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(浙江专用)高考数学二轮复习 专题限时集训(八)平面向量及其应用配套作业 文(解析版)

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专题限时集训(八) [第 8 讲 平面向量及其应用]
(时间:45 分钟)

1.已知平面向量 a=(3,1),b=(x,3),且 a⊥b,则实数 x 的值为( A.9 B.1 C.-1 D.-9

)

2.已知|a|=2sin75°,|b|=4cos75°,a 与 b 的夹角为 30°,则 a·b 的值为( A. 3 2 B. 3 1 C.2 3 D. 2 )

)

3.已知向量 a=(1,2),b=(x,-4),若 a∥b,则 a·b 等于( A.-10 B.-6 C.0 D.6

4.设向量 a,b 满足|a|=1,|b|=2,a·(a+b)=0,则 a 与 b 的夹角是( A.30° B.60° C.90° D.120°

)

π 5.已知向量 a 与 b 的夹角为 ,|a|= 2,则 a 在 b 方向上的投影为( 3 A. 3 B. 2 C. 2 2 D. 3 2

)

→ → → → 6.△ABC 中,∠C=60°,且 CA=2,CB=1,点 M 满足BM=2AM,则CM·CA=( A.4+ 3 C.7 D.9 B.2 13

)

7.若△ABC 是锐角三角形,向量 p=(sinA,cosA),q=(sinB,-cosB),则 p 与 q 的夹 角为( )

A.锐角 B.直角 C.钝角 D.以上均不对 → → → → → → → 8.△ABC 外接圆的半径为 1,圆心为 O,且 2OA+AB+AC=0,|OA|=|AB|,则CA·CB等 于( )

A.

3 B. 3 2

C.3 D.2 3 → → → 9.已知点 G 是△ABC 的重心,点 P 是△GBC 内一点,若AP=λ AB+μ AC,则 λ +μ 的取 值范围是( )

1 2 A. ,1 B. ,1 2 3 3 C.1, D.(1,2) 2 1 ? π? 10.a= ,cosx,b=(sinx,1),x∈?0, ?,若 a∥b,则 a·b=________. 2? 2 ? → → 11.在△ABC 中,AB=3,AC=5,若 O 为△ABC 中的外心,则AO·BC的值为________. 1 3 → → 12.已知向量 a=- , ,OA=a-b,OB=a+b,若△AOB 是以 O 为直角顶点的等腰直 2 2 角三角形,则△AOB 的面积为________. 13. 已知 A, B, C 是△ABC 的三个内角, a=(sinB+cosB, cosC), b=(sinC, sinB-cosB). (1)若 a·b=0,求角 A; 1 (2)若 a·b=- ,求 tan2A. 5

14.已知函数 f(x)=

3 1 sinπ x+ cosπ x,x∈R. 2 2

(1)求函数 f(x)的最大值和最小值;

(2)设函数 f(x)在[-1,1]上的图象与 x 轴的交点从左到右分别为 M、N,图象的最高点 → → 为 P,求PM与PN的夹角的余弦.

15.已知向量 m= 3sin ,1,n=cos ,cos . 4 4 4 π (1)若 m·n=1,求 cosx+ 的值; 3 (2)设函数 f(x)=m·n, 在△ABC 中, 角 A, B, C 的对边分别是 a, b, c 且满足(2a-c)cosB =bcosC,求 f(A)的取值范围. 专题限时集训(八) 【基础演练】 1.C [解析] 依题意,由 a⊥b 得 a·b=0,即 3x+3=0,解得 x=-1.故选 C. 2.B [ 解析 ] 依题意,得 a·b = |a||b|cos30 °= 2sin75 °· 4cos75 °× 3 =2 3 2

x

x

2

x

sin150°= 3.故选 B. 3.A 故选 A. 4.D [解析] 由 a·(a+b)=0 得 a·a+a·b=0,即|a| +|a|·|b|cos〈a,b〉=0, 1 将已知数据代入解得,cos〈a,b〉=- ,所以〈a,b〉=120°.故选 D. 2 【提升训练】
2

[解析] 由 a∥b 得 2x=-4,∴x=-2,于是 a·b=(1,2)·(-2,-4)=-10.

π 2 5.C [解析] 依题意 a 在 b 方向上的投影为|a|cos〈a,b〉= 2cos = .故选 C. 3 2 6.C [解析] 因为∠C=60°,CA=2,CB=1,所以∠B=90°,以 B 为原点,BC 为 x 轴

→ → 建立直角坐标系,C(1,0),A(0, 3),M(0,2 3),CM·CA=(-1,2 3)·(-1, 3)=7. 7.A [解析] 由题设知 p·q=sinAsinB-cosAcosB=-cos(A+B)=cosC.又△ABC 是锐 角三角形,所以 cosC>0,即 p·q>0,所以 p 与 q 的夹角为锐角.故选 A. → → → → → → → 8.C [解析] 取 BC 边中点 M,由 2OA+AB+AC=0,可得 2AO=AB+AC=2AM,则点 M 与 3 → → → → → → 点 O 重合. 又由|OB|=|OC|=|OA|=|AB|=1, 可得|AC|=|BC|sin60°=2× = 3, 则CA· CB 2 → → → 2 =|CA|·|CB|cosC=|CA| =3. → 2 1 → → 1→ 1→ 9.B [解析] 因为点 G 是△ABC 的重心,所以AG= × (AB+AC)= AB+ AC.当点 P 在线 3 2 3 3 2 段 BC 上运动时,λ +μ =1;当点 P 在线段 GB、GC 上运动时,λ +μ 的最小值为 .又因为点 3

P 是△GBC 内一点,所以 <λ +μ <1.故选 B.
3 2 10. 4 1 ? π? [解析] 因为 a∥b,所以 ×1=sinx·cosx,即 sin2x=1.又因为 x∈?0, ?, 2? 2 ?

