2022年高考数学一轮复习《平面向量》基础强化练习卷（含答案）

这是一份2022年高考数学一轮复习《平面向量》基础强化练习卷（含答案），共10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。

一、选择题
设向量a=(x,1)，b=(4，x)，且a，b方向相反，则x的值是( )
A.2 B.－2 C.±2 D.0
已知平面向量a=(1，－2)，b=(2，m).若a∥b，则3a＋2b=( )
A.(7,2) B.(7，－14) C.(7，－4) D.(7，－8)
若向量a=(1,1)，b=(1，－1)，c=(－1，2)则c=( )
A.－eq \f(1,2)a＋eq \f(3,2)b B.eq \f(1,2)a－eq \f(3,2)b C.eq \f(3,2)a－eq \f(1,2)b D.－eq \f(3,2)a＋eq \f(1,2)b
已知向量a=(5,2)，b=(－4，－3)，c=(x，y).若3a－2b＋c=0，则c=( )
A.(－23，－12) B.(23,12) C.(7,0) D.(－7,0)
如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，eq \(OP,\s\up6(→))=xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，且eq \(BP,\s\up6(→))=2eq \(PA,\s\up6(→))，则( )
A.x=eq \f(2,3)，y=eq \f(1,3) B.x=eq \f(1,3)，y=eq \f(2,3) C.x=eq \f(1,4)，y=eq \f(3,4) D.x=eq \f(3,4)，y=eq \f(1,4)
已知向量a=(－1,2)，b=(3，m)，m∈R，则“m=－6”是“a∥(a＋b)”的( )
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
已知点M是△ABC的边BC的中点，点E在边AC上，且eq \(EC,\s\up6(→))=2eq \(AE,\s\up6(→))，则向量eq \(EM,\s\up6(→))=( )
A.eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→)) B.eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AB,\s\up6(→)) C.eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)) D.eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up6(→))
已知向量m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinA，\f(1,2)))与向量n=(3，sinA＋eq \r(3)csA)共线，其中A是△ABC的内角，则角A的大小为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
在△ABC中，N是AC边上一点，且eq \(AN,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \(NC,\s\up10(→))，P是BN上的一点，若eq \(AP,\s\up10(→))=meq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,9)eq \(AC,\s\up10(→))，则实数m的值为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(1,3) C.1 D.3
若|a|=2，|b|=4，且(a＋b)⊥a，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(π,3) C.eq \f(4π,3) D.－eq \f(2π,3)
已知平面向量a=(－2,3)，b=(1,2)，向量λa＋b与b垂直，则实数λ的值为( )
A.eq \f(4,13) B.－eq \f(4,13) C.eq \f(5,4) D.－eq \f(5,4)
已知非零向量a，b满足a·b=0，|a|=3，且a与a＋b的夹角为eq \f(π,4)，则|b|=( )
A.6 B.3eq \r(2) C.2eq \r(2) D.3
二、填空题
设0<θ 设e1与e2是两个不共线向量，eq \(AB,\s\up6(→))=3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up6(→))=ke1＋e2，eq \(CD,\s\up6(→))=3e1－2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为 .
已知向量a，b满足(2a－b)·(a＋b)=6，且|a|=2，|b|=1，则a与b夹角为_______.
如图，在△ABC中，∠ABC=120°，BA=4，BC=2，D是AC边上一点，且eq \(DC,\s\up7(―→))=－eq \f(3,4)eq \(DA,\s\up7(―→))，
则eq \(BD,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))=________.
三、解答题
已知|a|=4，|b|=8，a与b的夹角是120°.
(1)计算：①|a＋b|，②|4a－2b|；
(2)当k为何值时，(a＋2b)⊥(ka－b).
如图所示，在△ABC中，D，F分别是AB，AC的中点，BF与CD交于点O，设eq \(AB,\s\up6(→))=a，eq \(AC,\s\up6(→))=b，试用a，b表示向量eq \(AO,\s\up6(→)).
在平面直角坐标系xOy中，已知向量m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n=(sin x，cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为eq \f(π,3)，求x的值.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs B=eq \f(5,13).
(1)若sin A=eq \f(4,5)，求cs C；
(2)若b=4，求eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))的最小值.
已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m=(sin A，sin B)，
n=(cs B，cs A)，且m·n=sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且eq \(CA,\s\up10(→))·(eq \(AB,\s\up10(→))－eq \(AC,\s\up10(→)))=18，求边c的长.
已知向量m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)sin \f(x,3)，cs \f(x,3)))，n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(x,3)，cs \f(x,3)))，f(x)=m·n.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，且a=2，(2a－b)cs C=ccs B，
f(A)=eq \f(3,2)，求c.
\s 0 答案解析
答案为：B
解析：因为a与b方向相反，故可设b=ma，m<0，则有(4，x)=m(x,1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＝mx，,x＝m，))解得m=±2.又m<0，所以m=－2，x=m=－2.
答案为：B
解析：∵a∥b，∴m＋4=0，∴m=－4，∴b=(2，－4)，
∴3a＋2b=3(1，－2)＋2(2，－4)=(7，－14).
