2023高考總復(fù)習(xí)單元檢測：第5章平面向量

第頁第五章單元測試一、選擇題(本大題共10小題，每題5分，共50分．每題中只有一項(xiàng)符合題目要求)1．與向量a＝(－5,12)方向相反的單位向量是 ()A．(5，－12) B．(－eq\f(5,13)，eq\f(12,13))C．(eq\f(1,2)，－eq\f(\r(3),2)) D．(eq\f(5,13)，－eq\f(12,13))答案D解析與a方向相反的向量只能選A，D，其中單位向量只有D.也可用公式n＝－eq\f(a,|a|)＝－eq\f(－5，12,\r(－52＋122))＝(eq\f(5,13)，－eq\f(12,13))求得．2．設(shè)向量a，b均為單位向量，且|a＋b|＝1，那么a與b夾角為()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,2)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(3π,4)答案C解析如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，△ABC為邊長為1的等邊三角形，記eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(AD,\s\up10(→))＝b，那么a與b的夾角為eq\f(2π,3)，應(yīng)選C.3．O、A、B是平面上的三個點(diǎn)，直線AB上有一點(diǎn)C，滿足2eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(CB,\s\up10(→))＝0，那么eq\o(OC,\s\up10(→))等于 ()A．2eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→)) B．－eq\o(OA,\s\up10(→))＋2eq\o(OB,\s\up10(→))C.eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up10(→)) D．－eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up10(→))答案A解析eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))＋2eq\o(AC,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))＋2(eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→)))，∴eq\o(OC,\s\up10(→))＝2eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→)).應(yīng)選A.4．復(fù)數(shù)z＝eq\f(1＋2i2,3－4i)，那么eq\f(1,|z|)＋eq\x\to(z)等于 ()A．0 B．1C．－1 D．2答案A解析z＝eq\f(1＋2i2,3－4i)＝eq\f(4i－33＋4i,25)＝eq\f(－16－9,25)＝－1，所以eq\f(1,|z|)＋eq\x\to(z)＝1－1＝0.應(yīng)選A.5．對于復(fù)數(shù)z1，z2，假設(shè)(z1－i)z2＝1，那么稱z1是z2的“錯位共軛〞復(fù)數(shù)，那么復(fù)數(shù)eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i的“錯位共軛〞復(fù)數(shù)為 ()A．－eq\f(\r(3),6)－eq\f(1,2)i B．－eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,2)iC.eq\f(\r(3),6)＋eq\f(1,2)i D.eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,2)i答案D解析方法一由(z－i)(eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i)＝1可得z－i＝eq\f(1,\f(\r(3),2)－\f(1,2)i)＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，所以z＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,2)i.方法二(z－i)(eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i)＝1且|eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i|＝1，所以z－i和eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i是共軛復(fù)數(shù)，即z－i＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，故z＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,2)i.6．向量a＝(1，－1)，b＝(1,2)，向量c滿足(c＋b)⊥a，(c－a)∥b，那么c等于 ()A．(2,1) B．(1,0)C．(eq\f(3,2)，eq\f(1,2)) D．(0，－1)答案A解析設(shè)c＝(x，y)，由(c＋b)⊥a，(c－a)∥b可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1－y－2＝0，,y＋1＝2x－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，))因此c＝(2,1)．