2018年高考數(shù)學(xué)（人教理科）總復(fù)習(xí)訓(xùn)練課時規(guī)范練26

課時規(guī)范練26平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用一、基礎(chǔ)鞏固組1.對任意平面向量a,b,下列關(guān)系式不恒成立的是()A.|a·b|≤|a||b|B.|ab|≤||a||b||C.(a+b)2=|a+b|2D.(a+b)·(ab)=a2b22.已知a,b為單位向量,其夾角為60°,則(2ab)·b=()A.1 B.0 C.1 D.23.(2017河南新鄉(xiāng)二模,理3)已知向量a=(1,2),b=(m,4),若|a||b|+a·b=0,則實數(shù)m等于()A.4 B.4 C.2 D.24.(2017河南濮陽一模)若向量BA=(1,2),CA=(4,5),且CB·(λBA+CA)=0,則實數(shù)λ的值為(A.3B.B92C.C3D.D5.在四邊形ABCD中,AC=(1,2),BD=(4,2),則該四邊形的面積為()A.5 B.25 C.5 D.106.(2017河北唐山期末,理3)設(shè)向量a與b的夾角為θ,且a=(2,1),a+2b=(2,3),則cosθ=()A.35 B.C.55D.D7.(2017河南商丘二模,理8)若等邊三角形ABC的邊長為3,平面內(nèi)一點M滿足CM=13CB+12A.152B.B2C.152 D.8.(2017北京,理6)設(shè)m,n為非零向量,則“存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn”是“m·n<0”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件9.若向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,則x=.

10.(2017安徽江淮十校三模,理17)已知向量m=(sinx,1),n=3cosx,-12,函數(shù)f(x)=(m+(1)求f(x)的最小正周期T;(2)已知a,b,c分別為△ABC內(nèi)角A,B,C的對邊,A為銳角,a=23,c=4,且f(A)恰好是f(x)在0,π2上的最大值,求A?導(dǎo)學(xué)號?二、綜合提升組11.(2017安徽蚌埠一模)已知非零向量m,n滿足3|m|=2|n|,其夾角為60°,若n⊥(tm+n),則實數(shù)t的值為()A.3B.B3 C.2D.D212.(2017河南焦作二模,理10)已知P為矩形ABCD所在平面內(nèi)一點,AB=4,AD=3,PA=5,PC=25,則PB·PD=(A.5B.B5或0 C.0 D.513.(2017河北武邑中學(xué)一模)在Rt△ABC中,CA=CB=3,M,N是斜邊AB上的兩個動點,且MN=2,則CM·CN的取值范圍為(A.2,52 B.[2,4] C.[3,6]14.(2017江蘇南京一模,9)已知△ABC是直角邊長為4的等腰直角三角形,D是斜邊BC的中點,AM=14AB+mAC,向量AM的終點M在△ACD的內(nèi)部(不含邊界),則AM15.(2017江蘇,12)如圖,在同一個平面內(nèi),向量OA,OB,OC的模分別為1,1,2,OA與OC的夾角為α,且tanα=7,OB與OC的夾角為45°.若OC=mOA+nOB(m,n∈R三、創(chuàng)新應(yīng)用組16.(2017全國Ⅱ,理12)已知△ABC是邊長為2的等邊三角形,P為平面ABC內(nèi)一點,則PA·(PB+PC)的最小值是(A.2B.B32C.C43D.17.(2017遼寧沈陽二模,理11)已知向量OA=(3,1),OB=(1,3),OC=mOAnOB(m>0,n>0),若m+n∈[1,2],則|OC|的取值范圍是()A.[5,25] B.[5,210)C.(5,10) D.[5,2課時規(guī)范練26平面向量的數(shù)量積與平面向量的應(yīng)用1.BA項,設(shè)向量a與b的夾角為θ,則a·b=|a||b|cosθ≤|a||b|,所以不等式恒成立;B項,當(dāng)a與b同向時,|ab|=||a||b||;當(dāng)a與b非零且反向時,|ab|=|a|+|b|>||a||b||.故不等式不恒成立;C項,(a+b)2=|a+b|2恒成立;D項,(a+b)·(ab)=a2a·b+b·ab2=a2b2,故等式恒成立.