2013届高三数学一轮复习单元综合测试(浙江版)单元四

[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10小题，每小题5分，共50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，x－1)，b＝(x＋1,3)，则“x＝2”是“a∥b”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△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足AP＝2PM，则PA·(PB→

＋PC)等于( )

44A．－ B．－

9344C. D. 39

3．设a、b、c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为( ) A．－2 B.2－2 C．－1 D．1－2

4．已知平面直角坐标系内的两个向量a＝(1,2)，b＝(m,3m－2)，且平面内的任一向量c都可以唯一的表示成c＝λa＋μb(λ，μ是实数)，则m的取值范围是( )

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A．(－∞，2) B．(2，＋∞) C．(－∞，＋∞) D．(－∞，2)∪(2，＋∞)

→→→→ABAC→ABAC1→→

＋5．已知非零向量AB与AC满足·BC＝0，且·＝－，则△ABC的形状2→→→→|AB||AC||AB||AC|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．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，设向量OA＝a，OB＝b，其中a＝(3,1)，b＝→

(1,3)，若OC＝λa＋μb，且0≤λ≤μ≤1，C点所有可能的位置区域用阴影表示正确的是( )

图D4－1

7．O为△ABC的内切圆圆心，AB＝5，BC＝4，CA＝3，下列结论正确的是( ) →→→→→→A.OA·OBOB·OC>OC·OA →→→→→→C.OA·OB＝OB·OC＝OC·OA →→→→→→D.OA·OB第 2 页 共 14 页

→→→→→→→→→

8．已知平面上三点A、B、C满足|AB|＝3，|BC|＝4，|CA|＝5，则AB·BC＋BC·CA＋CA·AB的值等于( )

A．25 B．24 C．－25 D．－24

→→→→→→→9．△ABC外接圆的半径为1，圆心为O，且2OA＋AB＋AC＝0，|OA|＝|AB|，则CA·CB等于( )

3A. 2B.3 C．3 D．23

10．已知圆P的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝4，直线y＝mx与圆P交于A、B两点，直线→→→→

y＝nx与圆P交于C、D两点，则OA·OB＋OC·OD(O为坐标原点)等于( )

A．4 B．8 C．9 D．18

二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．把答案填在答题卡相应位置) →→→

11．在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，AB＝(2,4)，AC＝(1,3)，则AD＝________. 12．若|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，且c⊥a，则a与b的夹角为________．

→→→13．在△OAB中，M是AB的中点，N是OM的中点，若OM＝2，则NO·(NA＋NB)＝________.

14．一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

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F1，F2成60°角，且F1，F2的大小分别为2和4，则F3的大小为________．

→→→→→

15．已知|OA|＝1，|OB|＝3，OA·OB＝0，点C在∠AOB内，且∠AOC＝30°.设OC＝m→→

mOA＋nOB(m，n∈R)，则＝________.

n

16．关于平面向量有下列四个命题：①若a·b＝a·c，则b＝c；②已知a＝(k,3)，b＝(－2,6)，若a∥b，则k＝－1；③非零向量a和b，满足|a|＝|b|＝|a－b|，则a与a＋b的夹角为abab30°；④|a|＋|b|·|a|－|b|＝0.其中正确的命题为________．(写出所有正确命题的序号)

π

17．设两个向量e1，e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1与e2的夹角为，若向量2te1＋7e2与e1

3＋te2的夹角为钝角，则实数t的范围为________．

三、解答题(本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18．(14分)设a＝(2cosx,1)，b＝(cosx，3sin2x)，f(x)＝a·b，x∈R. ππ

－，，求x的值； (1)若f(x)＝0且x∈33

π

ωx－＋k(ω＞0，k∈R)与f(x)的最小正周期相同，且g(x)的图象过(2)若函数g(x)＝cos3π

点6，2，求函数g(x)的值域．

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19.(14分)平行四边形ABCD中，点E，F分别是AD，DC的中点，BE，BF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．

20．(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，

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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．

21.(15分)如图D4－2，在Rt△ABC中，∠A＝90°，已知BC＝a，若长为2a的线段PQ→→→→以点A为中点，问PQ与BC的夹角θ取何值时BP·CQ的值最大？并求出这个最大值．

图D4－2

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y2

22．(15分)设椭圆方程为x＋＝1，过点M(0,1)的直线l交椭圆于A、B两点，O是坐

4

2

11→1→→

标原点，点P满足OP＝(OA＋OB)，点N的坐标为2，2.当直线l绕点M旋转时，求： 2

(1)动点P的轨迹方程； →

(2)|NP|的最大值与最小值．

单元能力检测(四) 参

1．A [解析] 依题意，a∥b⇔3－(x－1)(x＋1)＝0⇔x＝±2，所以“x＝2”是“a∥b”的

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充分但不必要条件．

2→→→2→→→→4→

2．A [解析] PA＝－AM，PB＋PC＝AM，PA·(PB＋PC)＝－. 3393．D [解析] (a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，其最小值为1－2.

