《（新課標）2022高考數(shù)學大一輪復習 第五章 平面向量與復數(shù) 題組層級快練33 文（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2022高考數(shù)學大一輪復習 第五章 平面向量與復數(shù) 題組層級快練33 文（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標）2022高考數(shù)學大一輪復習 第五章 平面向量與復數(shù) 題組層級快練33 文（含解析） 1．已知向量a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，則|a－b|的最大值為(　　) A．1　　　　　　　　　　　 B. C. D．2 答案　B 解析　∵a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，∴a－b＝(0，sinθ－cosθ)． ∴|a－b|＝＝. ∴|a－b|最大值為.故選B. 2．(2019·濰坊二模)設a，b是非零向量，若函數(shù)f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的圖像是一條直線，則必有(　　) A．a(chǎn)⊥b B．a(chǎn)∥b C．|a|＝|b| D．|a|≠|b

2、| 答案　A 解析　f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的圖像是一條直線，即f(x)的表達式是關于x的一次函數(shù)或常函數(shù)．而(xa＋b)·(a－xb)＝－x2a·b＋(a2－b2)x＋a·b，故a·b＝0，即a⊥b，故應選A. 3．已知A，B是圓心為C，半徑為的圓上兩點，且||＝，則·等于(　　) A．－ B. C．0 D. 答案　A 解析　由于弦長|AB|＝與半徑相同，則∠ACB＝60°?·＝－·＝－||·||·cos∠ACB＝－··cos60°＝－. 4．(2019·保定模擬)若O是△ABC所在平面內一點，且滿足|－|＝|＋－2|，則△ABC的形狀是(　　) A．等

3、腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等邊三角形 答案　B 解析?。?＝－＋－＝＋，－＝＝－，∴|＋|＝|－|?|＋|2＝|－|2?·＝0，∴三角形為直角三角形，故選B. 5．(2015·山東)已知菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝60°，則·＝(　　) A．－a2 B．－a2 C.a2 D.a2 答案　D 解析　在菱形ABCD中，＝，＝＋，所以·＝(＋)·＝·＋·＝a2＋a×a×cos60°＝a2＋a2＝a2. 6．(2019·銀川調研)若平面四邊形ABCD滿足＋＝0，(－)·＝0，則該四邊形一定是(　　) A．直角梯形 B．矩形 C．

4、菱形 D．正方形 答案　C 解析　由＋＝0得平面四邊形ABCD是平行四邊形，由(－)·＝0得·＝0，故平行四邊形的對角線垂直，所以該四邊形一定是菱形，故選C. 7．如圖所示，在△ABC中，AD⊥AB，＝ ，||＝1，則·＝(　　) A．2 B. C. D. 答案　D 解析　·＝(＋)·＝·＋·＝·＝ ·＝||||cos∠BDA＝||2＝. 8．在△ABC中，＝a，＝b，＝c，且a·b＝b·c＝c·a，則△ABC的形狀是(　　) A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．等邊三角形 答案　D 解析　因為a，b，c均為非零向量，且a·b＝b

5、·c，得b·(a－c)＝0?b⊥(a－c)． 又a＋b＋c＝0?b＝－(a＋c)， ∴[－(a＋c)]·(a－c)＝0?a2＝c2，得|a|＝|c|. 同理|b|＝|a|，∴|a|＝|b|＝|c|. 故△ABC為等邊三角形． 9．(2016·天津)已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點D，E分別是邊AB，BC的中點，連接DE并延長到點F，使得DE＝2EF，則·的值為(　　) A．－ B. C. D. 答案　B 解析　如圖以直線AC為x軸，以A為坐標原點建立平面直角坐標系，則A(0，0)，C(1，0)，B(，)，F(xiàn)(1，)， ∴＝(1，)，＝(，－)． ∴·＝－

6、＝，選B. 10．(2019·福州四校聯(lián)考)已知向量a，b為單位向量，且a·b＝－，向量c與a＋b共線，則|a＋c|的最小值為(　　) A．1 B. C. D. 答案　D 解析　方法1：∵向量c與a＋b共線，∴可設c＝t(a＋b)(t∈R)，∴a＋c＝(t＋1)a＋tb，∴(a＋c)2＝(t＋1)2a2＋2t(t＋1)a·b＋t2b2，∵向量a，b為單位向量，且a·b＝－，∴(a＋c)2＝(t＋1)2－t(t＋1)＋t2＝t2＋t＋1≥，∴|a＋c|≥，∴|a＋c|的最小值為，故選D. 方法2：∵向量a，b為單位向量，且a·b＝－，∴向量a，b的夾角為120°，在平面直角坐