綜上,選B.2.B由已知,得|a|=|b|=1,a與b的夾角θ=60°,則(2ab)·b=2a·bb2=2|a||b|cosθ|b|2=2×1×1×cos60°12=0,故選B.3.C設(shè)a,b的夾角為θ,∵|a||b|+a·b=0,∴|a||b|+|a||b|cosθ=0,∴cosθ=1,即a,b的方向相反.又向量a=(1,2),b=(m,4),∴b=2a,∴m=2.4.C∵BA=(1,2),CA=∴CB=λBA+CA=(λ+4,2λ又CB·(λBA+∴3(λ+4)+3(2λ+5)=0,解得λ=3.5.C依題意,得AC·BD=1×(4)+2×2=∴四邊形ABCD的面積為12|AC||BD|=16.A∵向量a與b的夾角為θ,且a=(2,1),a+2b=(2,3),∴b=a+2b∴cosθ=a·b7.B如圖,建立平面直角坐標(biāo)系,則B0,332,A3∴CB=3∴CM∴OM=1故AM·BM=128.Am,n為非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即兩向量反向,夾角是180°,則m·n=|m||n|cos180°=|m||n|<0.反過來,若m·n<0,則兩向量的夾角為(90°,180°],并不一定反向,即不一定存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn,所以“存在負(fù)數(shù)λ,使得m=λn”是“m·n<0”的充分而不必要條件.故選A.9.23∵a⊥b,∴a·b=x+2(x+1)=0,解得x=10.解(1)∵向量m=(sinx,1),n=3cos∴f(x)=(m+n)·m=sin2x+1+3sinxcosx+12=1-cos2x2+1+32sin2x+12=32sin2∴函數(shù)f(x)的最小正周期T=2π2=(2)由(1)知f(x)=sin2x-π6+2.∴π6≤2x∴當(dāng)2xπ6=π2時,f(x)取得最大值3,∴由f(A)=3,得A=π3由余弦定理,得a2=b2+c22bccosA,∴12=b2+164b,即(b2)2=0,解得b=2.11.B∵n⊥(tm+n),∴n·(tm+n)=tm·n+n2=t|m||n|·12+|n|2=t·13|n|2+|n|2=0,解得t=312.C∵P為矩形ABCD所在平面內(nèi)一點,AB=4,AD=3,∴AC=5.∵PA=5,PC=25,∴PA2+PC2=AC2,∴PA∴點P在矩形ABCD的外接圓上,∴PB⊥PD,∴PB·13.D以C為坐標(biāo)原點,CA為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,則A(3,0),B(0,3),∴AB所在直線的方程為y=3x.設(shè)M(a,3a),N(b,3b),且0≤a≤3,0≤b≤3,不妨設(shè)a>b,∵M(jìn)N=2,∴(ab)2+(ba)2=2,∴ab=1,∴a=b+1,∴0≤b≤2,∴CM·CN=(a,3a)·(b,3b)=2ab3(a+b)+9=2(b22b+3),0≤∴當(dāng)b=1時有最小值4;當(dāng)b=0或b=2時有最大值6,∴CM·CN14.(2,6)以A為坐標(biāo)原點,AB為x軸,AC為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,則A(0,0),B(4,0),C(0,4),D(2,2),所以AM=14AB+mAC=14(4,0)+m(0,4)=(1,4m∵點M在△ACD的內(nèi)部(不含邊界),∴1<4m<3,14<m<3則AM·BM=(1,4m)·(3,4m)=16m23,∴2<16m23<6,故答案為(15.3|OA|=|OB|=1,|OC|=2,由tanα=7,α∈[0,π]得0<α<π2,sinα>0,cosα>0,tanα=sinαcosα,sinα=7cosα,又sin2α+cos2α=1,得sinα=7210,cosα=210,OC·OA=15,OC·16.B以BC所在的直線為x軸,BC的垂直平分線AD為y軸,D為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系,如圖.可知A(0,3),B(1,0),C(1,0).設(shè)P(x,y),則PA=(x,3y),PB=(1x,y),PC=(1x,y).所以PB+PC=(2x,2y所以PA·(PB+PC)=2