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    高考数学一轮复习课时质量评价27平面向量基本定理及坐标表示含答案 试卷

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    高考数学一轮复习课时质量评价27平面向量基本定理及坐标表示含答案

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    课时质量评价(二十七)A组 全考点巩固练1.已知点M(56)和向量a(12)=-3a则点N的坐标为(  )A(2,0)    B(3,6)C(6,2)   D(2,0)A 解析:因为3a(5,-6)3(1,-2)(2,0),所以点N的坐标为(2,0)2已知向量a(1,2)b(3m)mRm=-6a(ab)(  )A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件A 解析:由题意得ab(2,2m),由a(ab),得-1×(2m)2×2,所以m=-6.当m=-6时,ab(2,-4)=-2(1,2),可得a(ab),则m=-6a(ab)的充要条件.3如图ABCBE是边AC的中线O是边BE的中点.若ab(  )Aab   BabCab   DabB 解析:因为在ABC中,BEAC边上的中线,所以.因为OBE边的中点,所以(),所以.又因为ab,所以ab4如图在正方形ABCDMBC的中点λμλμ(  )A   B  C   D2B 解析:A为坐标原点建立平面直角坐标系(图略),设正方形边长为1,由此,(1,1)(1,1),故1λμ1λμ,解得λμλμ5(2022·河南新乡三模)设向量e1e2是平面内的一组基底若向量a=-3e1e2be1λe2共线λ(  )A   B.-  C.-3    D3B 解析:因为ab共线,所以存在μR,使得aμb,即-3e1e2μ(e1λe2).故μ=-3,-λμ=-1,解得λ=-.故选B6已知向量a(1sin θ1)b.若ab则锐角θ(  )A   B  C   DB 解析:因为ab,所以(1sin θ)×(1sin θ)1×0,得sin2θ,所以sin θ±,故锐角θ7已知向量e1e2不共线实数xy满足(3x4y)e1(2x3y)e26e13e22xy________9 解析:由平面向量基本定理可知解得2xy98(2021·福建三明模拟)如图ABC已知P在线段BN上.若λ则实数λ的值为________ 解析:可化为,即.因为λ,所以λ.由BPN三点共线可得λ9如图在梯形ABCDADBCADBCEF分别为线段ADBC的中点.设ab试以ab为基底表示向量解:因为ADBCADBCEF分别为线段ADBC的中点,所以AEEDBCBFFCBC,所以=-babba=-bba=-bab10如图向量的夹角为120°||2||1P是以O为圆心||为半径的弧上的动点.若λμλμ的最大值.解:建立如图所示的平面直角坐标系,P(cos θsin θ),则(cos θsin θ)(2,0)因为λμ,所以(cos θsin θ),即所以所以λμcosθ·sin θsin θ·sin θsin 2θsin2θsin 2θcos 2θsin.当且仅当2θ,即θ时,取等号.所以λμ的最大值为B组 新高考培优练11(多选题)已知向量(13)(21)(m1m2).若点ABC能构成三角形则实数m的值可以是(  )A2    B  C1    D.-1ABD 解析:ABC三点不共线即可构成三角形.因为(2,-1)(1,-3)(1,2)(m1m2)(1,-3)(mm1).假设ABC三点共线,则1×(m1)2m0,即m1.所以只要m1ABC三点即可构成三角形,故选ABD12我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅弦图给出了勾股定理的证明后人称其为赵爽弦图”,它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形如图所示.若EAF的中点λμλμ(  )A   B  C   DD 解析:E为坐标原点,EF所在直线为x轴,ED所在直线为y轴,建立如图所示的直角坐标系,|EF|1,又EAF的中点,所以E(0,0)G(1,1)A(1,0)B(1,-1)D(0,2),则(1,1)(2,-1)(1,2)λμ,得(1,1)λ(2,-1)μ(1,2)所以解得λμ.故选D13如图在平面直角坐标系xOy原点O是正八边形P1P2P3P8的中心P1P8x若坐标轴上的点M(异于O)满足ij0(其中1i8,1j8ijN*)则满足以上条件的点M的个数为(  )A2     B4  C6    D8D 解析:分以下两种情况讨论:若点Mx轴上,则PiPj(1i8,1j8, iiN*)关于x轴对称,由题图可知,P1P8P2P7P3P6P4P5,关于x轴对称,此时,符合条件的点M4个;若点My轴上,则PiPj(1i8,1j8ijN*)关于y轴对称,由题图可知,P1P4P2P3P5P8P6P7关于y轴对称,此时,符合条件的点M4个.综上所述,满足题中条件的点M的个数为8.故选D14已知平面向量abc满足|a||b||ab||abc|1|c|的最大值M________|c|的最小值m__________1 1 解析:因为|a||b||ab|1.所以abab可构成等边三角形,且|ab|.因为|abc|1,所以如图所示,c的终点在以ab的终点为圆心、半径为1的圆上,故M1m115在矩形ABCDABBCP为矩形内一点AP.若λμ(λμR)λμ的最大值为_________ 解析:建立如图所示的平面直角坐标系,设P(xy)B(0)C()D(0)因为AP,所以x2y2,点P满足的约束条件为因为λμ(λμR),所以(xy)λ(0)μ(0).所以所以xyλμ.因为xy,当且仅当xy时取等号,所以λμ的最大值为16在平面直角坐标系xOy已知点A(1,1)B(2,3)C(3,2)P(xy)ABC三边围成的区域(含边界)上.(1)0||(2)mn(mnR)xy表示mn解:(1)因为0(1x,1y)(2x,3y)(3x,2y)(63x,63y)所以解得(2,2)||2(2)因为mn(1,2)(2,1)所以(xy)(m2n,2mn),即两式相减,得mnyx17经过OAB的重心G的直线与OAOB分别交于点PQ.设mnmn(0)mn的最小值.解:ab,由题意知×()(ab)nbmaabPGQ三点共线得,存在实数λ,使得λ,即nbmaλaλb从而消去λ3,于是mn(mn)(22).当且仅当mn时,mn取得最小值 

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