高中数学 第二章 平面向量过关测试卷 新人教A版必修4

修4

(100分，45分钟)

一、选择题(每题5分，共40分)

1.下列命题中，真命题的个数为(其中a0,b0) ( ) ①ababa与b方向相同 ②ababa与b方向相反 ③ababa与b有相等的模 ④ababa与b方向相同

A.0 B.1 C.2 D.3

2.〈广东文〉若向量a＝(1，1)，b＝(2，5)，c＝(3，x)，满足条件(8a－b)·c＝30，则x＝( )

A.6 B.5 C.4 D.3

3.已知两个力F1、F2的夹角为90°，它们的合力F的大小为10 N，合力F与F1的夹角为60°，则F1的大小为( )

A.53 N B.5 N C.10N D.52 N

4.在直角坐标系xOy中，i、j分别是与x、y轴正方向同向的单位向量.若在直角三角形ABC中，AB2ij，AC3ikj，则k的可能值个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4

5.已知a3b0，且关于x的方程2x2ax3ab0有实根，则a与b夹角的取值范围是( )

A.0, B. ,π

63C. ,2πππ2ππ,π D. 3366.已知平面向量a＝(1，－3)，b＝(4，－2)，ab与b垂直，则等于( )

A.－1 B.1 C.－2 D.2

OBb，ODd，OCc，7.设平面内有四边形ABCD和点O，若OAa，且acbd，

- 1 -

则四边形ABCD为( )

A.菱形 B.梯形

C.矩形 D.平行四边形

8.已知O为原点，点A、B的坐标分别为A(a，0)、B(0，a)，其中常数a＞0，点P在线段AB上，且有APtAB (0≤t≤1)，则OAOP的最大值为( ) 2aA.a B.2a C.3a D.

二、填空题(每题6分，共18分)

9.已知a＝(2，3)，b＝(－4，7)，则b在a方向上的投影为 .

10.已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，a2e1e2，b3e12e2，则a与b的夹角θ＝ .

11.〈上海〉在矩形ABCD中，边AB、AD的长分别为2、1，若M、N分别是边BC、CD上的点，

BM且满足BCCNCD，则AMAN的取值范围是 . 三、解答题(每题14分，共42分)

12.如图1所示，在△AOB中，若A，B两点的坐标分别为(2，0)， (－3，4)，点C在AB上，且OC平分∠BOA，求点C的坐标.

图1

ADb,CE13.如图2，在平行四边形ABCD中， ABa，(1)用a，b表示EF;

12CB,CFCD. 33 图2

- 2 -

(2)若a1,b4，∠DAB=60°，分别求EF和ACFE的值.

14.已知函数fxx2， gxax3(aR).

(1)记函数Fxfxgx， ①判断函数Fx的零点个数;

②若函数Fx在［0，1］上是减函数，求实数a的取值范围.

- 3 -

(2)设Gxfx,x1,若对于函数yGx图象上异于原点O的任意一点P，在函数

gx,x1.yGx图象上总存在另一点Q，使得OPOQ0，且PQ的中点在y轴上，求a的取值范

围.

参考答案及点拨

一、1.C 点拨:对于③，当a与b互相垂直时，abab，因此③错，对于④，当a与b方向相同且ba时才有abab，因此④错，①②正确，故选C. 2.C 点拨:8abc6,33,x183x30， ∴x＝4.故选C. 3.B 点拨:F1＝Fcos60°＝5 N.

4.B 点拨:不妨取A(0，0)，则B(2，1)，C(3，k)，BC1,k1.当AB⊥BC时，

ABBC2k10，∴k＝－1.当AB⊥AC时，ABAC6k0，∴k6.当AC⊥

BC时，ACBC3k2k0，无实数根.所以满足要求的k的可能值个数是2.

5.B 点拨:设a，b的夹角为θ，∵关于x的方程2x2ax3ab0有实根， ∴

2＝4a24ab≥0，即a6ab.∴a6abcos，又∵a3b0.∴

1π，∵0π，∴π. 23222cos6.C 点拨:ab4,32， ∵ab与b垂直，

∴4,324,24423210200， ∴2.

7.D 点拨:ABOBOAba,CDODOCdcbaBA，

//CD， ∴AB- 4 -

∴四边形ABCD为平行四边形. 8.D 点拨: ∵APtAB，

∴ OPOAAPOAtOBOA1tOAtOB

aat,at,∴OAOPa21t，∵0t1，∴OAOPa2.

二、9.13 点拨: b在a方向上的投影为

ab13==13. a132210.120° 点拨：易知ab2e1e23e12e26e1e1e22e27， 2a2e1e227,b3e12e227,∴cosab1，∴120. ab211.［1，4］ 点拨：以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，建立坐标系如答图1，

答图1

∵AB=2，AD=1，

A(0，0)，B(2，0)，C(2，1)，D(0，1)，

设M(2，b)，N(x，1)，

BM∵BC∴bCNCD，

2x2x,∴ANx,1,AM2,,

223x10x2, 2∴AMAN∴13x14, 2即1AMAN4.

- 5 -

故答案为：［1，4］

三、12.解：设点C坐标为(x，y)， ∵cosAOCcosBOC， 且cosAOCOAOCOAOC,cosBOCOBOCOBOC,

∴OAOCOC,∴

2,0x,yOAOBOB3,4x,y25,

∴y＝2x.①

又∵BC与AC共线，BCx3,y4,ACx2,y, ∴x3yx2y40, ∴4x5y80.②

x4由①，②联立解之得,7

y87.∴C点的坐标为4,877. 13.

答图2

分析：（1）利用向量的三角形法则和向量相等及其运算即可得出; （2）利用数量积运算法则和性质即可得出. 解：（1）如答图2所示，

EFCFCE23CD13CB23AB13AD23a13b.

(2) ∵a1,b4,DAB60,∴ababcos602.

2∴EF2143a3b9a249ab1239b23. 易知ACABADab， ∴ACFEab2a1b2a21122163333ab3b23334.

- 6 -

214.解：（1）①对于Fxxax3，令Fx0，得xax30，

2∵=a120 ，

2 答图3 答图4 ∴函数F(x)有2个零点.

2xax3,Fx0,2②Fxxax3

2xax3,Fx0, 当a≤0时，图象如答图3所示，

当a＞0时，图象如答图4所示. 由题意得a0,解得2a0.

F10,x2,x1,（2）由题意得Gx

ax3,x1,由题意易知P，Q两点在y轴的两侧，不妨设P点坐标在y轴的左侧，设Px1,x1，若

21x10，则Qx1,x1，OPOQx1x110恒成立.

若x11，则点Qx1,ax13，OPOQx1x1ax130恒成立，

22222∴ax12恒成立，∵x11,∴a2恒成立，易得a2. x1点拨：（1）利用函数Fxfxgx求出表达式， ①利用判别式的符号，直接判断函数Fx的零点个数；

②通过函数Fx在［0，1］上是减函数，化简函数的表达式，利用函数的对称轴，以及1处的函数值，列出不等式组，求实数a的取值范围.

fx,x1,（2）通过Gx求出函数yGx的表达式，设出点P的坐标、点Q的坐标，

gx,x1通过OPOQ0，且PQ的中点在y轴上，求出a的取值范围.

- 7 -