4．D [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3m－2－2m≠0，∴m≠2.

→→ABAC→＋5．A [解析] 根据·BC＝0，角A的平分线和BC边上的高重合，说明△ABC→→|AB||AC|→→ABAC1

是等腰三角形，根据数量积的定义，·＝－，说明A＝120°.故△ABC是等腰非等边

2→→

|AB||AC|三角形．

3131→

6．A [解析] OC＝(x，y)＝(3λ＋μ，λ＋3μ)，λ＝x－y，μ＝y－x，∵0≤λ≤μ≤1，

8888作出可行域可知选A. 7．A [解析] 如图，

A(0,3)，B(4,0)，C(0,0)，O(1,1)，

→→→→→→→→→

则OA＝(－1,2)，OB＝(3，－1)，OC＝(－1，－1)，OA·OB＝－5，OA·OC＝－1，OB·OC＝－2.

→→→

8．C [解析] ∵|AB|＝3，|BC|＝4，|CA|＝5， →→→→→∴|CA|2＝|AB|2＋|BC|2，故∠B＝90°，则有AB·BC＝0. 4→→→→

－＝－16， 由BC·CA＝|BC||CA|cos(π－C)＝4×5×53→→→→

－＝－9， CA·AB＝|CA||AB|cos(π－A)＝5×3×5

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则原式＝0＋(－16)＋(－9)＝－25.

→→→→→→→→→→

9．C [解析] 由2OA＋AB＋AC＝0，得2OA＋OB－OA＋OC－OA＝0，即OB＝－OC， →→即O，B，C三点共线，BC为△ABC外接圆的直径，故∠A＝90°，又|OA|＝|AB|，得∠→B＝60°，所以∠C＝30°且|CA|＝3(如图)．

3→→→→

所以CA·CB＝|CA|·|CB|cos30°＝3×2×＝3.

2

10．D [解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把直线方程y＝mx代入圆的方程并整理得(1＋9→→

m2)x2－(6＋4m)x＋9＝0，则x1x2＝.OA·OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋mx1mx2＝

1＋m29

(1＋m2)x1x2＝(1＋m2)×＝9.

1＋m2→→同理OC·OD＝9.

→→→→所以OA·OB＋OC·OD＝18.

→→→→

11．(－1，－1) [解析] AD＝BC＝AC－AB＝(－1，－1)． 12．120° [解析] ∵c＝a＋b，且c⊥a，∴a·(a＋b)＝0， ∴a2＋a·b＝0，

1

即1＋1×2cosθ＝0，∴cosθ＝－，θ＝120°.

213．－2 [解析] 如图，

延长NM到点C，使得MC＝NM.连接AC、BC.

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1→→→→→→→→→

根据向量的几何运算法则，可得NA＋NB＝NC＝OM，而NO＝－OM，所以NO·(NA＋NB)

21→

＝－|OM|2＝－2.

2

222

14．27 [解析] F1＋F2＋F3＝0，则F3＝F1＋F2＋2|F1||F2|·cos60°＝28，所以|F3|＝27.

15．3 [解析] 方法一：如图所示，

→→→→∵OA·OB＝0，∴OB⊥OA.

→

不妨设|OC|＝2，过C作CD⊥OA于D，CE⊥OB于E，则四边形ODCE是矩形， →→→→→OC＝OD＋DC＝OD＋OE.

