全国统考2022版高考数学大一轮复习第5章平面向量第2讲平面向量的数量积及应用2备考试题（含解析）

这是一份全国统考2022版高考数学大一轮复习第5章平面向量第2讲平面向量的数量积及应用2备考试题（含解析），共6页。试卷主要包含了故选B等内容，欢迎下载使用。
第五章　平面向量第二讲　平面向量的数量积及应用1.[2021贵阳市摸底测试]已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a-b)⊥b,则m= (　　)A.-5 B.-3 C.3 D.52.[2021安徽省四校联考]已知单位向量a,b满足|2a+b|=|2a-b|,则(3a-b)·(a+b)= (　　)A.1 B.2 C.3 D.43.[2021浙江杭州二中、学军中学等五校联考]已知a=(1,2),b=(1,-7),c=2a+b,则c在a方向上的投影为 (　　)A.- B.- C. D.4.[2021四省八校联考]对于任意一条直线,把与该直线平行的非零向量称为该直线的一个方向向量.若向量a=(1,x),b=(-2,1-x)均为直线l的方向向量,则cos<a,b>=              (　　)A.1 B. C.0 D.-15.[2021黑龙江省六校阶段联考]已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,且a与b的夹角为60°,则|a+b|= (　　)A. B. C. D.26.[2021洛阳市统考]已知向量a,b均为非零向量,且|a|=|b|=|a-b|,则a与b的夹角为 (　　)A. B. C. D.7.[2020广东六校二联]设平面向量a=(-2,1),b=(λ,2),若a与b的夹角为锐角,则λ的取值范围是 (　　)A.(-,2)∪(2,+∞) B.(-∞,-4)∪(-4,1)C.(1,+∞) D.(-∞,1)8.[2021大同市调研测试]设向量a=(x,1),b=(-1,2),a⊥b,则|a-2b|=　　　　　. 9.[2021南昌市高三测试]已知向量⊥,||=2,则·=　　　　. 10.[2021晋南高中联考]已知向量a,b满足:|a|=|b|=1,a⊥b.若a+b与xa+b的夹角为45°,则实数x=.11.[2021云南省部分学校统一检测]已知||=3, ||=1,=(,-1),则·= (　　)A. B.- C.- D.12.[2021安徽省示范高中联考]已知△ABC中,AB=4,AC=4,BC=8,动点P自点C出发沿线段CB运动,到达点B时停止,动点Q自点B出发沿线段BC运动,到达点C时停止,且动点Q的速度是动点P的2倍.若二者同时出发,且一个点停止运动时,另一个点也停止运动,则该过程中·的最大值是              (　　)A. B.4 C. D.2313.[2020河北九校第二次联考]已知两个不相等的非零向量a,b,满足|a|=1,且a与b-a的夹角为60°,则|b|的取值范围是              (　　)A.(0,) B.[,1) C.[,+∞) D.(1,+∞)14.[2020长春市第四次质量监测]已知在△ABC中,=(0,1),||=,·=1,则△ABC的面积为 (　　)A. B. C. D.15.[2020山东威海模拟]若P为△ABC所在平面内一点,且||=|-2|,则△ABC的形状为 (　　)A.等边三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.等腰直角三角形16.[2020唐山市模拟]已知e1,e2是两个单位向量,λ∈R时,|e1+λe2|的最小值为,则|e1+e2|= (　　)A.1 B.C.1或 D.217.已知锐角△ABC外接圆的半径为1,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=,则·的取值范围是　　　　.  18.[角度创新]已知O为△ABC的外接圆圆心,且· =2·,则的值为  (　　)A. B. C. D.219.[2020开封市高三模拟]已知单位向量a,b满足|a+b|>1,则a与b夹角的取值范围是 (　　)A.