2019年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第5章 第3節(jié) 平面向量的數(shù)量積課時(shí)跟蹤檢測(cè) 理（含解析）新人教版.doc

2019年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第5章 第3節(jié) 平面向量的數(shù)量積課時(shí)跟蹤檢測(cè) 理（含解析）新人教版1(xx長(zhǎng)沙模擬)已知a，b，c是平面向量，下列命題中真命題的個(gè)數(shù)是()(ab)ca(bc)；|ab|a|b|；|ab|2(ab)2；abbcac.A1B2C3D4解析：選A對(duì)于，因?yàn)?ab)，(bc)是兩個(gè)數(shù)，顯然，(ab)ca(bc)不一定恒成立；對(duì)于，因?yàn)閨ab|a|b|cos |，顯然也不恒成立；對(duì)于，由于ab與bc是兩個(gè)具體的數(shù)，由兩個(gè)數(shù)不可能產(chǎn)生兩個(gè)向量相等，于是也不正確；而對(duì)于，由于|ab|2a22abb2，而(ab)2a22abb2，顯然二者是相等的故選A.2向量與向量a(3,4)的夾角為，|10，若點(diǎn)A的坐標(biāo)是(1,2)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為()A(7,8)B(9，4)C(5,10)D(7，6)解析：選D設(shè)B(x，y)，則(x1，y2)，由題意可得解得或(舍去)，所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為(7，6)故選D.3已知ABC的三邊長(zhǎng)為AB2，BC1，AC，則的值為()A0B4C2D4解析：選D由AB2，BC1，AC，得ABC為直角三角形，且A30，C90，B60.所以|cos 120|cos 90|cos 1504.故選D.4(xx韶關(guān)摸底考試)若|ab|ab|2|a|，則向量ab與a的夾角為()A.B.C.D.解析：選B|ab|ab|，|ab|2|ab|2，ab0，|ab|2|a|，|b|a|，設(shè)向量ab與a的夾角為，則cos .又0，.故選B.5(xx遼寧高考)已知點(diǎn)O(0,0)，A(0，b)，B(a，a3)若OAB為直角三角形，則必有()Aba3Bba3C(ba3)0D|ba3|0解析：選C若OBA為直角，則0，即a2(a3b)a30，又a0，故ba3；若OAB為直角時(shí)，0，即b(a3b)0，得ba3；若AOB為直角，則不可能所以ba30或ba30.故選C. 6(xx長(zhǎng)春實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)在ABC中，已知向量(cos 18，cos 72)，(2cos 63，2cos 27)，則ABC的面積為()A.B.C.D.解析：選A由題意得|1，|2，cos，則sin B，所以ABC的面積為12.故選A.7(xx天津高考)在ABC中，A90，AB1，AC2.設(shè)點(diǎn)P，Q滿足 ，(1)，R.若2，則()A.B.C.D2解析：選B設(shè)a，b，|a|1，|b|2，且ab0.()()(1)ba(ab)a2(1)b24(1)342，.故選B.8(xx武漢調(diào)研)已知ABC的外接圓半徑為1，圓心為O，且3450，則的值為()AB.CD.解析：選A因?yàn)?450，所以534，因此(5)2(34)2，即2592416，所以0，又向量，所以()，故選A.9(xx太原模擬)已知向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，若，則向量a與向量ab的夾角是_解析：以原點(diǎn)O為起點(diǎn)分別表示向量a，b，易知相應(yīng)的終點(diǎn)A，B位于以原點(diǎn)O為圓心的單位圓上，以|，|為鄰邊作平行四邊形OACB，則AOB，OAOB1，即平行四邊形OACB是菱形，則COA，而ab，故a，ab的夾角等于.10(xx江西高考)設(shè)e1，e2為單位向量，且e1，e2的夾角為，若ae13e2，b2e1，則向量a在b方向上的射影為_解析：ab(e13e2)2e12e6e1e22612cos5，a在b上的射影為.11(xx衡水中學(xué)模擬)在邊長(zhǎng)為1的正三角形ABC中，x ，y .x>0，y>0且xy1，則的最大值為_解析：由題可知：()()，x ，y ，()()(x )(y )1.又x>0，y>0且xy1，xy，1.