2 3

π π 1 1 π π 1 2 2 3 2 所以 2x= ,即 x= .于是 a·b= sinx+cosx= sin +cos = × + = . 2 4 2 2 4 4 2 2 2 4 11.8 →2 →2 →2 →2 → → 2 →2 →2 → → [解析] 依题意得OA =OB =OC ,由于AC =(OC-OA) =OC +OA -2OC·OA,所以

→ → 1 →2 →2 →2 → → 1 → → → → → → → → OC·OA= (OC +OA -AC ),同理OA·OB= (OA2+OB2-AB2),所以AO·BC=-OA·(OC-OB)= 2 2 1 →2 →2 →2 1 →2 →2 →2 1 →2 →2 1 2 → → → → 2 -OA·OC+OA·OB=- (OA +OC -AC )+ (OA +OB -AB )= (AC -AB )= (5 -3 )=8. 2 2 2 2 → 12.1 [解析] 依题意,得|a|=1,又△OAB 是以 O 为直角顶点的等腰直角三角形,则OA → → → → → 2 2 ⊥OB,|OA|=|OB|,则(a-b)·(a+b)=|a| -|b| =0,即|a|=|b|.又|OA|=|OB|,故|a-
2 2 2 b|=|a+b|, 得 a·b=0, 则|a+b| =|a| +|b| =2, 所以|OA|=|OB|= 2.于是 S△AOB= × 2





1 2

× 2=1. 13.解:(1)由 a·b=0 得(sinB+cosB)sinC+cosC(sinB-cosB)=0, 化简得 sin(B+C)-cos(B+C)=0, 即 sinA+cosA=0,∴tanA=-1. 3 而 A∈(0,π ),∴A= π . 4

1 1 (2)∵a·b=- ,即 sin(B+C)-cos(B+C)=- , 5 5 1 sinA+cosA=- .① 5 24 对①平方得 2sinAcosA=- . 25 24 ∵- <0, 25 π 7 ∴A∈ ,π ,∴sinA-cosA= 1-2sinAcosA= .② 2 5 3 4 3 联立①②得 sinA= ,cosA=- ,∴tanA=- , 5 5 4 3 2×- 4 2tanA 24 于是,tan2A= =- . 2 = 1-tan A 32 7 1-- 4 14.解:(1)∵f(x)= 3 1 π sinπ x+ cosπ x=sinπ x+ . 2 2 6

π ∵x∈R,∴-1≤sinπ x+ ≤1, 6 ∴函数 f(x)的最大值和最小值分别为 1,-1. π π (2)解法 1:令 f(x)=sinπ x+ =0 得π x+ =kπ ,k∈Z, 6 6 1 5 ∵x∈[-1,1],∴x=- 或 x= , 6 6 1 5 ∴M- ,0,N ,0, 6 6 π 1 1 由 sinπ x+ =1,且 x∈[-1,1]得 x= ,∴P ,1, 6 3 3 1 → → 1 ∴PM=- ,-1,PN= ,-1, 2 2 → → PM·PN 3 → → ∴cos〈PM,PN〉= = . → → 5 |PM|·|PN| 解法 2:过点 P 作 PA⊥x 轴于 A,则|PA|=1, 1 由三角函数的性质知|MN|= T=1,|PM|=|PN|= 2 12 5 2 1+ = , 2 2

5 ×2-1 |PM| +|PN| -|MN| 4 3 → → 由余弦定理得 cos〈PM,PN〉= = = . 2|PM|·|PN| 5 5 2× 4
2 2 2

解法 3:过点 P 作 PA⊥x 轴于 A,则|PA|=1, 1 由三角函数的性质知|MN|= T=1,|PM|=|PN|= 2 在 Rt△PAM 中,cos∠MPA= |PA| 1 2 5 = = . |PM| 5 5 2 12 5 2 1+ = , 2 2

2 52 3 2 ∵PA 平分∠MPN,∴cos∠MPN=cos2∠MPA=2cos ∠MPA-1=2× -1= . 5 5 15.解:(1)∵m·n=1,即 3sin cos +cos =1, 4 4 4 即 3 x 1 x 1 sin + cos + =1, 2 2 2 2 2

x

x

2

x

x π 1 ∴sin + = . 2 6 2
π π 12 1 2x ∴cosx+ =1-2sin + =1-2× = . 3 2 6 2 2

x π 1 (2)f(x)=m·n=sin + + . 2 6 2
∵(2a-c)cosB=bcosC, 由正弦定理得(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC, ∴2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC, ∴2sinAcosB=sin(B+C). ∵A+B+C=π ,∴sin(B+C)=sinA,且 sinA≠0, 1 π ∴cosB= ,∴B= . 2 3 2π 又 A 在△ABC 内,∴0<A< , 3 ∴ π A π π < + < , 6 2 6 2

A π 1 3 ∴1<sin + + < , 2 6 2 2
3 即 f(A)的取值范围为 1, . 2


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