→→→∵|OC|＝2，∠COD＝30°，∴|DC|＝1，|OD|＝3. →→

又∵|OB|＝3，|OA|＝1， 3→→→→

故OD＝3 OA，OE＝OB，

3

3→3→→

∴OC＝3 OA＋OB，此时m＝3，n＝，

33m3

∴＝＝3. n3

3

→→

方法二：由OA·OB＝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OA＝(1,0)，OB＝(0，3)，

→→→→

又由OC＝mOA＋nOB，可知OC＝(m，3n)，

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故由tan30°＝

3n3m

＝，可知＝3. m3n

16．②③④ [解析] ①中a·b＝a·c⇒a·(b－c)＝0.当a＝0时也成立；②中若a∥b，则有ababk－2

＝⇒k＝－1；③中易知a，b夹角为60°，a与a＋b的夹角为30°；④中|a|＋|b|·|a|－|b|36

a2b2abab＝－·＝0. |a|－|b|＋|a|·|b||a||b|

17.－1，－

14141

∪－，－ [解析] 由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，222



2te1＋7e2·e1＋te2

得<0， |2te1＋7e2||e1＋te2|

即(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0， 化简即得2t2＋15t＋7<0， 1解得－72

当夹角为π时，也有(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0， 但此时夹角不是钝角， 设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2)，λ<0， 2t＝λ，λ＝－14，可求得7＝λt，∴ 14

t＝－2.λ<0.∴所求实数t的范围是－7，－

14141

∪－，－. 222



18．[解答] (1)f(x)＝a·b＝2cos2x＋3sin2x π

2x＋＋1. ＝1＋cos2x＋3sin2x＝2sin6

ππ1

2x＋＋1＝0，∴sin2x＋＝－， ∵f(x)＝0，∴2sin662ππ

－，， 又∵x∈33ππ5

∴－≤2x＋≤π，

266

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πππ∴2x＋＝－，∴x＝－.

666

π

2x＋＋1， (2)由(1)知，f(x)＝2sin6因为g(x)与f(x)的最小正周期相同，∴ω＝2， πππ

，2，∴cos2×－＋k＝2， 又g(x)的图象过点663∴1＋k＝2，∴k＝1，

π

2x－＋1，其值域为[0,2]． ∴g(x)＝cos3

→→→λ→→

19．[解答] 由点E、R、B共线，可设AR＝λAE＋(1－λ)AB＝AD＋(1－λ)AB，

2又由A、R、C共线， →→→→设AR＝μAC＝μ(AB＋AD)，

λ

由平面向量基本定理知：μ＝＝1－λ，

2

2111

∴λ＝，μ＝，即AR＝AC，同理可得CT＝AC，

3333∴AR＝RT＝TC.

3→→→→

20．[解答] 设PA＝λ1AB，QA＝λ2AC，则λ1＝－. 4又

S△APQAPAQPAQA3

＝·＝＝|λ|， S△ABCABACABAC42

31则|λ2|＝. 42

2又λ2<0，∴λ2＝－，

3设点Q的坐标为(xQ，yQ)，

22

则1－xQ＝－×6，－yQ＝－×(－4)，

33

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88

5，－. 得xQ＝5，yQ＝－，∴Q33→→→→

21．[解答] ∵AB⊥AC，∴AB·AC＝0.

→→→→→→→→∵AP＝－AQ，BP＝AP－AB，CQ＝AQ－AC， →→→→→→∴BP·CQ＝(AP－AB)·(AQ－AC) →→→→→→→→＝AP·AQ－AP·AC－AB·AQ＋AB·AC →→→→＝－a2－AP·AC＋AB·AP →→→＝－a2－AP·(AC－AB) 1→→＝－a2＋PQ·BC

2＝－a2＋a2cosθ.

→→→→

故当cosθ＝1，即θ＝0(PQ与BC方向相同)时，BP·CQ最大，其最大值为0.

22．[解答] (1)当直线l的斜率存在时，设为k，则l方程为y＝kx＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

y＝kx＋1，

由题设可得方程组2y2即(4＋k2)x2＋2kx－3＝0.

x＋4＝1，2k8

所以x1＋x2＝－， 2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4＋k4＋k2k4→1→→x1＋x2y1＋y2而OP＝(OA＋OB)＝，＝－. 2，2224＋k4＋k2设P的坐标为(x，y)，

则4

y＝

4＋k，

2k

x＝－，

4＋k2

消去k得4x2＋y2－y＝0.

当k不存在时，A，B中点O(0,0)也满足上式，

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所以，动点P的轨迹方程是4x2＋y2－y＝0. 11y－2＝， (2)由4x2＋y2－y＝0，得4x2＋2411

可得－≤x≤，

44

1117→

x－2＋y－2＝－3x＋2＋. |NP|2＝22612

11121→→

当x＝时，|NP|取最小值，当x＝－时，|NP|取最大值. 4466

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