1、单元能力检测(四)考查范围：第四单元平面向量时间：120分钟分值：150分一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分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设向量a(1，x1)，b(x1,3)，则“x2”是“ab”的()A充分但不必要条件B必要但不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，(2,4)，(1,3)，则()A(2,4) B(3,5)C(1，1) D(2，4)3在ABC中，M是BC的中点，AM1，点P在AM上且满足2，则()等于()A B C. D.4已知平面直角坐标系内的两个向量a(1,2)，b(m,3m2)，且平面内的
2、任一向量c都可以唯一的表示成cab(，是实数)，则m的取值范围是()A(，2) B(2，)C(，) D(，2)(2，)5已知非零向量与满足0，且，则ABC的形状为()A等腰非等边三角形B等边三角形C三边均不相等的三角形D直角三角形6若|a|1，|b|2，cab，且ca，则a与b的夹角为()A30 B60 C120 D1507已知平面上三点A、B、C满足|3，|4，|5，则的值等于()A25 B24C25 D248已知圆P的方程为(x3)2(y2)24，直线ymx与圆P交于A、B两点，直线ynx与圆P交于C、D两点，则(O为坐标原点)等于()A4 B8 C9 D18二、填空题(本大题共6小题，每
3、小题5分，共30分把答案填在答题卡相应位置)9设a、b、c是单位向量，且ab0，则(ac)(bc)的最小值为_10在OAB中，M是AB的中点，N是OM的中点，若OM2，则()_.11一质点受到平面上的三个力F1，F2，F3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态，已知F1，F2成60角，且F1，F2的大小分别为2和4，则F3的大小为_12ABC外接圆的半径为1，圆心为O，且20，|，则_.13已知|1，|，0，点C在AOB内，且AOC30.设mn(m，nR)，则_.14关于平面向量有下列四个命题：若abac，则bc；已知a(k,3)，b(2,6)，若ab，则k1；非零向量a和b，满足|a|b|ab|
4、，则a与ab的夹角为30；0.其中正确的命题为_(写出所有正确命题的序号)三、解答题(本大题共6小题，共80分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(12分)设a(2cosx,1)，b(cosx，sin2x)，f(x)ab，xR.(1)若f(x)0且x，求x的值；(2)若函数g(x)cosk(0，kR)与f(x)的最小正周期相同，且g(x)的图象过点，求函数g(x)的值域16(13分)设两个向量e1，e2满足|e1|2，|e2|1，e1与e2的夹角为，若向量2te17e2与e1te2的夹角为钝角，求实数t的范围17.(13分)平行四边形ABCD中，点E，F分别是AD，DC的中点，BE，B
5、F分别与AC交于R，T两点，用向量的方法找出AR、RT、TC之间的关系ks5u18(14分)已知ABC的顶点坐标为A(1,0)，B(5,8)，C(7，4)，在边AB上有一点P，其横坐标为4，在边AC上求一点Q，使线段PQ把ABC分成面积相等的两部分19.(14分)如图D41，在RtABC中，A90，已知BCa，若长为2a的线段PQ以点A为中点，问与的夹角取何值时的值最大？并求出这个最大值图D4120(14分)设椭圆方程为x21，过点M(0,1)的直线l交椭圆于A、B两点，O是坐标原点，点P满足()，点N的坐标为.当直线l绕点M旋转时，求：(1)动点P的轨迹方程；(2)|的最大值与最小值单元能力
6、检测(四)1A解析 依题意，ab3(x1)(x1)0x2，所以“x2”是“ab”的充分但不必要条件2C解析 (1，1)3A解析 ，().4D解析 由题意知a，b可以作为平面向量的一组基底，所以a，b不共线，即3m22m0，m2.5A解析 根据0，角A的平分线和BC边上的高重合，说明ABC是等腰三角形，根据数量积的定义，说明A120.故ABC是等腰非等边三角形6C解析 cab，且ca，a(ab)0，a2ab0，即112cos0，cos，120.7C解析 |3，|4，|5，|2|2|2，故B90，则有0.由|cos(C)4516，|cos(A)539，则原式0(16)(9)25.8.D解析 设A(
7、x1，y1)，B(x2，y2)，把直线方程ymx代入圆的方程并整理得(1m2)x2(64m)x90，则x1x2.x1x2y1y2x1x2mx1mx2(1m2)x1x2(1m2)9. ks5u同理9.所以18. ks5u91解析 (ac)(bc)(ab)c1，其最小值为1.102解析 如图，延长NM到点C，使得MCNM.连接AC、BC.根据向量的几何运算法则，可得，而，所以()|22.112解析 F1F2F30，则FFF2|F1|F2|cos6028，所以|F3|2.123解析 由20，得20，即，即O，B，C三点共线，BC为ABC外接圆的直径，故A90，又|，得B60，所以C30且|(如图)所
8、以|cos3023.133解析 方法一：如图所示，0，.不妨设|2，过C作CDOA于D，CEOB于E，则四边形ODCE是矩形，.|2，COD30，|1，|.又|，|1，故 ， ks5u ，此时m，n，3.方法二：由0知AOB为直角三角形，以OA，OB所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则可知(1,0)，(0，)，又由mn，可知(m，n)，故由tan30，可知3.14解析 中abaca(bc)0.当a0时也成立；中若ab，则有k1；中易知a，b夹角为60，a与ab的夹角为30；中220.15解答 (1)f(x)ab2cos2xsin2x1cos2xsin2x2sin1.f(x)0，2sin
9、10，sin，又x，2x，2x，x.(2)由(1)知，f(x)2sin1，因为g(x)与f(x)的最小正周期相同，2，又g(x)的图象过点，cosk2，1k2，k1，g(x)cos1，其值域为0,216解答 由向量2te17e2与e1te2的夹角为钝角，得0，即(2te17e2)(e1te2)0，化简即得2t215t70，解得7t，当夹角为时，也有(2te17e2)(e1te2)0，但此时夹角不是钝角，设2te17e2(e1te2)，0，可求得所求实数t的范围是.17解答 由点E、R、B共线，可设(1)(1)，又由A、R、C共线，设()，由平面向量基本定理知：1，即ARAC，同理可得CTAC，
10、ARRTTC.18解答 设1，2，则1.又|2|，则|2|.又20，2，设点Q的坐标为(xQ，yQ)，则1xQ6，yQ(4)，得xQ5，yQ，Q.19解答 ，0.，()()a2a2()a2a2a2cos.故当cos1，即0(与方向相同)时，最大，其最大值为0.20解答 (1)当直线l的斜率存在时，设为k，则l方程为ykx1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题设可得方程组即(4k2)x22kx30.所以x1x2，y1y2k(x1x2)2，而()，.设P的坐标为(x，y)，则消去k得4x2y2y0.当k不存在时，A，B中点O(0,0)也满足上式，所以，动点P的轨迹方程是4x2y2y0.(2)由4x2y2y0，得4x22，可得x，|22232.当x时，|取最小值，当x时，|取最大值.
