，a＋c＝(x＋1，y－3)，依题意得－3x－3（1－y）＝0，x＋1＋2（y－3）＝0，解得x＝1，y＝2，∴c＝(1，2)，而b·c＝－2×1＋1×2＝0，∴b⊥c.9.10.11.解析：选D由题意||＝||且⊥，所以(a－b)2＝(a＋b)2且(a－b)·(a＋b)＝0，所以a·b＝0，且a2＝b2，所以|a|＝|b|＝2，所以S△AOB＝12||·||＝12（a－b）2（a＋b）2＝12（a2＋b2）2＝4.12.解析：选A因为m⊗p＝m，即(a，b)⊗(x，y)＝(ax＋by，ay＋bx)＝(a，b)，所以ax＋by＝a，ay＋bx＝b，即a（x－1）＋by＝0，ay＋b（x－1）＝0.由于对任意m＝(a，b)，都有(a，b)⊗(x，y)＝(a，b)成立．所以x－1＝0，y＝0，解得x＝1，y＝0.所以p＝(1，0)．故选A.13.解析：因为a＋b＝(x，x＋2)，所以|a＋b|＝x2＋（x＋2）2＝2x2＋4x＋4＝2（x＋1）2＋2≥2，所以|a＋b|∈[2，＋∞)．答案：[2，＋∞)14.解析：因为a，b共线，所以由向量共线定理知，存在实数k，使得a＝kb，即e1＋λe2＝－k(2e1－3e2)＝－2ke1＋3ke2又因为e1，e2不共线，所以1＝－2k，λ＝3k，解得λ＝－32.答案：－3215.解析：以A为原点，AB所在的直线为x轴，过A且垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系．则由A(0，0)，B(2，0)，E(2，3)，D(1，3，可得＝1.答案：116.答案：[1，4]17.解：(1)若a⊥b，则a·b＝(1，x)·(2x＋3，－x)＝1×(2x＋3)＋x(－x)＝0.整理得x2－2x－3＝0，解得x＝－1或x＝3.(2)若a∥b，则有1×(－x)－x(2x＋3)＝0，即x(2x＋4)＝0，解得x＝0或x＝－2.当x＝0时，a＝(1，0)，b＝(3，0)，∴a－b＝(－2，0)，|a－b|＝2；当x＝－2时，a＝(1，－2)，b＝(－1，2)，∴a－b＝(2，－4)，∴|a－b|＝4＋16＝25.综上所述，|a－b|为2或25.18.解：(1)证明：由题意，得a＋b＝cosα－12，sinα＋32，a－b＝cosα＋12，sinα－32，因为(a＋b)·(a－b)＝cos2α－14＋sin2α－34＝1－1＝0，所以(a＋b)⊥(a－b)．(2)因为向量3a＋b与a－3b的模相等，所以(3a＋b)2＝(a－3b)2，所以|a|2－|b|2＋23a·b＝0，因为|a|＝1，|b|＝－122＋322＝1，所以|a|2＝|b|2，所以a·b＝0，所以－12cosα＋32sinα＝0，所以tanα＝33，又因为0≤α＜2π，所以α＝π6或α＝7π6.19.解：(1)∵M为DC的中点，(2)由已知得a·b＝3×4×cos120°＝－6，＝12a2＋1－112a·b－16b2＝12×32＋1112×(－6)－16×42＝－113.20.解：(1)由题意，D为BC边的中点，而△ABC是正三角形，所以AD⊥BC，＝12(a＋b)·23b－a＝13b2－12a2－16a·b＝13－12－16×1×1×12＝－14.根据平面向量的基本定理有－λ－22（λ＋1）＝－μ，λ2（λ＋1）＝2μ3，解得λ＝4.21.∴t＝－2ksinθ＋16.∵tsinθ＝(－2ksinθ＋16)sinθ＝－2ksinθ－4k2＋32k，∵k＞4，∴1＞4k＞0，当sinθ＝4k时，tsinθ取最大值为32k.由32k＝4，得k＝8，此时θ＝π6，＝(4，8)，∴·＝(8，0)·(4，8)＝32.22.解：(1)＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2.∵A，E，C三点共线，∴存在实数k，使得，即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)，得(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2.∵e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，∴1＋2k＝0，λ＝k－1，解得k＝－12，λ＝－32.(2)＝－3e1－12e2＝(－6，－3)＋(－1，1)＝(－7，－2)．(3)∵A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，即点A的坐标为(10，7)．