答案为：B；
解析：设c=λ1a＋λ2b，则(－1,2)=λ1(1,1)＋λ2(1，－1)=(λ1＋λ2，λ1－λ2)，
∴λ1＋λ2=－1，λ1－λ2=2，解得λ1=eq \f(1,2)，λ2=－eq \f(3,2)，所以c=eq \f(1,2)a－eq \f(3,2)b.
答案为：A
解析：由题意可得3a－2b＋c=3(5,2)－2(－4，－3)＋(x，y)=(23＋x，12＋y)=(0,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(23＋x＝0，,12＋y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－23，,y＝－12，))所以c=(－23，－12).
答案为：B.
解析：由题意知eq \(OP,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))，又因为eq \(BP,\s\up6(→))=2eq \(PA,\s\up6(→))，
所以eq \(OP,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))=eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))，所以x=eq \f(2,3)，y=eq \f(1,3).
答案为：A；
解析：由题意得a＋b=(2,2＋m)，由a∥(a＋b)，得－1×(2＋m)=2×2，
所以m=－6，则“m=－6”是“a∥(a＋b)”的充要条件，故选A.
答案为：C；
解析：如图，∵eq \(EC,\s\up6(→))=2eq \(AE,\s\up6(→))，∴eq \(EM,\s\up6(→))=eq \(EC,\s\up6(→))＋eq \(CM,\s\up6(→))=eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up6(→))=eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→)))=eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AC,\s\up6(→)).
答案为：C；
解析：因为m∥n，所以sinA(sinA＋eq \r(3)csA)－eq \f(3,2)=0，
所以2sin2A＋2eq \r(3)sinAcsA=3，
可化为1－cs2A＋eq \r(3)sin2A=3，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))=1，
因为A∈(0，π)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(11π,6))).
因此2A－eq \f(π,6)=eq \f(π,2)，解得A=eq \f(π,3).
答案为：B；
解析：如图，因为eq \(AN,\s\up10(→))=eq \f(1,2)eq \(NC,\s\up10(→))，P是eq \(BN,\s\up10(→))上一点，
所以eq \(AN,\s\up10(→))=eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up10(→))，eq \(AP,\s\up10(→))=meq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,9)eq \(AC,\s\up10(→))=meq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(AN,\s\up10(→)).
因为B，P，N三点共线，所以m＋eq \f(2,3)=1，所以m=eq \f(1,3).
答案为：A；
解析：∵(a＋b)⊥a，∴(a＋b)·a=a2＋a·b=0，
∴a·b=－4，cs〈a，b〉=eq \f(a·b,|a||b|)=eq \f(－4,2×4)=－eq \f(1,2)，∴〈a，b〉=eq \f(2π,3)，故选A.
答案为：D；
解析：因为a=(－2,3)，b=(1,2)，向量λa＋b与b垂直，
所以(－2λ＋1,3λ＋2)·(1,2)=－2λ＋1＋2(3λ＋2)=4λ＋5=0，解得λ=－eq \f(5,4).故选D.
答案为：D；
解析：因为a·(a＋b)=a2＋a·b=|a||a＋b|cs eq \f(π,4)，所以|a＋b|=3eq \r(2)，
将|a＋b|=3eq \r(2)两边平方可得，a2＋2a·b＋b2=18，解得|b|=3，故选D.
答案为：eq \f(1,2).
解析：∵a∥b，∴sin2θ×1－cs2θ=0，
∴2sinθcsθ－cs2θ=0，
∵0<θ0，∴2sinθ=csθ，∴tanθ=eq \f(1,2).
答案为：-2.25；
解析：由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得eq \(AB,\s\up6(→))=λeq \(BD,\s\up6(→)).
又eq \(AB,\s\up6(→))=3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up6(→))=ke1＋e2，eq \(CD,\s\up6(→))=3e1－2ke2，
所以eq \(BD,\s\up6(→))=eq \(CD,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))=3e1－2ke2－(ke1＋e2)=(3－k)e1－(2k＋1)e2，
所以3e1＋2e2=λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，
又e1与e2不共线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝λ3－k，,2＝－λ2k＋1，))解得k=－eq \f(9,4).
答案为：eq \f(2π,3) .
解析：∵(2a－b)·(a＋b)=6，∴2a2＋a·b－b2=6，又|a|=2，|b|=1，
∴a·b=－1，∴cs〈a，b〉=eq \f(a·b,|a||b|)=－eq \f(1,2).
又〈a，b〉∈[0，π]，∴a与b的夹角为eq \f(2π,3).
答案为：－4.
解析：根据题意得eq \(BD,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,7)eq \(BA,\s\up7(―→))＋\f(4,7) eq \(BC,\s\up7(―→))))·(eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \(BA,\s\up7(―→)))
=eq \f(3,7)eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \f(3,7)×16＋eq \f(4,7)×4－eq \f(4,7)eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))=－eq \f(1,7)eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \f(32,7)
=－eq \f(1,7)×4×2×cs 120°－eq \f(32,7)=－4.
