1、单元素养评价(二)(第二章)(120分钟150分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.下列量不是向量的是()A.位移B.速度C.功D.力【解析】选C.位移、速度、力都是矢量,也是向量,而功只有大小,没有方向,不是向量.2.若a+b+c=0,则a,b,c()A.都是非零向量时也可能无法构成一个三角形B.一定不可能构成三角形C.都是非零向量时能构成三角形D.一定可构成三角形【解析】选A.当a,b,c为非零向量且不共线时可构成三角形,而当a,b,c为非零向量且共线时不能构成三角形.【误区警示】解答本题往往会忽视非零向量共线的情况而错误地选择C答案.3.(2020杨浦区高一检测)设D,E,F分别为A
2、BC的三边BC,CA,AB的中点,则+=()A.B.C.D.【解析】选A.+=(+)+(+)=(+)=.4.设D,E,F分别是ABC的三边BC,CA,AB上的点,且=,=2,=2,则+与()A.反向平行B.同向平行C.互相垂直D.既不平行也不垂直【解析】选A.+=+-=+-=(-)+=+=-.5.ABC中,已知A=90,=(k,6),=(-2,3),则k的值是()A.-4B.-3C.4D.9【解析】选D.因为ABC中,A=90,所以,所以=0.因为=(k,6),=(-2,3),所以-2k+18=0,解得k=9.6.(2020太原高一检测)已知非零向量a,b不共线,实数x,y满足(3x-4y)a
3、+(2x-3y)b=6a+3b,则x-y的值为()A.3B.-3C.0D.2【解析】选A.由原式可得解得所以x-y=3.7.已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=,则向量a与b的夹角为()A.30B.45C.60D.以上都不对【解析】选C.因为a+b+c=0,所以c=-(a+b),所以c2=(a+b)2,即|c|2=|a|2+|b|2+2|a|b|cos,所以19=4+9+12cos,所以cos=.又因为0180,所以=60.8.设向量a,b满足:|a|=3,|b|=4,ab=0,以a,b,a-b的模为边长构成三角形,则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为()A. 3B. 4C
4、. 5D. 6【解析】选B.对于半径为1的圆有一个位置正好是三角形的内切圆,此时只有三个交点,对于圆的位置稍右移或其他的变化,能实现4个交点的情况,但4个以上的交点不能实现.9.在ABC中,AB边上的高为CD,若=a,=b,ab=0,|a|=1,|b|=2,则=()A.a-bB.a-bC.a-bD.a-b【解析】选D.因为ab=0,所以.所以AB=.又因为CDAB,所以ACDABC.所以=.所以AD=.所以=(-)=(a-b)=a-b.10.在矩形ABCD中,=,=,设=(a,0),=(0,b),当时,的值为()A.3B.2C.D.【解析】选D.如图,=+=+=+=.=+=-+=(0,-b)+
5、=,因为,所以-=0,所以=.11.在ABC中,已知向量与满足=0,且=,则ABC是()A.等边三角形B.直角三角形C.等腰非等边三角形D.三边均不相等的三角形【解析】选A.因为非零向量与满足=0,所以BAC的平分线垂直于BC,所以AB=AC.又cosBAC=,所以BAC=60,所以ABC为等边三角形.12.如图,在平面四边形ABCD中,ABBC,ADCD,BAD=120,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则的最小值为()A.B.C.D.3【解析】选A.如图,以D为坐标原点建立直角坐标系,连接AC,由题意知,CAD=CAB=60,ACD=ACB=30,则D(0,0),A(1,0),B(,
6、),C(0,).设E(0,y)(0y),则=(-1,y),=(-,y-),所以=+y2-y=+,所以当y=时,有最小值.【补偿训练】如图所示,半圆的直径AB=4,O为圆心,C是半圆上不同于A,B的任意一点,若P为半径OC上的动点,则的最小值是()A.2B.0C.-1D.-2【解析】选D.由平行四边形法则得+=2,故(+)=2,又|=2-|,且,反向,设|=t(0t2),则(+)=2=-2t(2-t)=2(t2-2t)=2(t-1)2-1.因为0t2,所以当t=1时(+)有最小值,最小值为-2.二、填空题(每小题5分,共20分)13.已知作用在点A(1,1)的三个力F1=(3,4),F2=(2,
7、-5),F3=(3,1),则合力F=F1+F2+F3的终点坐标是.【解析】因为F=F1+F2+F3=(3,4)+(2,-5)+(3,1)=(8,0),所以终点坐标为(8,0)+(1,1)=(9,1).答案:(9,1)14.(2020全国卷)设a,b为单位向量,且|a+b|=1,则|a-b|=.【解析】因为a,b为单位向量,所以=1,所以=1,解得:2ab=-1,所以=.答案:15.(2020襄阳高一检测)如图所示,在菱形ABCD中,AB=,AC=2BD,点E为CD的中点,则=.【解析】在菱形ABCD中,ACBD,所以分别以AC,BD所在直线为x,y轴,建立如图平面直角坐标系,因为AC=2BD,
