2019-2020年高考数学大一轮复习 5.2平面向量基本定理及坐标表示试题 理 苏教版.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 5.2平面向量基本定理及坐标表示试题 理 苏教版一、填空题1与向量a(12,5)平行的单位向量为_解析 设e为所求的单位向量，则e.答案 或2已知a(1,2)，b(1,1)，若a(ab)，则实数_.解析由ab(1，2)与a(1,2)垂直，得12(2)0，解得5.答案53已知平面向量a(1,2)，b(2，m)，且ab，则2a3b_.解析 由ab得1m2(2)，得m4.2a3b2(1,2)3(2，4)(4，8)答案 (4，8)4在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，(2,4)，(1,3)，则_.解析 (1,3)(2,4)(1，1)，故(1，1)(2,4)(3，5)答案 (3，5)5. 如图，在四边形ABCD中，AB2AD1，AC，且CAB，BAD，设，则_.解析建立直角坐标系如图，则由AB，得(，0)，即解得2，所以4.答案46已知向量p(2，3)，q(x,6)，且pq，则|pq|的值为_解析 pq123x0，解得x4.pq(2,3)，|pq|.答案 7已知：如图，|1，与的夹角为120，与的夹角为30，若(、R)，则等于_解析 过C作OB的平行线交OA的延长线于D.由题意可知，COD30，OCD90，OD2CD，又，|2|，2，2. 答案 28在ABC中，已知a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，S为ABC的面积，若向量p(4，a2b2c2)，q(1，S)满足pq，则C_.解析由p(4，a2b2c2)，q(1，S)且pq，得4Sa2b2c2，即2abcos C4S2absin C，所以tan C1.又0C，所以C.答案9设两个向量a(2，2cos2 )和b，其中，m，为实数若a2b，则的取值范围是_解析由a2b，得由2mcos22sin 2(sin 1)2，得22m2，又2m2，则24(m1)2m2，解得m2，而2，故61.答案6,110. 如图，在边长为单位长度的正六边形ABCDEF中，点P是CDE内(包括边界)的动点，设(，R)，则的取值范围是_解析不妨以点A为原点，AD所在直线为x轴建立直角坐标系，设P(x，y)则(x，y)，2x，当点P在CE上时，3，当P在D点时，4.答案3,4二、解答题11已知aksin e1(2cos )e2，be1e2，且ab，e1，e2分别是x轴与y轴上的单位向量，(0，)(1)求k与的关系式：(2)求kf()的最小值解(1)由ab，得ab，即ksin e1(2cos )e2(e1e2)因为e1(1,0)，e2(0,1)，所以即ksin 2cos ，所以k，(0，)(2)ktan，当且仅当tan，即时等号成立，所以k的最小值为.12已知向量v(x，y)与向量d(y,2yx)的对应关系用df(v)表示(1)设a(1,1)，b(1,0)，求向量f(a)与f(b)的坐标；(2)求使f(c)(p，q)(p，q为常数)的向量c的坐标；(3)证明：对任意的向量a，b及常数m，n恒有f(manb)mf(a)nf(b)(1)解f(a)(1,211)(1,1)，f(b)(0,201)(0，1)(2)解设c(x，y)，则由f(c)(y,2yx)(p，q)，得所以所以c(2pq，p)(3)证明设a(a1，a2)，b(b1，b2)，则manb(ma1nb1，ma2nb2)，所以f(manb)(ma2nb2,2ma22nb2ma1nb1)又mf(a)m(a2,2a2a1)，nf(b)n(b2,2b2b1)，所以mf(a)nf(b)(ma2nb2,2ma22nb2ma1nb1)故f(manb)mf(a)nf(b).13已知点O为坐标原点，A(0,2)，B(4,6)，t1t2.(1)求点M在第二或第三象限的充要条件；(2)求证：当t11时，不论t2为何实数，A、B、M三点都共线；(3)若t1a2，求当且ABM的面积为12时a的值解 (1)t1t2t1(0,2)t2(4,4)(4t2,2t14t2)当点M在第二或第三象限时，有故所求的充要条件为t20且t12t20.(2)证明：当t11时，由(1)知(4t2,4t22)(4,4)，(4t2,4t2)t2(4,4)t2，A、B、M三点共线(3)当t1a2时，(4t2,4t22a2)又(4,4)，4t24(4t22a2)40，t2a2，故(a2，a2)又|4，点M到直线AB：xy20的距离d|a21|.SABM12，|AB|d4|a21|12，解得a2，故所求a的值为2.14已知向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，c(1,0)(1)求|ac|的最大值；(2)若，且a(bc)，求cos 的值解 (1)解法一：ac(cos 1，sin )，则|ac|2(cos 1)2sin22(1cos )1cos 1，0|ac|24，即0|ac|2.当cos 1时，有|ac|2，|ac|的最大值为2.解法二：|a|1，|c|1，|ac|a|c|2，当cos 1时，有|ac|2，|ac|的最大值为2.(2)解法一：由已知可得bc(cos 1，sin )，a(bc)cos cos sin sin cos cos()cos .a(bc)，a(bc)0，即cos()cos .由，得coscos，即2k(kZ)2k或2k(kZ)，于是cos 或cos 1.解法二：若，则a.又b(cos ，sin )，c(1,0)，a(bc)(cos 1，sin )cos sin .a(bc)，a(bc)0，即cos，2k(kZ)，2k或2k(kZ)，于是cos 或cos 1.