[0,) B.[0,) C.(,π] D.(,π]20.[双空题]已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=|c|=1,若a·b=,则(a+b)·(2b-c)的最小值是　　　　,最大值是　　　　.   答 案第五章　平面向量第二讲　平面向量的数量积及应用1.A　∵向量a=(1,m),b=(3,-2),∴a-b=(-2,m+2),又(a-b)⊥b,∴(a-b)·b=-6-2(m+2)=0,解得m=-5.故选A.2.B　∵|2a+b|=|2a-b|,∴(2a+b)2=(2a-b)2,∴4a2+b2+4a·b=4a2+b2-4a·b,可得a·b=0,∴(3a-b)·(a+b)=3a2-b2+2a·b=2,故选B.3.A　因为a=(1,2),b=(1,-7),所以c=2a+b=(3,-3),则c在a方向上的投影为|c|cos<a,c>==.故选A.4.D　由题意,知a∥b,所以1·(1-x)=x·(-2),解得x=-1,所以a=(1,-1),b=(-2,2),所以cos<a,b>==-1,故选D.5.A　解法一　(a+b)2=a2+2a·b+b2=1+2×1×2×cos 60°+4=7,所以|a+b|=,故选A.解法二　如图D 5-2-3所示,图D 5-2-3作=a,=b,∠AOB=60°,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则=a+b,在△OAC中,∠OAC=120°,OC2=OA2+AC2-2OA·AC·cos∠OAC=1+4-2×1×2×()=7,所以OC=,即|a+b|=,故选A.6.B　解法一　因为|a|=|a-b|,所以|a|2=|a-b|2,即|a|2=|a|2-2a·b+|b|2,化简得|b|2-2a·b=0,设a与b的夹角为θ,则|b|2-2|a||b|cosθ=0,因为|a|=|b|≠0,所以cos θ=,又θ∈[0,π],所以θ=,故选B.解法二　由向量减法的三角形法则及|a|=|b|=|a-b|知,|a|,|b|,|a-b|构成等边三角形的三条边长,所以向量a与b的夹角为,故选B.7.B　解法一　因为a与b的夹角为锐角,所以cos<a,b>∈(0,1).又a=(-2,1),b=(λ,2),所以cos<a,b>=∈(0,1),整理得所以所以λ的取值范围为(-∞,-4)∪(-4,1).故选B.解法二　因为a与b的夹角为锐角,所以又a=(-2,1),b=(λ,2),所以所以所以λ的取值范围为(-∞,-4)∪(-4,1).故选B.8.5　因为a⊥b,所以a·b=-x+2=0,x=2,所以a-2b=(2,1)-2(-1,2)=(4,-3),则|a-2b|=5.9.4　解法一　因为⊥,所以·=0,所以··()=·=22+0=4.解法二　因为⊥,所以在方向上的投影为||,所以·=||2=4.10.-2+3　解法一　因为a+b与xa+b的夹角为45°,所以cos 45°=,即x2+4x-1=0,解得x=-2±3.因为x+1>0,所以x>,所以x=-23应舍去,所以x=-2+3.解法二　因为a,b为单位向量,且a⊥b,所以不妨令a=(1,0),b=(0,1),则a+b=(,1),xa+b=(x,1),所以cos 45°=,即x2+4x-1=0,解得x=-2±3.因为x+1>0,所以x>,所以x=-23应舍去,所以x=-2+3.11.B　由||=3,||=1,=(,-1),得()2=2+=3,所以·,所以··()=·9=.故选B.12.C　解法一　因为AB=4,AC=4,BC=8,所以AB2+AC2=BC2,所以△ABC是直角三角形,且∠A=90°,∠C=30°,∠B=60°.如图D 5-2-4,分别以AC,AB所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系,设||=t,则||=2t,且0≤2t≤8,即0≤t≤4,图D 5-2-4则A(0,0),Q(t,4-t),P(4t,t),=(t,4-t),=(4t,t),所以·t(4t)+t(4-t)=-2t2+14t(0≤t≤4),当t=时,·取得最大值,最大值为,故选C.