7．向量a，b滿足|a|＝1，|a＋b|＝eq\r(7)，〈a，b〉＝eq\f(π,3)，那么|b|＝ ()A．2 B．3C.eq\r(3) D．4答案A解析由|a＋b|＝eq\r(7)，可得|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×|b|coseq\f(π,3)＋|b|2＝7，所以|b|2＋|b|－6＝0，解得|b|＝2或|b|＝－3(舍去)．應(yīng)選A.8．假設(shè)O為平面內(nèi)任一點(diǎn)且(eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))－2eq\o(OA,\s\up10(→)))·(eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(AC,\s\up10(→)))＝0，那么△ABC是()A．直角三角形或等腰三角形B．等腰直角三角形C．等腰三角形但不一定是直角三角形D．直角三角形但不一定是等腰三角形答案C解析由(eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))－2eq\o(OA,\s\up10(→)))(eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(AC,\s\up10(→)))＝0，得(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))·(eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(AC,\s\up10(→)))＝0.∴eq\o(AB2,\s\up10(→))－eq\o(AC2,\s\up10(→))＝0，即|eq\o(AB,\s\up10(→))|＝|eq\o(AC,\s\up10(→))|.∴AB＝AC.9．設(shè)a＝(4,3)，a在b上的投影為eq\f(5\r(2),2)，b在x軸上的投影為2，且|b|≤14，那么b為 ()A．(2,14) B．(2，－eq\f(2,7))C．(－2，－eq\f(2,7)) D．(3,6)答案B解析方法一(驗(yàn)證排除法)∵b在x軸上的投影為2，∴b的橫坐標(biāo)為2，排除C，D項(xiàng)；又|b|≤14，排除A項(xiàng)；應(yīng)選B.方法二設(shè)向量b＝(2，y)，由題意得eq\f(a·b,|a||b|)＝cosα＝eq\f(\f(5\r(2),2),|a|)＝eq\f(\r(2),2).將a＝(4,3)，b＝(2，y)代入上式計算，得y＝－eq\f(2,7)或y＝14.又|b|≤14，故y＝14不合題意，舍去．那么y＝－eq\f(2,7)，即b＝(2，－eq\f(2,7))．故應(yīng)選B.10．與向量a＝(eq\f(7,2)，eq\f(1,2))，b＝(eq\f(1,2)，－eq\f(7,2))的夾角相等，且模為1的向量是()A．(eq\f(4,5)，－eq\f(3,5))B．(eq\f(4,5)，－eq\f(3,5))或(－eq\f(4,5)，eq\f(3,5))C．(eq\f(2\r(2),3)，－eq\f(1,3))D．(eq\f(2\r(2),3)，－eq\f(1,3))或(－eq\f(2\r(2),3)，－eq\f(1,3))答案B解析方法一|a|＝|b|，要使所求向量e與a、b夾角相等，只需a·e＝b·e.∵(eq\f(7,2)，eq\f(1,2))·(eq\f(4,5)，－eq\f(3,5))＝(eq\f(1,2)，－eq\f(7,2))·(eq\f(4,5)，－eq\f(3,5))＝eq\f(5,2)，排除C、D.又∵(eq\f(7,2)，eq\f(1,2))·(－eq\f(4,5)，eq\f(3,5))＝(eq\f(1,2)，－eq\f(7,2))·(eq\f(4,5)，eq\f(3,5))＝－eq\f(5,2).∴排除A.方法二設(shè)a＝eq\o(OA,\s\up10(→))，b＝eq\o(OB,\s\up10(→)).由得|a|＝|b|，a⊥b，那么與向量a，b的夾角相等的向量在∠AOB的角平分線上，與a＋b共線．∵a＋b＝(4，－3)，∴與a＋b共線的單位向量為±eq\f(a＋b,|a＋b|)＝±(eq\f(4,5)，－eq\f(3,5))，即(eq\f(4,5)，－eq\f(3,5))或(－eq\f(4,5)，eq\f(3,5))．二、填空題(本大題共6小題，每題5分，共30分，把答案填在題中橫線上)11．復(fù)數(shù)z＝eq\f(1－\r(3)i,\r(3)＋i)，eq\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù)，那么eq\x\to(z)的模等于________．答案1解析z＝eq\f(1－\r(3)i,\r(3)＋i)＝eq\f(－i2－\r(3)i,\r(3)＋i)＝eq\f(－ii＋\r(3),\r(3)＋i)＝－i，|eq\x\to(z)|＝|i|＝1.12．A，B，C是圓O：x2＋y2＝1上三點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＝eq\o(OC,\s\up10(→))，那么eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(OA,\s\up10(→))＝________.答案－eq\f(3,2)解析由題意知，OACB為菱形，且∠OAC＝60°，AB＝eq\r(3)，∴eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\r(3)×1×cos150°＝－eq\f(3,2).13．