高中数学平面向量单元测试.doc

1平面向量平面向量单元测试单元测试 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分1．如图 1 所示，D 是△ABC 的边 AB 上的中点， 则向量（ ）CDA．B．BABC21BABC21C． D．BABC21BABC213．设与是两个不共线向量，且向量与共线，则=（ ）arbrabrr2barrA．0 B．－1 C．－2 D．0.513．在 ABCD 中，，M 为 BC 的中点，则_______.（用,,3ABa ADb ANNCuuu rr uuu rr uuu ruuu rMN uuu u r表示）a br r、2平面向量平面向量单元测试参考答案单元测试参考答案 1．，故选 A．BABCBDCBCD212．B 设所求向量=（cos,sin）,则由于该向量与的夹角都相等,故er, a br r3cos=-4sin,为ebea ebebeaea ||||||||7117cossincossin2222减少计算量,可将选项代入验证,可知 B 选项成立,故选 B．3．D 依题意知向量与共线，设（） ，则有abrrba 2abrrkba 2，所以，解得，选 D．0)()21 (bkak   0021 kk5 . 0k4．解选 B．设，则依题意有,()bx yxy221,33.xyxy 1,2 3.2xy 5．解析:利用向量数量积的几何意义:数量积等于的长度121(1,2,3,4,5,6)iPP PP i =uuuu r uuu rg121iPP PPuuuu r uuu rg12PPuuuu r与在的方向上的投影的乘积.显然由图可知在方12PPuuuu r1iPPuuu r12PPuuuu r1121cos,iiPPPP PP<>uuu ruuuu r uuu r13PPuuu u r12PPuuuu r向上的投影最大.所以应选(A).6．B 即得又,,ADABODOAOBOAuuu ruu u ruuu ruu u rQ11,ODOAOBabuuu ruu u ruuu r是边上的高，即，整理可得即得，ODQAB0OD ABuuu r uuu r 2(),baaab2aabab 故选 B．7．A 设 P 点坐标为，则.由，得),(yx),(yxOP 01OP OMuuu r uuuu r01OP ONuuu r uuu r，在平面直角坐标系中画出该二元一次不等式组表示的平面区域即可   10220 yyx8．A 要经过平移得到奇函数 g(x)，应将函数 f(x)=tan(2x+)+1 的图象向下平移 1 个单位，33再向右平移个单位.即应按照向量进行平移.)(62Zkk))(1,62(Zkka要使|a|最小，应取 a=（） ，故选 A．, 169．B 由得，两边平方得，将0abcrrrr)(bac1222cos|||| 2||||||babac，，代入得，所以；同理，由得|| 3a r|| 4b r| | 5c r0cos10 1900abcrrrr，可得，，所以.)(bca54cos253cos313210． B 由已知得，所以，因此1||b4||22nma，由于恒成立，)sin(sincos22nmnmba4)sin(42ba所以，解得或.422211．答案B∵ ，，1OA uu u r3OB uuu r0OA OBuu u r uuu r∴△ABC 为直角三角形，其中11 42ACAB∴1131()4444OCOAACOAABOAOBOAOAOBuuu ruu u ruuu ruu u ruuu ruu u ruuu ruu u ruu u ruuu r∴ 即 故本题的答案为 B．31,44mn3m n12．答案B取特殊值、数形结合在中， ，不妨取 A（0，1） ， C（0，0） ，B（0，1） ，则ABC90oC∵ ∴ 、、2121ABxxyy1AC 1BC |1 0||0 1| 2AB 此时、 、；222ACCB24AB222ACCBABACCBAB即命题②、③是错误的.设如图所示共线三点，，，则11( ,)A x y22(,)B xy33(,)C x y1313|||||| || ||||ACxxyyACCC＝＝＝||||||||ABB CC CC C  ||||||||ABB BBCC C，1212|||| || || ||||ABxxyyABBB2323|||| || || ||||BCxxyyBCC CACCBBCAOBC4∴ 即命题①是正确的.ACCBAB综上所述，真命题的个数 1 个，故本题的答案为 B．13．，，343A =3()ANNCANCabuuu ruuu ruuu ruuu rrr由得1 2AMabuuuu rrr所以.3111()()4244MNababab uuu u rrrrrrr14． 设，则，又，所以由2222yx),(yxM),(yxOM ) 1 , 1(),1, 2(OBOA得，于是，由OMmOAnOBuuuu ruu u ruuu r),(),2(),(nnmmyx   nmynmx2消去 m, n 得的轨迹方程为：.2222mnM2222yx15． 