解法二　因为AB=4,AC=4,BC=8,所以AB2+AC2=BC2,所以△ABC是直角三角形,且∠A=90°,∠C=30°,∠B=60°.设CP=t,则BQ=2t,且0≤2t≤8,即0≤t≤4,与的夹角为30°,与的夹角为60°,所以·=()·()=····=4×2t×cos 30°+4×t×cos 60°-2t2=-2t2+14t(0≤t≤4),当t=时,·取得最大值,最大值为,故选C.图D 5-2-513.D　如图D 5-2-5所示,设=a,=b-a,则=b.因为a与b-a的夹角为60°,所以∠BAC=60°,则∠OAB=120°,则B为射线AD上的动点(不包括点A),又|a|=1,即||=1,所以由图可知,|b|>1,故选D.14.C　因为=(0,1),所以||=1,因为·=·=-(||·||cos B)=-||·cos B=1,所以cos B=.由余弦定理,得cos B==,解得||=2,所以cos B=,所以sin B=,所以S△ABC=|·||sin B=.15.C　因为||=|2|,所以||=|()+()|=||,即||=||,两边同时平方,整理得·=0,所以⊥,所以△ABC为直角三角形.故选C.16.C　设向量e1,e2的夹角为θ,则e1·e2=cos θ,因为|e1+λe2|=,且当λ=-cos θ时,|e1+λe2|min=,解得cos θ=±,|e1+e2|=,则|e1+e2|的值为1或,故选C.17.(2,1+]　∵=2,∴a=2sin A,c=2sin C=2sin(A),∴·ac=×2sin A×2sin(A)=2sin A(cos A+sinA)=2sin AcosA+2sin2A=sin 2A-cos 2A+1=sin(2A)+1.∵0<A<,0<A<,∴<A<,∴<2A,故<sin(2A)≤1,故·∈(2,1+].【易错警示】　错解:∵0<A<,∴<2A,故<sin(2A)≤1,故·∈(0,1+].错解错在对角A的范围挖掘不到位.∵△ABC是锐角三角形,因此应保证角A,B,C都是锐角,故0<A<,0<A<,∴<A<.18.C　如图D 5-2-6,·=||·||·cos∠BAO,·=||·||·cos∠CAO, 由O为△ABC的外心,得向量在向量方向上的投影为|,向量在向量方向上的投影为|,即||cos∠BAO=|,||·cos∠CAO=|,从而|2=2×|2,即||=|,因而,故选C. 图D 5-2-6【解后反思】　求解本题的关键是利用向量投影的概念进行运算,同时得到关系式||||cos∠BAO=2||||cos∠CAO后,||不要轻易约分,而是利用外心的定义转化为||=|来求解.19.B　解法一　设单位向量a,b的夹角为θ,则θ∈[0,π],将|a+b|>1两边同时平方得a2+2a·b+b2>1,化简得2+2cos θ>1,即cos θ>,又θ∈[0,π],所以0≤θ<,故选B.图D 5-2-7解法二　设单位向量a,b的夹角为θ,显然当θ=0时,|a+b|>1成立;当θ≠0时,如图D 5-2-7所示,令=a,=b,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则=a+b,∠AOB=θ,因为a,b均为单位向量,所以平行四边形OACB是边长为1的菱形,则∠AOC=,取OC的中点D,连接AD,则AD⊥OC,所以cos∠AOC=cos ,因为|a+b|>1,所以cos ,又θ∈(0,π],所以∈(0,],所以0<,即 0<θ<.综上可知,0≤θ<,故选B.20.3　3+由|a|=|b|=1,a·b=,可得<a,b>=,令=a,=b,以的方向为x轴的正方向建立如图D 5-2-8所示的平面直角坐标系,则a==(1,0),b==(,).设c==(cos θ,sinθ)(0≤θ<2π),则(a+b)·(2b-c)=2a·b-a·c+2b2-b·c=3-(cos θ+cos θ+sin θ)=3sin(θ+).因为-1≤sin(θ+)≤1,所以(a+b)·(2b-c)的最小值和最大值分别为3,3+.图D 5-2-8