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《走向高考》2015届高三二轮复习数学(人教A版)课时作业 专题2 三角函数与平面向量 第3讲


专题二
一、选择题

第三讲

1.(2014· 新课标Ⅱ理,3)设向量 a、b 满足|a+b|= 10,|a-b|= 6,则 a· b=( A.1 C .3 [答案] A [解析] 本题考查平面向量的模,平面向量的数量积. ∵|a+b|= 10,|a-b|= 6,∴a2+b2+2ab=10,a2+b2-2ab=6. 联立方程解得 ab=1,故选 A. 2.设 x∈R,向量 a=(x,1),b=(1,-2),且 a⊥b,则|a+b|=( A. 5 C .2 5 [答案] B [解析] 本题考查向量的模及垂直问题. ∵a⊥b,∴a· b=0,∴x-2=0,∴x=2, ∴a+b=(3,-1),|a+b|= 10. 3.(2014· 福建理,8)在下列向量组中,可以把向量 a=(3,2)表示出来的是( A.e1=(0,0),e2=(1,2) B.e1=(-1,2),e2=(5,-2) C.e1=(3,5),e2=(6,10) D.e1=(2,-3),e2=(-2,3) [答案] B ) B. 10 D.10 ) B.2 D.5

)

[解析] 一个平面内任意不共线的两个向量都可以作为平面的基底,它能表示出平面内的 其它向量.A 中,e1=0,且 e2 与 a 不共线;C、D 中的两个向量都是共线向量且不与 a 共线, 故表示不出 a.B 中的两个向量不共线,可以作为平面的一组基底,故可表示出 a, 4.(文)如果不共线向量 a、b 满足 2|a|=|b|,那么向量 2a+b 与 2a-b 的夹角为( π A. 6 π C. 2 [答案] C [解析] ∵(2a+b)· (2a-b)=4|a|2-|b|2=0,
-1-

)

π B. 3 2π D. 3

∴(2a+b)⊥(2a-b),∴选 C. (理)若两个非零向量 a、b 满足|a+b|=|a-b|=2|a|,则向量 a+b 与 a-b 的夹角是( π A. 6 2π C. 3 [答案] C -2a2 1 2π [解析] 解法 1:由条件可知,a· b=0,|b|= 3|a|,则 cosθ= 2 =- ?θ= . 4a 2 3 2π 解法 2:由向量运算的几何意义,作图可求得 a+b 与 a-b 的夹角为 . 3 π B. 3 5π D. 6 )

→ 5.(2014· 新课标Ⅰ文,6)设 D,E,F 分别为△ABC 的三边 BC、CA、AB 的中点,则EB+ → FC=( → A.AD → C.BC [答案] A [解析] 如图, ) 1→ B. AD 2 1→ D. BC 2

→ → EB+FC 1 → → 1 → → =- (BA+BC)- (CB+CA) 2 2 1 → → 1 → → =- (BA+CA)= (AB+AC) 2 2 → =AD. 选 A. 6.若 a、b、c 均为单位向量,且 a· b=0,(a-c)· (b-c)≤0,则|a+b-c|的最大值为(
-2-

)

A. 2-1 C. 2 [答案] B

B.1 D.2

[解析] |a+b-c|2=|a|2+|b|2+|c|2+2a· b-2a· c-2b· c=3-2(a· c+b· c) (a-c)· (b-c)=a· b-a· c-b· c+|c|2 =1-(a· c+b· c)≤0, ∴|a+b-c|2≤1,∴|a+b-c|max=1. 二、填空题 → → → → → → 7. (文)(2014· 湖北文, 12)若向量OA=(1, -3), |OA|=|OB|, OA· OB=0, 则|AB|=________. [答案] 2 5 → → → → → [解析] |OA|=|OB|,OA· OB=0?△AOB 是直角边为|OA|= 10的等腰直角三角形,AB 是 → 斜边,所以|AB|=2 5.解向量试题有代数和几何两种思路,若能利用向量的几何意义,则可以 避免复杂的代数运算. 1 (理)(2014· 江西理,14)已知单位向量 e1 与 e2 的夹角为 α,且 cosα= ,向量 a=3e1-2e2 3 与 b=3e1-e2 的夹角为 β,则 cosβ=________. [答案] 2 2 3

[解析] 本题考查平面向量数量积的性质及运算. 1 依题意 e1· e2=|e1||e2|cosα= ,∴|a|2=9e2 e2+4e2 1-12e1· 2=9,∴|a|=3, 3
2 |b|2=9e2 e2+e2 b=9e2 e2+2e2 =8,∴|b|=2 2, 1-6e1· 2=8,a· 1-9e1·

a· b 8 2 2 cosβ= = = . |a|· |b| 3×2 2 3 → → 8.(2013· 重庆文,14)若 OA 为边,OB 为对角线的矩形中,OA=(-3,1),OB=(-2,k), 则实数 k=________. [答案] 4 [解析] 本题考查向量的数量积及坐标运算. → → → → → ∵OA=(-3,1),OB=(-2,k),∴AB=OB-OA=(1,k-1). → → → → 由题意知OA⊥AB,∴OA· AB=0 即(-3,1)· (1,k-1)=0. ∴-3+k-1=0,∴k=4. 9.已知向量 a=(1,0),b=(1,1),则 (1)与 2a+b 同向的单位向量的坐标表示为________;
-3-