當(dāng)且僅當(dāng)xy時(shí)，等號(hào)成立，當(dāng)xy時(shí)，的最大值為.12已知平面上三個(gè)向量a、b、c的模均為1，它們相互之間的夾角均為120，若|kabc|>1(kR)，則k的取值范圍為_解析：(，0)(2，)|kabc|>1，即|kabc|2>1，也就是k2a2b2c22kab2kac2bc>1，abbcac，k22k>0，k<0或k>2.13設(shè)在平面上有兩個(gè)向量a(cos ，sin )(0<360)，b.(1)求證：向量ab與ab垂直；(2)當(dāng)向量ab與ab的模相等時(shí)，求的大小(1)證明：因?yàn)?ab)(ab)|a|2|b|2(cos2sin2)0，所以ab與ab垂直(2)解：由|ab|ab|，兩邊平方得3|a|22ab|b|2|a|22ab3|b|2，所以2(|a|2|b|2)4ab0.而|a|b|，所以ab0，則cos sin 0，所以cos(60)0，所以60k18090，即k18030，kZ.又0360，則30或210.14(xx西安模擬)已知向量a(sin(x)，2)，b(1，cos(x)，>0,0<<，函數(shù)f(x)(ab)(ab)，yf(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心與它相鄰的一條對(duì)稱軸之間的距離為1，且經(jīng)過點(diǎn)M.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)當(dāng)1x1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間解：(1)f(x)(ab)(ab)a2b2|a|2|b|2sin2(x)3cos2(x)cos(2x2)3，由題意得函數(shù)f(x)的最小正周期T4，故，又圖象過點(diǎn)M，所以3cos，所以sin 2，又0<<，所以02，所以2，所以f(x)3cos.(2)當(dāng)1x1時(shí)，x.故當(dāng)x0，即1x時(shí)，f(x)是減函數(shù)當(dāng)0x，即x1時(shí)，f(x)是增函數(shù)所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.1在ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，若2cos2cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)，且a4，b5，則向量在方向上的投影為()A.B.C.D.解析：選A由題得1cos(AB)cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)，得cos(AB)cos Bsin(AB)sin B，故cos A.由得sin B，由題知a>b，則A>B，故B，根據(jù)余弦定理有(4)252c225c，得c1，向量在方向上的投影為|cos B.選A.2(xx廣東高考)對(duì)任意兩個(gè)非零的平面向量和，定義.若兩個(gè)非零的平面向量a，b滿足a與b的夾角，且ab和ba都在集合中，則ab()A.B.C1D.解析：選D利用向量的數(shù)量積的運(yùn)算求解ab，ba.，0cos .得(ab)(ba)cos2.而ab和ba都在集合中，結(jié)合選項(xiàng)A，B，C，D分析可知，只有D符合3(xx江西師大附中測(cè)試)設(shè)P是函數(shù)yx(x0)的圖象上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P分別向直線yx和y軸作垂線，垂足分別為A，B，則的值是_解析：1設(shè)P(a，b)，則A，B(0，b)，所以(a,0)，又P是函數(shù)yx(x0)的圖象上任意一點(diǎn)，則ba，代入可得1.4(xx浙江高考)設(shè)e1，e2為單位向量，非零向量bxe1ye2，x，yR.若e1，e2的夾角為，則的最大值等于_解析：2因?yàn)閎0，所以bxe1ye2，x0，y0.又|b|2(xe1ye2)2x2y2xy，不妨設(shè)t，則，當(dāng)t時(shí)，t2t1取得最小值，此時(shí)取得最大值，所以的最大值為2.5已知向量m，n，f(x)mn.(1)若f(x)1，求cos的值；(2)在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a， b，c，且滿足acos Ccb，求函數(shù)f(B)的取值范圍解：(1)f(x)mnsincoscos2sincossin，而f(x)1，sin.又x2，coscos 212sin2.(2)acos Ccb，acb，b2c2a2bc，cos Ab2c2a2.又0A，A.又0<B<，<<，<sin<1.1<f(B)<，即函數(shù)f(B)的取值范圍為.