向量a＝(1,1)，b＝(2，n)，假設(shè)|a＋b|＝a·b，那么n＝________.答案3解析易知a＋b＝(3，n＋1)，a·b＝2＋n.∵|a＋b|＝a·b，∴eq\r(32＋n＋12)＝2＋n，解得n＝3.14．|eq\o(OA,\s\up10(→))|＝1，|eq\o(OB,\s\up10(→))|＝eq\r(3)，eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＝0，點(diǎn)C在∠AOB內(nèi)，且∠AOC＝30°.設(shè)eq\o(OC,\s\up10(→))＝meq\o(OA,\s\up10(→))＋neq\o(OB,\s\up10(→))(m，n∈R)，那么eq\f(m,n)＝________.答案3解析方法一如下圖，∵eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＝0，∴eq\o(OB,\s\up10(→))⊥eq\o(OA,\s\up10(→)).不妨設(shè)|eq\o(OC,\s\up10(→))|＝2，過C作eq\o(CD,\s\up10(→))⊥eq\o(OA,\s\up10(→))于D，eq\o(CE,\s\up10(→))⊥eq\o(OB,\s\up10(→))于E，那么四邊形ODCE是矩形．eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\o(OD,\s\up10(→))＋eq\o(DC,\s\up10(→))＝eq\o(OD,\s\up10(→))＋eq\o(OE,\s\up10(→)).∵|eq\o(OC,\s\up10(→))|＝2，∠COD＝30°，∴|eq\o(DC,\s\up10(→))|＝1，|eq\o(OD,\s\up10(→))|＝eq\r(3).又∵|eq\o(OB,\s\up10(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(OA,\s\up10(→))|＝1，故eq\o(OD,\s\up10(→))＝eq\r(3)eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OE,\s\up10(→))＝eq\f(\r(3),3)eq\o(OB,\s\up10(→)).∴eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\r(3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(\r(3),3)eq\o(OB,\s\up10(→))，此時m＝eq\r(3)，n＝eq\f(\r(3),3).∴eq\f(m,n)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),3))＝3.方法二由eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＝0知△AOB為直角三角形，以O(shè)A，OB所在直線分別為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，那么可知eq\o(OA,\s\up10(→))＝(1,0)，eq\o(OB,\s\up10(→))＝(0，eq\r(3))，又由eq\o(OC,\s\up10(→))＝meq\o(OA,\s\up10(→))＋neq\o(OB,\s\up10(→))，可知eq\o(OC,\s\up10(→))＝(m，eq\r(3)n)，故由tan30°＝eq\f(\r(3)n,m)＝eq\f(\r(3),3)，可知eq\f(m,n)＝3.15．直線x＋y＝a與圓x2＋y2＝4交于A、B兩點(diǎn)，且|eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))|＝|eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→))|，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，那么實(shí)數(shù)a的值為________．答案±2解析如圖，作平行四邊形OADB，那么eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＝eq\o(OD,\s\up10(→))，eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→))＝eq\o(BA,\s\up10(→))，∴|eq\o(OD,\s\up10(→))|＝|eq\o(BA,\s\up10(→))|.又|eq\o(OA,\s\up10(→))|＝|eq\o(OB,\s\up10(→))|，∴四邊形OADB為正方形，易知|eq\o(OA,\s\up10(→))|為直線在y軸上的截距大小，a＝2.驗(yàn)證a＝－2時，成立．16．對于向量a，b，c，給出以下四個命題：①假設(shè)a∥b，b∥c，那么a∥c；②假設(shè)a＝|c|·b，c＝|b|·a，那么|a|＝|b|＝|c|＝1；③假設(shè)|a|＝|b|＝2，那么(a＋b)⊥(a－b)；④假設(shè)|a·b|＝|b·c|且b≠0，那么|a|＝|c|.其中正確的命題序號是________．答案③解析當(dāng)b＝0時，①不正確；當(dāng)b＝0時，且c＝0時，②不正確；③中，∵|a|＝|b|＝2，∴(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝0.∴(a＋b)⊥(a－b)，故③正確；④中取a≠0且a⊥b，而c＝0時，那么結(jié)論不正確，故④不正確．