第二章平面向量 章末检测试卷及答案

《第二章平面向量 章末检测试卷及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第二章平面向量 章末检测试卷及答案（11页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、章末检测(二)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分)1设向量a(2,4)与向量b(x,6)共线，则实数x等于()A2B3C4D6解析ab，264x0，x3.答案B2在下列向量组中，可以把向量a(3,2)表示出来的是()Ae1(0,0)，e2(1,2)Be1(1,2)，e2(5，2)Ce1(3,5)，e2(6,10)De1(2，3)，e2(2,3)解析设ak1e1k2e2，A选项，(3,2)(k2,2k2)，无解，B选项，(3,2)(k15k2,2k12k2)，解之得故B中的e1，e2可把a表示出来同理，C、D选项同A选项，无解答案B3设O是正方

2、形ABCD的中心，则向量，是()A相等的向量B平行的向量C有相同起点的向量D模相等的向量解析这四个向量的模相等答案D4已知点A(0,1)，B(3,2)，向量(4，3)，则向量等于()A(7，4)B(7,4)C(1,4)D(1,4)解析(4，3)(30,21)(4，3)(3,1)(7，4)，故选A.答案A5已知向量a(1，1)，b(1,2)，则(2ab)a等于()A1B0C1D2解析2ab(2，2)(1,2)(1,0)，从而(2ab)a(1,0)(1，1)1，故选C.答案C6对任意向量a，b，下列关系式中不恒成立的是()A|ab|a|b|B|ab|a|b|C(ab)2|ab|2D(ab)(ab)

3、a2b2解析当向量a和b方向不相同时，|ab|a|b|，B选项不成立答案B7已知菱形ABCD的边长为a，ABC60，则等于()Aa2Ba2 C.a2 D.a2解析aacos 30a2，故选D.答案D8ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a，b满足2a，2ab，则下列结论正确的是()A|b|1BabCab1D(4ab)解析在ABC中，由2ab2ab，得|b|2.又|a|1，所以ab|a|b|cos 1201，所以(4ab)(4ab)b4ab|b|24(1)40，所以(4ab)，故选D.答案D9已知|1，|，0，点C在AOB内，且与的夹角为30，设mn(m，nR)，则的值为()A2 B.C3D4

4、解析0，以OA为x轴，OB为y轴建立直角坐标系，(1,0)，(0，)，mn(m，n)tan 30，m3n，即3，故选C.答案C10已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E，F分别在边BC、DC上，BEBC，DFDC.若1，则等于()A. B. C. D.解析以，为基向量，则()()22(1)4()2(1)1.(1)(1)2(1)(1)，由可得.答案C11若a，b，c均为单位向量，且ab0，(ac)(bc)0，则|abc|的最大值为()A.1B1 C.D2解析(坐标运算)：由已知可设a(1,0)，b(0,1)，c(x，y)由|c|1，(ac)(bc)0得xy1.从而|abc|1.答案B12

5、已知向量a，b，若ab，则锐角为()A30B60C45D75解析ab，sin2，sin .为锐角，30.答案A二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分)13设向量a(1,2)，b(2,3)，若向量ab与向量c(4，7)共线，则_.解析因为a(1,2)，b(2,3)，所以ab(，2)(2,3)(2,23)因为向量ab与向量c(4，7)共线，所以7(2)4(23)0.所以2.答案214a，b的夹角为120，|a|1，|b|3，则|5ab|_.解析因为|5ab|2(5ab)225a2b210ab251232101349.所以|5ab|7.答案715已知向量a(6,2)，b，直线l过点A(3

6、，1)，且与向量a2b垂直，则直线l的方程为_解析设P(x，y)是直线l上任意一点，根据题意，有(a2b)(x3，y1)(2,3)0，整理化简得2x3y90.答案2x3y9016已知点P在圆x2y21上，点A的坐标为(2，0)，O为原点，则的最大值为_解析|cos，2|cos，如图，|cos，的最大值为AB3，故的最大值为6.答案6三、解答题(本大题共6个小题，共70分)17(10分)已知|a|4，|b|3，a，b=,若a，b，求ABC的面积解与的夹角，ABC.又|a|4，|b|3，SABC|sinABC433.18(12分)(1)在直角三角形ABC中，C90，AB5，AC4，求；(2)已知向

7、量(3,1)，(1，a)，aR.若ABC为直角三角形，求a的值解(1)在ABC中，C90，AB5，AC4，故BC3，且cosABC，与的夹角ABC，|cosABC539.(2)ABC是直角三角形，A90或B90或C90.当A90时，由，得3(1)1a0，a3；当B90时，(4，a1)，由，得3(4)1(a1)0，a13；当C90时，由，得1(4)a(a1)0，即a2a40，aR，方程a2a40无解综上所述，a3或13.19(12分)已知|a|4，|b|3，(2a3b)(2ab)61，(1)求a与b的夹角；(2)求|ab|.解(1)(2a3b)(2ab)61，4|a|24ab3|b|261，又|

8、a|4，|b|3，644ab2761，ab6.cos .又0，.(2)可先平方转化为向量的数量积|ab|2(ab)2|a|22ab|b|2422(6)3213，|ab|.20(12分)已知向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，0.(1)若|ab|，求证：ab；(2)设c(0,1)，若abc，求，的值(1)证明由题意得|ab|22，即(ab)2a22abb22.又因为a2b2|a|2|b|21，所以22ab2，即ab0，故ab.(2)解因为ab(cos cos ，sin sin )(0,1)，所以由此得cos cos()，由0，得0，又0，所以，.21(12分)在平面直角坐标系

9、中，O为坐标原点，已知向量a(2,1)，A(1,0)，B(cos ，t)，(1)若a，且|，求向量的坐标；(2)若a，求ycos2cos t2的最小值解(1)(cos 1，t)，又a，2tcos 10.cos 12t.又|，(cos 1)2t25.由得，5t25，t21，t1.当t1时，cos 3(舍去)，当t1时，cos 1，B(1，1)，(1，1)(2)由(1)可知t，ycos2cos cos2cos (cos2cos )(cos )2，当cos 时，ymin.22(12分)如图，在OAB中，AD与BC交于点M，设a，b.(1)用a，b表示;(2)已知在线段AC上取一点E，在线段BD上取一点F，使EF过M点，设p，q，求证：1.(1)解设manb，则(m1)anb，ab.因为点A，M，D共线，所以与共线，所以(m1)(1)n0，所以m2n1.而anb，ab.因为C，M，B共线，所以与共线，所以n0.所以4mn1.联立可得m，n，所以ab.(2) 证明 ab，paqb，因为与共线，所以q(p)0.所以qpqp，即1.