7、標系中，不妨設向量a＝(1，0)，b＝(－，)，則a＋b＝(，)，∵向量c與a＋b共線，∴可設c＝(t，t)(t∈R)，∴a＋c＝(1＋，t)，∴|a＋c|＝ ＝≥，∴|a＋c|的最小值為，故選D. 11．(2019·鄭州質檢)在平面直角坐標系中，若定點A(1，2)與動點P(x，y)滿足向量在向量上的投影為－，則點P的軌跡方程是(　　) A．x－2y＋5＝0 B．x＋2y－5＝0 C．x＋2y＋5＝0 D．x－2y－5＝0 答案　C 解析　由投影的定義知－＝＝，化簡得x＋2y＋5＝0，所以點P的軌跡方程為x＋2y＋5＝0，故選C. 12．(2015·山東，文)過點P(1，)

8、作圓x2＋y2＝1的兩條切線，切點分別為A，B，則·＝________． 答案　 解析　在平面直角坐標系xOy中作出圓x2＋y2＝1及其切線PA，PB，如圖所示．連接OA，OP，由圖可得|OA|＝|OB|＝1，|OP|＝2，||＝||＝，∠APO＝∠BPO＝，則，的夾角為，所以·＝||·||·cos＝. 13．在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E為CD的中點．若·＝1，則AB的長為________． 答案　 解析　如圖所示，在平行四邊形ABCD中，＝＋，＝＋＝－＋. 所以·＝(＋)·(－＋)＝－||2＋||2＋·＝－||2＋||＋1＝1，解方程得||＝(舍

9、去||＝0)，所以線段AB的長為. 14．設F為拋物線y2＝4x的焦點，A，B，C為該拋物線上三點，若＋＋＝0，則||＋||＋||＝________． 答案　6 解析　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，又F(1，0)，所以＋＋＝(x1＋x2＋x3－3，y1＋y2＋y3)＝0，得x1＋x2＋x3＝3.又由拋物線定義可得||＋||＋||＝(x1＋1)＋(x2＋1)＋(x3＋1)＝6. 15．如圖，AB是半圓O的直徑，C，D是的三等分點，M，N是線段AB的三等分點，若OA＝6，則·＝________． 答案　26 解析　連接OC，OD，MC，ND，則·＝(＋)·

10、(＋)＝·＋·＋·＋·＝－4＋6＋6＋18＝26. 16．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，C＝2A，cosA＝. (1)求cosC，cosB的值； (2)若·＝，求邊AC的長． 答案　(1)cosC＝　cosB＝　(2)5 解析　(1)cosC＝cos2A＝2cos2A－1＝2×()2－1＝，∴sinC＝，sinA＝. ∴cosB＝－cos(A＋C)＝sinAsinC－cosAcosC＝×－×＝. (2)∵·＝，∴accosB＝，即ac＝24.① 又＝，C＝2A，∴c＝2acosA＝a.② 由①②解得a＝4，c＝6. ∴b2＝a2＋c2－2accosB＝1

11、6＋36－2×4×6×＝25. ∴b＝5，即邊AC的長為5. 17．已知向量a＝(sinx，)，b＝(cosx，－1)． (1)當a∥b時，求cos2x－sin2x的值； (2)設函數(shù)f(x)＝2(a＋b)·b，已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝，b＝2，sinB＝，求f(x)＋4cos(2A＋)(x∈[0，])的取值范圍． 答案　(1)　(2)[－1，－] 解析　(1)因為a∥b， 所以cosx＋sinx＝0，所以tanx＝－. cos2x－sin2x＝＝＝. (2)f(x)＝2(a＋b)·b ＝2(sinx＋cosx，－)·(cosx，－1) ＝sin2x＋cos2x＋ ＝sin(2x＋)＋. 由正弦定理＝，得 sinA＝＝＝， 所以A＝或A＝. 因為b>a，所以A＝. 所以f(x)＋4cos(2A＋) ＝sin(2x＋)－， 因為x∈[0，]， 所以2x＋∈[，]， 所以－1≤f(x)＋4cos(2A＋)≤－. 所以f(x)＋4cos(2A＋) (x∈[0，])的取值范圍是[－1，－]．