如图，设，则，所以2xAO xOM 2)(OCOBOAOMOAOMOA22，故当时，2) 1(242)2(222xxxxx1x取最小值-2.OMmOAnOBuuuu ruu u ruuu r16． 因为，所以21m)3,5(),3, 6(),4, 3(mmOCOBOA.由于点 A、B、C 能构成三角形，所以与不共线，), 1(),1 , 3(mmBCABABBC而当与共线时，有，解得，故当点 A、B、C 能构成三角形ABBCmm1 13 21m时实数 m 满足的条件是.21m17．解析：（1）若与平行，则有，因为，，ab2sin12cossin1xxx]2, 0(x0sinx所以得，这与相矛盾，故与不能平行.22cosx1|2cos|xab（2）由于，又因为baxf)(xxxx xx xx xsin1sin2sinsin21 sin2cos2 sin2cos sin22 OMCBA5，所以， 于是，当]3, 0(x]23, 0(sinx22sin1sin22sin1sin2xxxx，即时取等号.故函数的最小值等于.xxsin1sin222sinx)(xf2218．解：（Ⅰ）由题意得，f(x)＝a·(b+c)=(sinx,－cosx)·(sinx－cosx,sinx－3cosx)＝sin2x－2sinxcosx+3cos2x＝2+cos2x－sin2x＝2+sin(2x+).243所以，f(x)的最大值为 2+，最小正周期是＝.222（Ⅱ）由 sin(2x+)＝0 得 2x+＝k.，即 x＝,k∈Z，43 4383 2k于是 d＝（，－2） ，k∈Z.83 2k,4)83 2(2kd因为 k 为整数，要使最小，则只有 k＝1，此时 d＝（―，―2）即为所求.d819．解：（Ⅰ）由已知条件，直线 的方程为，代入椭圆方程得l2ykx．2 2(2)12xkx整理得 ①2212 2102kxkx 直线 与椭圆有两个不同的交点和等价于，lPQ2221844202kkk 解得或．即的取值范围为．2 2k  2 2k k22 22U，，∞∞（Ⅱ）设，则，1122()()P xyQ xy，，，1212()OPOQxxyyuuu ruuu r，由方程①， ② 又1224 2 12kxxk ③1212()2 2yyk xx6而．所以与共线等价于，( 2 0)(01)(21)ABAB  uuu r，，，，，OPOQuuu ruuu rABuuu r12122()xxyy 将②③代入上式，解得．2 2k 由（Ⅰ）知或，故没有符合题意的常数．2 2k  2 2k k20．解：（Ⅰ）由已知得： 因此，． 222,24.AB ACABAB ACACuuu r uuu ruuu ruuu r uuu ruuu r228ABACuuu ruuu r（Ⅱ）， 2cosAB ACA ABACABAC uuu r uuu ruuu ruuu ruuu ruuu r1sin2ABCSABACAuuu ruuu r△211cos2ABACAuuu ruuu r222221cos2ABACABACAuuu ruuu ruuu ruuu r22142ABACuuu ruuu r． （当且仅当时，取等号） ，222 1422ABACuuu ruuu r32ABACuuu ruuu r当的面积取最大值时，，所以.ABC△31cos2AB ACA ABAC uuu r uuu ruuu ruuu r3A解：（I）由条件知： 且，，0abrr2222(2 )444ababa bbrrrrr rrg42aba设夹角为，则，abrr和41||||cos baba，故的夹角为 ，1cos4arcabrr和1cos4arc（Ⅱ）令的夹角为 )aabrrr和(，Q22221102222ababa baaarrrrr rrrrg410||210||41||||||||)(cos22 2    aaaabaabaabaabaayxOMDABC－1－1－212BE第 21 题解法图7的夹角为.)aabrrr和(10arccos421．解析：如图， （Ⅰ）设 D(x0,y0),E(xE,yE),M(x,y).由=t, = t , AD→AB→BE→BC→知(xD－2,yD－1)=t(－2,－2). ∴ 同理 . {xD = －2t + 2yD = －2t + 1){xE = －2t yE = 2t－1)∴kDE = = = 1－2t.yE－yD xE－xD2t－1－(－2t + 1) －2t－(－2t + 2)∴t∈[0,1] , ∴kDE∈[－1,1].（Ⅱ） 如图, =+ = + t = + t(－) = (1－t) +t, OD→OA→AD→OA→AB→OA→OB→OA→OA→OB→=+ = +t = +t(－) =(1－t) +t, OE→OB→BE→OB→BC→OB→OC→OB→OB→OC→= += + t= +t(－)=(1－t) + tOM→OD→DM→OD→DE→OD→OE→OD→OD→OE→= (1－t2) + 2(1－t)t+t2 .OA→OB→OC→设 M 点的坐标为(x,y),由=(2。