2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七單元 平面向量 高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)(二十二)平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用 理.doc
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2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七單元 平面向量 高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)(二十二)平面向量的數(shù)量積及應(yīng)用 理一、選擇題1(xx江西八校聯(lián)考)已知兩個(gè)非零向量a,b滿足a(ab)0,且2|a|b|,則 a,b()A30B60C120 D150解析:選B由題知a2ab,而cosa,b,所以a,b60.2.如圖,在圓C中,點(diǎn)A,B在圓上,則的值()A只與圓C的半徑有關(guān)B既與圓C的半徑有關(guān),又與弦AB的長(zhǎng)度有關(guān)C只與弦AB的長(zhǎng)度有關(guān)D是與圓C的半徑和弦AB的長(zhǎng)度均無關(guān)的定值解析:選C如圖,過圓心C作CDAB,垂足為D,則|cosCAB|2.的值只與弦AB的長(zhǎng)度有關(guān)3已知圓O:x2y24上的三點(diǎn)A,B,C,且,則()A6 B2C6 D2解析:選C如圖,四邊形OACB為平行四邊形,則|2.四邊形OACB為菱形,且AOB120,則()|22246.4在ABC中,AB3,AC2,BC,則的值為()A BC. D. 解析:選A在ABC中,由余弦定理得cos A,所以|cos(A)|cos A32.5(xx浙江高考)如圖,已知平面四邊形ABCD,ABBC,ABBCAD2,CD3,AC與BD交于點(diǎn)O.記I1,I2,I3,則()AI1I2I3 BI1I3I2CI3I1I2 DI2I1I3解析:選C法一:如圖所示,四邊形ABCE是正方形,F(xiàn)為正方形的對(duì)角線的交點(diǎn),易得AOAF,而AFB90,AOB與COD為鈍角,AOD與BOC為銳角根據(jù)題意,I1I2()|cosAOB0,I1I3,作AGBD于G,又ABAD,OBBGGDOD,而OAAFFCOC,|,而cosAOBcosCOD,即I1I3,I3I10,nm.從而DBC45,又BCO45,BOC為銳角從而AOB為鈍角故I10,I30.又OAOC,OB1),2 (21),從而I31212I1,又121,I10,I30,I3I1,I3I1I2.6已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6,ABD30,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在邊BC,DC上,BC2BE,CDCF.若9,則的值為()A2 B3C4 D5解析:選B依題意得,因此22,于是有6262cos 609,由此解得3.7(xx石家莊模擬)已知向量a,b,c共面,且均為單位向量,ab0,則|abc|的取值范圍是()A1,1 B1,C, D1,1解析:選A因?yàn)閍b0,所以|ab|2a22abb22,所以|ab|,所以|abc|2a2b2c22ab2(ab)c32(ab)c.當(dāng)c與(ab)同向時(shí),(ab)c最大,|abc|2最小,此時(shí)(ab)c|ab|c|cos 0,|abc|232,所以|abc|min1.當(dāng)c與(ab)反向時(shí),(ab)c最小,|abc|2最大,此時(shí)(ab)c|ab|c|cos ,|abc|232,所以|abc|max1.所以|abc|的取值范圍為1,18(xx銀川調(diào)研)已知,|,|t,若點(diǎn)P是ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn),且,則的最大值等于()A13 B15C19 D21解析:選A建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,則B,C(0,t),(0,t),t(0,t)(1,4),P(1,4),(1,t4)1717213,當(dāng)且僅當(dāng)t時(shí),取“”故的最大值為13.二、填空題9已知向量a(1,x),b(1,x1),若(a2b)a,則|a2b|_.解析:a2b(1,2x),且(a2b)a,(a2b)a1x(2x)x22x10,x1,a2b(1,1),|a2b|.答案:10已知向量,是平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的單位向量,若(52)(122)0,則 |的最大值是_解析:因?yàn)?,|1,所以(52)(122)601024420,即2|2512(512),當(dāng)與512共線時(shí),|最大,所以4|2(512)225|2120144|225144169,所以|.答案:11已知O為ABC內(nèi)一點(diǎn),AOB120,OA1,OB2,過點(diǎn)O作ODAB于點(diǎn)D,E為線段OD的中點(diǎn),則的值為_解析:如圖,AOB120,OA1,OB2,ODAB,E為線段OD的中點(diǎn),則0,所以().在AOB中,由余弦定理可得AB,因?yàn)镾AOBABODOAOBsin 120,即OD12,所以O(shè)D,所以.答案:12.如圖,在梯形ABCD中,|2,CDA,2,E為AB的中點(diǎn), (01)若|t(t為大于零的常數(shù)),當(dāng)| |取得最小值時(shí),實(shí)數(shù)_.解析:,(1),(1),2tcos t,2t2,24,22t2t2,當(dāng)t,即時(shí),2取得最小值.|的最小值為,此時(shí).答案:三、解答題13已知a(3,1),ab5,cxa(1x)b.(1)若ac,求實(shí)數(shù)x的值;(2)若|b|,求|c|的最小值解:(1)a(3,1),|a|,又ab5,cxa(1x)b,且ac,aca(xa(1x)b)0,即x|a|2(1x)ab10x5(1x)0,解得x.(2)由cxa(1x)b,得|c|2xa(1x)b2x2|a|22x(1x)ab(1x)2|b|210x210x(1x)5(1x)25(5x24x1)2521.當(dāng)x時(shí),|c|1,則|c|的最小值為1.14已知向量m,n.(1)若mn1,求cos的值;(2)記f(x)mn,在ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,且滿足(2ac)cos Bbcos C,求函數(shù)f(A)的取值范圍解:mnsincoscos2sincossin.(1)mn1,sin,cos12sin2,coscos.(2)(2ac)cos Bbcos C,由正弦定理得(2sin Asin C)cos Bsin Bcos C,2sin Acos Bsin Ccos Bsin Bcos C,2sin Acos Bsin(BC)ABC,sin(BC)sin A,且sin A0,cos B,B.0A.,sin1.又f(x)mnsin,f(A)sin,故1f(A).故函數(shù)f(A)的取值范圍是.1已知圓O的半徑為1,A,B是圓上的兩點(diǎn),且AOB,MN是圓O的任意一條直徑,若點(diǎn)C滿足(1) (R),則的最小值為_解析:由題意可得()()2(),MN是圓O的任意一條直徑,0,1,20121.要求的最小值問題就是求2的最小值,(1) (R),點(diǎn)C在直線AB上,則當(dāng)C在AB中點(diǎn)時(shí),OCAB,OC最小為等邊三角形AOB的高線,為,此時(shí) 2,故的最小值為21.答案:2.在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中,已知點(diǎn)A(1,0)和點(diǎn)B(1,0),|1,且AOCx,其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)若x,設(shè)點(diǎn)D為線段OA上的動(dòng)點(diǎn),求|的最小值;(2)若x,向量m,n(1cos x,sin x2cos x),求mn的最小值及對(duì)應(yīng)的x值解:(1)設(shè)D(t,0)(0t1),當(dāng)x時(shí),可得C,所以,所以|22(0t1),所以當(dāng)t時(shí),|2取得最小值為,故|最小值為.(2)由題意得C(cos x,sin x),m(cos x1,sin x),則mn1cos2xsin2x2sin xcos x1cos 2xsin 2x1sin.因?yàn)閤,所以2x.所以當(dāng)2x,即x時(shí),mn1sin取得最小值1,所以mn的最小值為1,此時(shí)x.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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