解：由已知得，a·b=4×8×(-eq \f(1,2))=－16.
(1)①∵|a＋b|2=a2＋2a·b＋b2=16＋2×(－16)＋64=48，
∴|a＋b|=4eq \r(3).
②∵|4a－2b|2=16a2－16a·b＋4b2=16×16－16×(－16)＋4×64=768，
∴|4a－2b|=16eq \r(3).
(2)∵(a＋2b)⊥(ka－b)，
∴(a＋2b)·(ka－b)=0，
∴ka2＋(2k－1)a·b－2b2=0，
即16k－16(2k－1)－2×64=0.
∴k=－7.
即k=－7时，a＋2b与ka－b垂直.
解：由D，O，C三点共线，可设
eq \(DO,\s\up6(→))=k1eq \(DC,\s\up6(→))=k1(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))=k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(1,2)a))=－eq \f(1,2)k1a＋k1b(k1为实数)，
同理，可设eq \(BO,\s\up6(→))=k2eq \(BF,\s\up6(→))=k2(eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))=k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b－a))=－k2a＋eq \f(1,2)k2b(k2为实数)，①
又eq \(BO,\s\up6(→))=eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DO,\s\up6(→))=－eq \f(1,2)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)k1a＋k1b))=－eq \f(1,2)(1＋k1)a＋k1b，②
所以由①②，得－k2a＋eq \f(1,2)k2b=－eq \f(1,2)(1＋k1)a＋k1b，
即eq \f(1,2)(1＋k1－2k2)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)k2－k1))b=0.
又a，b不共线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)1＋k1－2k2＝0，,\f(1,2)k2－k1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k1＝\f(1,3)，,k2＝\f(2,3).))
所以eq \(BO,\s\up6(→))=－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)B.所以eq \(AO,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BO,\s\up6(→))=a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)a＋\f(1,3)b))=eq \f(1,3)(a＋b).
解：(1)若m⊥n，则m·n=0.
∴eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x=0，∴tan x=1.
(2)∵m与n的夹角为eq \f(π,3)，
∴m·n=|m||n|cseq \f(π,3)=1×1×eq \f(1,2)=eq \f(1,2)，即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x=eq \f(1,2)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))=eq \f(1,2).
又x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
∴x－eq \f(π,4)=eq \f(π,6)，即x=eq \f(5π,12).
解：(1)在△ABC中，由cs B=eq \f(5,13)得，sin B=eq \f(12,13)，
∵sin B=eq \f(12,13)>sin A，
∴B>A，故A为锐角，
∴cs A=eq \f(3,5)，
∴cs C=－cs(A＋B)=－cs Acs B＋sin Asin B=eq \f(33,65).
(2)由余弦定理b2=a2＋c2－2accs B得，
16=a2＋c2－eq \f(10,13)ac≥2ac－eq \f(10,13)ac=eq \f(16,13)ac，当且仅当a=c时等号成立，∴ac≤13，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))=accs(π－B)=－accs B=－eq \f(5,13)ac≥－5.
故eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))的最小值为－5.
解：(1)由已知得m·n=sin Acs B＋cs Asin B=sin(A＋B)，
因为A＋B＋C=π，
所以sin(A＋B)=sin(π－C)=sin C，
所以m·n=sin C.
又m·n=sin 2C，
所以sin 2C=sin C，所以cs C=eq \f(1,2).
又0＜C＜π，所以C=eq \f(π,3).
(2)由已知得2sin C=sin A＋sin B，由正弦定理得2c=a＋b.
因为eq \(CA,\s\up10(→))·(eq \(AB,\s\up10(→))－eq \(AC,\s\up10(→)))=eq \(CA,\s\up10(→))·eq \(CB,\s\up10(→))=18，
所以abcs C=18，所以ab=36.
由余弦定理得c2=a2＋b2－2abcs C=(a＋b)2－3ab
所以c2=4c2－3×36，
所以c2=36，所以c=6.
解：(1)∵f(x)=m·n=eq \r(3)sin eq \f(x,3)cs eq \f(x,3)＋cs2eq \f(x,3)
=eq \f(\r(3),2)sin eq \f(2x,3)＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(2x,3)＋1))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x,3)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
∴函数f(x)的最小正周期为3π，
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(2x,3)＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
则－π＋3kπ≤x≤eq \f(π,2)＋3kπ，k∈Z，
∴函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π＋3kπ，\f(π,2)＋3kπ))，k∈Z.
(2)∵(2a－b)cs C=ccs B,
∴2sin Acs C=sin Bcs C＋cs Bsin C=sin(B＋C)=sin A，
∵00，∴cs C=eq \f(1,2)，∴C=eq \f(π,3).
∵f(A)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2A,3)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)=eq \f(3,2)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2A,3)＋\f(π,6)))=1，
∴eq \f(2A,3)＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴A=eq \f(π,2)，
∴c=asin C=2sin eq \f(π,3)=eq \r(3).