高中数学人教版新课标A必修4第二章 平面向量综合与测试随堂练习题

这是一份高中数学人教版新课标A必修4第二章 平面向量综合与测试随堂练习题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题强化练5　数量积及其性质 一、选择题1.(2019浙江温州高一上期末,★★☆)在△ABC中,||=1,||=2,|+|=||,则在方向上的投影是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.- B.- C. D.2.(2019山西应县一中高一期末,★★☆)等边三角形ABC的边长为1,=a,=b,=c,那么a·b+b·c+c·a等于(　　)A.3 B.-3 C. D.-3.(2019安徽高考模拟,★★☆)将向量=(1,1)绕原点O按逆时针方向旋转60°得到,则=(　　)A. B.C. D.4.(2019安徽马鞍山高三期末,★★☆)已知平面向量a=(2,1),b=(m,-2),若a⊥b,则|a-b|=(　　)A. B.5 C. D.105.(2019福建闽侯四中高一上期末,★★☆)已知向量=,=,则∠ABC=(　　)A.30° B.45° C.60° D.120°6.(★★☆)已知向量a,b满足|a|=4, |a·b|≥10,则|a-2b|的最小值是(　　)A.1 B.2 C.3 D.47.(2020重庆一中高三下月考,★★☆)平面上三个单位向量a,b,c两两夹角都是,则a-b与a+c的夹角是(　　)A. B. C. D.8.(2020河北邯郸高一上期末,★★☆)已知四边形ABCD中,·=0,=2,||=10,||=5,=,F为BD与AE的交点,则||=(　　)A. B.2 C.2 D.29.(2019上海黄浦高三二模,★★☆)在给出的下列命题中,是假命题的为(　　)A.设O、A、B、C是同一平面内的四个不同的点,若=m·+(1-m)·(m∈R),则点A、B、C必共线B.若向量a,b是平面α内的两个不平行的向量,则平面α内的任一向量c都可以表示为c=λa+μb(λ,μ∈R),且表示方法是唯一的C.已知平面向量、、满足||=||=||=r(r>0),且++=0,则△ABC是等边三角形D.在平面α内的所有向量中,不存在这样的四个互不相等的非零向量a、b、c、d,使得其中任意两个向量的和向量与余下两个向量的和向量相互垂直10.(2019广西桂林十八中高一下期中,★★★)在直角△ABC中,∠BCA=90°,CA=CB=1,P为AB边上的点,且=λ,若·≥·,则λ的取值范围是(　　)A. B.C. D. 二、填空题11.(2019浙江高二期末,★★☆)已知a,b是单位向量,若|a+b|≥|2b-a|,则向量a,b的夹角的取值范围是　　　　. 12.(★★☆)已知a=(2,0),b=(1,2),实数λ满足|a-λb|=,则λ=　　　　.  三、解答题13.(2019黑龙江牡丹江一中高一上期末,★★☆)已知平面向量a、b满足|a|=,|b|=1.(1)若|a-b|=2,试求a与b的夹角的余弦值;(2)若对一切实数x,|a+xb|≥|a+b|恒成立,求a与b的夹角.
答案全解全析专题强化练5　数量积及其性质一、选择题1.D　|+|=||=|-|,两边平方并化简得·=0,即⊥,故三角形ABC为直角三角形,所以||==,cos C=.所以在方向上的投影为=||cos C=2×=.故选D.2.D　由题意得|a|=1,|b|=1,|c|=1,且向量a,b,c两两的夹角都为,所以a·b+b·c+c·a=1×1×cos +1×1×cos +1×1×cos =-.故选D.3.A　设=(x,y),则由||=||,且=(1,1),得x2+y2=2①.·=x+y=||||cos 60°=××=1②.由①②解得或而向量是由向量绕原点O按逆时针方向旋转60°得到的,故=.故选A.4.C　∵a⊥b,∴a·b=(2,1)·(m,-2)=2m-2=0,∴m=1,∴b=(1,-2),a-b=(1,3),∴|a-b|==.故选C.5.A　因为向量=,,=,,所以cos∠ABC===,又0°≤∠ABC≤180°,所以∠ABC=30°.故选A.6.A　∵|a·b|=4|b||cos θ|≥10,∴|b|≥≥,∴|a-2b|≥||a|-|2b||=|4-2|b||=|2|b|-4|≥=1,故选A.7.D　由题意知,|a-b|=,|a+c|=1,所以(a-b)·(a+c)=a2+a·c-a·b-b·c=1+1×1×cos-1×1×cos-1×1×cos=1+=.所以a-b与a+c的夹角θ满足cos θ===,又0≤θ≤π,所以a-b与a+c的夹角为.故选D.8.A　易知F、A、E三点共线,故可设=λ+(1-λ),则=λ(+)+=λ--+(++)=λ--+--+=λ--+-=-,易知F,D,B三点共线,故可设=μ+(1-μ),则=-+(1-μ)·-=-(1-μ).∴解得∴=-,∴||===.9.D　由=m·+(1-m)·可得-=m·(- ),所以=m,所以点A、B、C必共线,故A正确;由平面向量基本定理可知B正确;由||=||=||=r(r>0)可知O为△ABC的外心,由++=0可知O为△ABC的重心,故O为△ABC的中心,即△ABC是等边三角形,故C正确.故选D.10.D　在Rt△ABC中,∠BCA=90°,CA=CB=1,∴以C为坐标原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴建立平面直角坐标系,如图.则C(0,0),A(1,0),B(0,1),=(-1,1).∵=λ,∴λ∈[0,1],=λ(-1,1),=(1-λ,λ),=(λ-1,1-λ).∵·≥·,∴λ-1+λ≥λ2-λ+λ2-λ,即2λ2-4λ+1≤0,解得≤λ≤,∵λ∈[0,1],∴λ∈,1.故选D. 二、填空题11.答案　解析　设向量a,b的夹角为θ,将|a+b|≥|2b-a|两边平方得a2+2a·b+b2≥a2-4a·b+4b2,∵a,b都是单位向量,∴2+2cos θ≥5-4·cos θ,解得cos θ≥,∵0≤θ≤π,∴0≤θ≤,因此向量a,b的夹角的取值范围是.12.答案　1或-解析　由题意可得a-λb=(2-λ,-2λ),∴|a-λb|==,解得λ=1或λ=-. 三、解答题13.解析　(1)因为|a|=,|b|=1,|a-b|=2,所以|a-b|2=4,即a2-2a·b+b2=4,即2-2a·b+1=4,所以a·b=-.设a与b的夹角为θ,则cos θ===-.(2)设a与b的夹角为φ,由|a+xb|≥|a+b|,得(a+xb)2≥(a+b)2,因为|a|=,|b|=1,所以x2+2xcos φ-2cos φ-1≥0对一切实数x恒成立.所以Δ=8cos2φ+8cos φ+4≤0,即(cos φ+1)2≤0,故cos φ=-,因为φ∈[0,π],所以φ=.故a与b的夹角为.