三、解答題(本大題共6小題，共70分，解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題總分值10分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.向量m＝(2coseq\f(A,2)，sineq\f(A,2))，n＝(coseq\f(A,2)，－2sineq\f(A,2))，m·n＝－1.(1)求cosA的值；(2)假設(shè)a＝2eq\r(3)，b＝2，求c的值．答案(1)－eq\f(1,2)(2)2解析(1)∵m＝(2coseq\f(A,2)，sineq\f(A,2))，n＝(coseq\f(A,2)，－2sineq\f(A,2))，m·n＝－1，∴2cos2eq\f(A,2)－2sin2eq\f(A,2)＝－1，∴cosA＝－eq\f(1,2).(2)由(1)知cosA＝－eq\f(1,2)，且0<A<π，∴A＝eq\f(2π,3).∵a＝2eq\r(3)，b＝2，由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(2\r(3),sin\f(2π,3))＝eq\f(2,sinB).∴sinB＝eq\f(1,2).∵0<B<π，B<A，∴B＝eq\f(π,6).∴C＝π－A－B＝eq\f(π,6)，∴C＝B.∴c＝b＝2.18．(本小題總分值12分)向量a＝(cosα，sinα)，b＝(2cosβ，2sinβ)，假設(shè)實(shí)數(shù)k使|ka＋b|＝|a－kb|成立，求滿足不等式a·b≥0的k的取值范圍．解析由|ka＋b|＝|a－kb|，得(ka＋b)2＝(a－kb)2.即有k2a2＋b2＋2ka·b＝a2－2ka·b＋k2b2.∴8kcos(α－β)＝3(k2－1)．假設(shè)k＝0，那么有|a|＝|b|，與矛盾．∴k≠0，∴cos(α－β)＝eq\f(3k2－1,8k).而a·b＝cosα·2cosβ＋sinα·2sinβ＝2cos(α－β)＝eq\f(3k2－1,4k)，且a·b≥0.∴0≤eq\f(3k2－1,4k)≤2.解得－1≤k≤－eq\f(1,3)或1≤k≤3.19．(本小題總分值12分)向量a＝(eq\f(1,sinx)，eq\f(－1,sinx))，b＝(2，cos2x)．(1)假設(shè)x∈(0，eq\f(π,2)]，試判斷a與b能否平行？(2)假設(shè)x∈(0，eq\f(π,3)]，求函數(shù)f(x)＝a·b的最小值．解析(1)假設(shè)a與b平行，那么有eq\f(1,sinx)·cos2x＝eq\f(－1,sinx)·2，因?yàn)閤∈(0，eq\f(π,2)]，sinx≠0，所以得cos2x＝－2.這與|cos2x|<1相矛盾，故a與b不能平行．(2)由于f(x)＝a·b＝eq\f(2,sinx)－eq\f(cos2x,sinx)＝eq\f(2－cos2x,sinx)＝eq\f(1＋2sin2x,sinx)＝2sinx＋eq\f(1,sinx).又因?yàn)閤∈(0，eq\f(π,3)]，所以sinx∈(0，eq\f(\r(3),2)]．于是2sinx＋eq\f(1,sinx)≥2eq\r(2sinx·\f(1,sinx))＝2eq\r(2)，當(dāng)2sinx＝eq\f(1,sinx)，即sinx＝eq\f(\r(2),2)時取等號．故函數(shù)f(x)的最小值等于2eq\r(2).20．(本小題總分值12分)設(shè)△ABC的三個內(nèi)角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且滿足(2a＋c)·eq\o(BC,\s\up10(→))·eq\o(BA,\s\up10(→))＋c·eq\o(CA,\s\up10(→))·eq\o(CB,\s\up10(→))＝0.(1)求角B的大??；(2)假設(shè)b＝2eq\r(3).試求eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(CB,\s\up10(→))的最小值．答案(1)eq\f(2,3)π(2)－2解析(1)因?yàn)?2a＋c)eq\o(BC,\s\up10(→))·eq\o(BA,\s\up10(→))＋ceq\o(CA,\s\up10(→))·eq\o(CB,\s\up10(→))＝0，所以(2a＋c)accosB＋cabcosC＝0.即(2a＋c)cosB＋bcosC＝0.那么(2sinA＋sinC)cosB＋sinBcosC＝0.所以2sinAcosB＋sin(C＋B)＝0.即cosB＝－eq\f(1,2)，所以B＝eq\f(2π,3).(2)因?yàn)閎2＝a2＋c2－2accoseq\f(2π,3)，所以12＝a2＋c2＋ac≥3ac，即ac≤4.當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時取等號，此時ac最大值為4.所以eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(CB,\s\up10(→))＝accoseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)ac≥－2.即eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(CB,\s\up10(→))的最小值為－2.21．(本小題總分值12分)假設(shè)a，b是兩個不共線的非零向量，t∈R.(1)假設(shè)a，b起點(diǎn)相同，t為何值時，a，tb，eq\f(1,3)(a＋b)三向量的終點(diǎn)在一直線上？(2)假設(shè)|a|＝|b|且a與b夾角為60°，t為何值時，|a－tb|的值最小？解析(1)設(shè)a－tb