1、吉水中学2020-2021学年度高三一轮复习11月5日考点测试卷（十一）理数平面向量一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知向量与共线，且，则（ ）A3 B3 C6 D62，设，为非零向量，则“”是“存在正数，使得”的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件3若向量，满足，且，则向量，的夹角为（ ）A30 B60 C120 D1504边长为2的正方形ABCD中，则（ ）A B C D5如图，ABC中，D为AB的中点，若，则（ ）A B C D6已知D，E分别是边长为1的正三角形ABC的边AB，BC的中点，F是DE的中点，则的值为（
2、 ）A B C D7已知向量，设与的夹角为，则（ ）A B C D8已知向量，（a0，b0），若，则的最小值为（ ）A12 B C15 D9在平行四边形ABCD中，A（1，2），B（-2，0），则点D的坐标为（ ）A（6，1） B（-6，-1） C（0，-3） D（0，3）10已知向量，向量满足，则的最大值为（ ）A B C3 D11设，均为单位向量，且它们的夹角为，则当取最小值时，实数k的值为（ ）A B-1 C D112庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系在如图所示的正五角星中，以A，B，C，D，E为顶点的多边形为正
3、五边形，且，则下列关系中正确的是（ ）A BC D二、填空题13已知向量，mynx，且，则的值为_14已知直线l：y-x4与圆C：（x-2）2（y-1）21相交于P，Q两点，则_t5已知向量与的夹角是，且，则向量与的夹角是_16根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题现有ABC满足“勾3股4弦5”，其中“股”AB4，D为“弦”BC上一点（不含端点），且ABD满足勾股定理，则_三、解答题（解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17已知向量，（1）当k为何值时，与垂直？（2）若，且A，B，C三点共线，求实数m的值18已知点A，B
4、，C的坐标分别是A（3，0），B（0，3），C（cos，sin）（1）若，求角的值；（2）若，求的值19在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，且（1）求sinA的值；（2）若，b5，求角B的大小及向量在方向上的投影20在ABC中，设a，b，c分别是内角A，B，C的对边，向量，且（1）求角C的大小；（2）若c3，求ABC的周长的取值范围21如图，在ABC中，BAC120，AB2，AC1，D是边BC上一点，（1）求的值；（2）若，求实数t的值22已知向量，x0，（1）若，求x的值；（2）记，求f（x）的最大值和最小值以及对应的x的值参考答案一、选择题1D 【解析】若，同向，则；若
5、，反向，则故选D2B 【解析】若，则说明向量，夹角为锐角或为0，故，不一定共线，故“存在正数，使得”不成立若存在正数，使得，则，的夹角为0，故故“”是“存在正数，使得”的必要不充分条件故选B3B 【解析】设，的夹角为，由，得，故，所以，又0180，所以60故选B4C 【解析】以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），B（2，0），故，则故选C5C 【解析】因为，所以，故故选C6A 【解析】因为，所以故选A7C 【解析】由，得，则，又0，所以故选C8B 【解析】因为，所以3a2b-10，即3a2b1，所以，当且仅当，即，时等号成立故选B9A 【解析】由题得，所以，则D（6，1
6、）故选A10D 【解析】设，因为，所以，故，即因为将的起点放到坐标原点，则终点在以为圆心，半径为的圆上，所以的最大值即为圆心到坐标原点的距离半径，即故选D11A 【解析】，故当时，取最小值故选A12A 【解析】在A中，故A正确，在B中，故B错误；在C中，故C错误；在D中，若，则，不符合题意，故D错误故选A二、填空题13-380或380 【解析】由题意可得，当，同向时，；当，反向时，所以的值为-380或380140 【解析】圆心C（2，1），由解得或不妨取P（2，2），Q（3，1），则15 【解析】由两边平方得，故，即，即设向量与的夹角为，则，又0，所以16 【解析】由等面积法可得，由题意可得A
7、DBC，所以三、解答题17解：（1）因为，所以，由与垂直，得8（2k-3）（-1）20，所以（2）由题得，因为A，B，C三点共线，所以，共线，从而4m2（23m）0，解得18解：（1）因为A（3，0），B（0，3），C（cos，sin），所以，由，得，所以（cos-3）2sin2cos2（sin-3）2，所以sincos，所以tan1，所以（kZ）（2）由，得cos（cos-3）sin（sin-3）-1，即，所以，所以19解：（1）由，得，整理得，又0A，所以（2）由正弦定理得，得，由（1）得，故，所以由余弦定理得a2b2c2-2bccosA，即，整理得c26c-70，解得c1或c-7（舍去）
8、，所以在方向上的投影为20解：（1）由向量，且，得a（sinAsinB）（bc）（sinC-sinB），由正弦定理得a（ab）（bc）（c-b），化为a2b2-c2-ab，由余弦定理得，又C（0，），所以（2）因为，所以，由B0，得由正弦定理得，ABC的周长为由，得，故，所以，所以ABC的周长的取值范围为21解：（1）因为D是边BC上一点，所以，则，所以，故（2）因为，所以因为，所以因为，所以22解：（1）因为，所以若cosx0，则sinx0，与sin2xcos2x1矛盾，故cosx0，于是又x0，所以（2）因为x0，所以，从而，于是当，即x0时，f（x）取到最大值；当，即时，f（x）取到最小值-2