(2)向量 b-3a 与向量 a 夹角的余弦值为________. 3 10 10 2 5 [答案] (1)( , ) (2)- 10 10 5 [解析] 本题主要考查了向量的坐标运算, 单位向量及夹角的求法. (1)2a+b=2(1,0)+(1,1) 3 10 10 =(3,1),其单位向量为( , ), 10 10 a· ?b-3a? (2)∵b-3a=(-2,1), |a|=1, |b-3a|= 5, a· (b-3a)=-2, ∴cos 〈a, b-3a〉 = |a|· |b-3a| 2 5 =- . 5 10.如图所示,A、B、C 是圆 O 上的三点,线段 CO 的延长线与线段 BA 的延长线交于圆 → → → O 外的点 D,若OC=mOA+nOB,则 m+n 的取值范围是________.

[答案] (-1,0) → → [解析] 根据题意知,线段 CO 的延长线与线段 BA 的延长线的交点为 D,则OD=tOC. ∵D 在圆外,∴t<-1, → → → → → 又 D、A、B 共线,∴存在 λ、μ,使得OD=λOA+μOB,且 λ+μ=1,又由已知,OC=mOA → +nOB, → → → → ∴tmOA+tnOB=λOA+μOB, 1 ∴m+n= ,故 m+n∈(-1,0). t

一、选择题 3 11.设向量 a,b 满足|a|=2,a· b= ,|a+b|=2 2,则|b|等于( 2 1 A. 2 3 C. 2 [答案] B [解析] ∵|a+b|2=|a|2+2a· b+|b|2=4+3+|b|2=8,∴|b|=1.
-4-

)

B.1 D.2

→ |BC| → → → 12.(文)已知平面上不共线的四点 O,A,B,C.若OA+2OC=3OB,则 的值为( → |AB| 1 A. 2 1 C. 4 [答案] A → → → → [解析] 如图,设OD=2OC,作?OAED,则OE=3OB, 1 B. 3 1 D. 6

)

→ |BC| 1 → → → ∴|AB|=|DF|=2|BC|,∴ = . → 2 |AB| (理)(2014· 新课标Ⅰ理,10)已知抛物线 C:y2=8x 的焦点为 F,准线为 l,P 是 l 上一点, → → Q 是直线 PF 与 C 的一个交点,若FP=4FQ,则|QF|=( 7 A. 2 C .3 [答案] C [解析] 抛物线的焦点坐标是 F(2,0),过点 Q 作抛物线的准线的垂线,垂足是 A,则|QA| → |PQ| 3 → → =|QF|,抛物线的准线与 x 轴的交点为 G,因为FP=4FQ,∴ = ,由于三角形 QAP 与三 → 4 |PF| → |QA| |PQ| 3 角形 FGP 相似,所以可得 = = ,所以|QA|=3,所以|QF|=3. |FG| → 4 |PF| 13.(文)(2014· 中原名校第二次联考)在三角形 ABC 中,∠A=60° ,∠A 的平分线交 BC 于 → 1→ → D,AB=4,AD= AC+λAB(λ∈R),则 AD 的长为( 4 A.1 C .3 [答案] D → 1→ → → [解析] 在 AC 上取 E 点,在 AB 上取 F 点,使AE= AC,AF=λAB, 4 → 1→ → → → ∵AD= AC+λAB=AE+AF, 4
-5-

)

5 B. 2 D.2

)

B. 3 D.3 3

∴DE∥AB,DF∥AC,∴

AF CD CE = = =3,∵AF+BF=AB=4,∴BF=1,AF=3,在 BF BD AE

△ADF 中,AF=3,DF=3,∠DFA=120° ,∴AD=3 3. (理)(2014· 湖南文,10)在平面直角坐标系中,O 为原点,A(-1,0),B(0, 3),C(3,0),动 → → → → 点 D 满足|CD|=1,则|OA+OB+OD|的取值范围是( A.[4,6] C.[2 3,2 7] [答案] D [解析] 考查了向量的坐标运算,圆的有关知识. → 设 D(x,y),则由|CD|=1,得(x-3)2+y2=1, → → → 而|OA+OB+OD|= ?x-1?2+?y+ 3?2表示点 D(x,y)到点(1,- 3)的距离,(x-3)2+y2 → → → =1 表示以(3,0)为圆心,1 为半径的圆,点(1,- 3)与点(3,0)的距离为 7,∴|CA+OB+OD| 的取值范围为[ 7-1, 7+1].
? ? ?x,x≥y ?y,x≥y 14.(2014· 浙江理,8)记 max{x,y}=? ,min{x,y}=? ,设 a,b 为平 ?y,x<y ?x,x<y ? ?