8、所以设A(-2x,0),B(0,-x),C(2x,0),D(0,x),x0,且AB=,所以4x2+x2=5,解得x=1,所以A(-2,0),C(2,0),D(0,1),且点E是CD的中点,所以E,所以=(4,0),=所以=12.答案:1216.已知ABC是边长为2的等边三角形,若向量a,b满足=2a,=2a+b,则下列结论中正确的是.(写出所有正确结论的编号) a为单位向量;b为单位向量;ab;b;(4a+b).【解析】因为=4|a|2=4,所以|a|=1,故正确;因为=-=(2a+b)-2a=b,且ABC为等边三角形,所以|=|b|=2,故错误;因为b=-,所以ab=(-)=22cos 60
9、-22=-10,故错误;因为=b,故正确;因为(4a+b)b=(+)(-)=-=4-4=0,所以(4a+b),故正确.答案:三、解答题(共70分)17.(10分)在平行四边形ABCD中,=a,=b,(1)如图,如果E,F分别是BC,DC的中点,试用a,b分别表示,.(2)如图,如果O是AC与BD的交点,G是DO的中点,试用a,b表示. 【解析】(1)=+=+=-=-a+b.=+=-=a-b.(2)=-=b-a.因为O是BD的中点,G是DO的中点,所以=(b-a),所以=+=a+(b-a)=a+b.18.(12分)(2020三明高一检测)已知A(-2,4),B(3,-1),C(-3,-4),设=
10、a,=b,=c.(1)求3a+b-3c.(2)求满足a=mb+nc的实数m,n.【解析】由已知得a=(5,-5),b=(-6,-3),c=(1,8).(1)3a+b-3c=3(5,-5)+(-6,-3)-3(1,8)=(15-6-3,-15-3-24)=(6,-42).(2)因为mb+nc=(-6m+n,-3m+8n),a=mb+nc,所以解得19.(12分)已知e1,e2是平面上的一组基底,a=e1+e2,b=-2e1-e2.(1)若a与b共线,求的值.(2)若e1,e2是夹角为60的单位向量,当0时,求ab的最大值.【解析】(1)因为ab,所以存在实数,使得b=a.所以解得=.(2)因为e
11、1,e2是夹角为60的单位向量,所以e1e2=.所以ab=(e1+e2)(-2e1-e2)=-2-3-.在0,+)上是减函数,所以=0时,ab取最大值-.20.(12分)已知a、b、c是同一平面内的三个向量,其中a=(1,2).(1)若|b|=2,且ab,求b的坐标.(2)若|c|=,且2a+c与4a-3c垂直,求a与c的夹角.【解析】(1)设b=(x,y),因为ab,所以y=2x.又因为|b|=2,所以x2+y2=20.由联立解得x1=2,y1=4,x2=-2,y2=-4.所以b=(2,4)或b=(-2,-4).(2)由已知(2a+c)(4a-3c),即(2a+c)(4a-3c)=8a2-3
12、c2-2ac=0,又|a|=,|c|=,解得ac=5,所以cos =.因为0,所以a与c的夹角=.21. (12分)如图,在平行四边形ABCD中,|AB|=3,|BC|=2,e1=,e2=,与的夹角为.(1)若=xe1+ye2,求x,y的值.(2)求的值.(3)求与的夹角的余弦值.【解析】(1)因为e1=,e2=,|AB|=3,|BC|=2,所以=+=3e1+2e2=xe1+ye2,所以x=3,y=2.(2)由向量的运算法则知,=-=2e2-3e1,所以=(2e2+3e1)=4-9=-5.(3)因为与的夹角为,所以e1与e2的夹角为,又|e1|=|e2|=1,所以|=|+|=|2e2+3e1|
13、=,所以|=|-|=|2e2-3e1|=.设与的夹角为,可得cos =-,所以与的夹角的余弦值为-.22.(12分)已知四边形ABCD,=(6,1),=(x,y),=(-2,-3).世纪金榜导学号(1)若,求y=f(x)的解析式.(2)在(1)的条件下,若,求x,y的值以及四边形ABCD的面积. 【解析】(1)=-(+)=(-x-4,2-y),因为,所以x(2-y)-(-x-4)y=0,整理得x+2y=0,所以y=-x.(2)因为=+=(x+6,y+1),=+=(x-2,y-3),又因为,所以=0,即(x+6)(x-2)+(y+1)(y-3)=0,由(1)知x=-2y,将其代入上式,整理得y2-2y-3=0,解得y1=3,y2=-1.当y=3时,x=-6,于是=(-6,3),=(0,4),=(-8,0),|=4,|=8,所以=|=48=16.当y=-1时,x=2,于是=(2,-1),=(8,0),=(0,-4),|=8,|=4,所以=|=84=16.