)

B.[ 19-1, 19+1] D.[ 7-1, 7+1]

面向量,则(

)

A.min{|a+b|,|a-b|}≤min{|a|,|b|} B.min{|a+b|,|a-b|}≥min{|a|,|b|} C.max{|a+b|2,|a-b|2}≤|a|2+|b|2 D.max{|a+b|2,|a-b|2}≥|a|2+|b|2 [答案] D [解析] 由新定义知,max{x,y}是 x 与 y 中的较大值,min{x,y}是 x,y 中的较小值,据 此可知 A、B 是比较|a+b|与|a-b|中的较小值与|a|与|b|中的较小值的大小,由平行四边形法则 知其大小与〈a,b〉有关,故 A、B 错; 当〈a,b〉为锐角时,|a+b|>|a-b|,此时|a+b|2>|a|2+|b|2. 当〈a,b〉为钝角时,|a+b|<|a-b|,此时|a+b|2<|a|2+|b|2<|a-b|2. 当〈a,b〉=90° 时,|a+b|=|a-b|,此时|a+b|2=|a|2+|b|2. 故选 D. 二、填空题 π → → 15.(2014· 山东理,12)在△ABC 中,已知AB· AC=tanA,当 A= 时,△ABC 的面积为 6 ________. [答案] 1 6
-6-

π π → → → → [解析] AB· AC=|AB||AC|cos =tan 6 6 → → 2 ∴|AB||AC|= 3 1→ → π 1 2 1 1 S△ABC= |AB||AC|sin = × × = . 2 6 2 3 2 6 → 16. (文)(2013· 苏北四市一调)如图, 在四边形 ABCD 中, AC 和 BD 相交于点 O, 设AD=a, → → → → AB=b,若AB=2DC,则AO=________(用向量 a 和 b 表示).

[答案]

2 1 a+ b 3 3

1 → → → → 1→ → → → 2→ 2 [解析] 据题意可得AC=AD+DC=AD+ AB=a+ b,又由AB=2DC, 可得AO= AC= 2 2 3 3 1 2 1 (a+ b)= a+ b 2 3 3 ( 理 )(2013· 南昌高三调研 ) 已知 O 为坐标原点,点 M(3,2) ,若 N(x , y) 满足不等式组 x≥1, ? ? ?y≥0, ? ?x+y≤4. → → 则OM· ON的最大值为________.

[答案] 12 [解析] 据不等式组得可行域如图所示:

→ → 由于 z=OM· ON=3x+2y,结合图形进行平移可得点 A(4,0)为目标函数取得最大值的最优 解.即 zmax=3×4+2×0=12. 三、解答题 17.已知向量 a=(cosθ,sinθ),θ∈[0,π],向量 b=( 3,-1). (1)若 a⊥b,求 θ 的值; (2)若|2a-b|<m 恒成立,求实数 m 的取值范围.
-7-

[解析] (1)∵a⊥b, ∴ 3cosθ-sinθ=0,得 tanθ= 3. π 又 θ∈[0,π],∴θ= . 3 (2)∵2a-b=(2cosθ- 3,2sinθ+1), ∴|2a-b|2=(2cosθ- 3)2+(2sinθ+1)2 1 3 π =8+8( sinθ- cosθ)=8+8sin(θ- ). 2 2 3 π π 2π 又 θ∈[0,π],∴θ- ∈[- , ], 3 3 3 π 3 ∴sin(θ- )∈[- ,1], 3 2 ∴|2a-b|2 的最大值为 16,∴|2a-b|的最大值为 4. 又|2a-b|<m 恒成立,∴m>4. 18.在△ABC 中,角 A、B、C 所对的对边长分别为 a、b、c. (1)设向量 x=(sinB,sinC),向量 y=(cosB,cosC),向量 z=(cosB,-cosC),若 z∥(x+ y),求 tanB+tanC 的值; (2)若 sinAcosC+3cosAsinC=0,证明:a2-c2=2b2. [解析] (1)x+y=(sinB+cosB,sinC+cosC), ∵z∥(x+y), ∴cosB(sinC+cosC)+cosC(sinB+cosB)=0, 整理得 tanC+tanB+2=0, ∴tanC+tanB=-2. (2)证明:∵sinAcosC+3cosAsinC=0, a2+b2-c2 b2+c2-a2 ∴由正、余弦定理得:a· +3× ×c=0, 2ab 2bc ∴a2-c2=2b2.

-8-


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