（湖北專用）2020高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓（八）第8講 平面向量及向量的應用配套作業(yè) 理（解析版）

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1、專題限時集訓(八) [第8講　平面向量及向量的應用] (時間：45分鐘) 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 1．設向量a＝(1，0)，b＝，則下列結論正確的是(　　) A．|a|＝|b| B．a(chǎn)·b＝ C．a(chǎn)∥b D．a(chǎn)－b與b垂直 2．已知e1，e2是兩夾角為120°的單位向量，a＝3e1＋2e2，則|a|等于(　　) A．4 B. C．3 D. 3．若向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝，且a⊥(a＋b)，則a與b的夾角為(　　) A. B. C. D. 4．已知P是邊長為2的正方形ABCD及其內部一動點，若△PAB，△PBC

2、面積均不大于1，則·的取值范圍是(　　) A. B．(－1，2) C. D．[－1，1] 5．定義：|a×b|＝|a||b|sinθ，其中θ為向量a與b的夾角，若|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6，則|a×b|等于(　　) A．－8 B．8 C．－8或8 D．6 6．已知兩點A(1，0)，B(1，)，O為坐標原點，點C在第二象限，且∠AOC＝120°，設＝－2＋λ(λ∈R)，則λ等于(　　) A．－1 B．2 C．1 D．－2 7．兩個非零向量，不共線，且＝m，＝n(m，n>0)，直線PQ過△OAB的重心，則m，n滿足(　　) A．m＋n＝ B．m＝1，

3、n＝ C.＋＝3 D．以上全不對 8．已知在△ABC中，AB＝3，∠A＝60°，∠A的平分線AD交邊BC于點D，且＝＋λ(λ∈R)，則AD的長為(　　) A．2 B. C．1 D．3 9．已知a＝(－2，1)，b＝(0，2)，若向量a＋λb與2a＋b垂直，則實數(shù)λ的值為________． 10．設i，j是平面直角坐標系(坐標原點為O)內分別與x軸，y軸正方向相同的兩個單位向量，且＝－2i＋j，＝4i＋3j，則△OAB的面積等于________． 11．已知a＝(1，2)，b＝(1，1)，a與a＋λb的夾角為銳角，則實數(shù)λ的取值范圍為________． 12．已知向量a

4、＝(cosθ，sinθ)，θ∈[0，π]，向量b＝(，－1)． (1)若a⊥b，求θ的值； (2)若|2a－b|

5、n，求函數(shù)f(x)的值域． 專題限時集訓(八) 【基礎演練】 1．D　[解析] ＝1，＝，A不正確；a·b＝，B不正確；a＝λb時可得1＝λ且0＝λ，此方程組無解，C不正確；(a－b)·b＝，－·，＝0，D正確． 2．D　[解析] ＝＝. 3．C　[解析] 設a，b夾角為θ，由a⊥(a＋b)，得a·(a＋b)＝0，即|a|2＋|a|·|b|cosθ＝0，代入數(shù)據(jù)解得cosθ＝－.又θ∈[0，π]，所以θ＝. 4. D　[解析] 建立如圖所示的平面直角坐標系，由于△PAB，△

6、PBC面積均不大于1，故點P在圖中的區(qū)域EFGB的邊界及其內部，設P(x，y)，則·＝(x，y)·(x－2，y)＝x2＋y2－2x＝(x－1)2＋y2－1，其中(x－1)2＋y2表示區(qū)域內的點到點(1，0)距離的平方，顯然范圍是[0，2]，故·的取值范圍是[－1，1]． 【提升訓練】 5．B　[解析] 由|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6，得cosθ＝－，sinθ＝，所以|a×b|＝|a|·|b|·sinθ＝2×5×＝8. 6．C　[解析] ＝－2＋λ＝－2(1，0)＋λ(1，)＝(－2＋λ，λ)．因為∠AOC＝120°，所以由tan120°＝＝－，解得λ＝1. 7．C　[解析]

7、設重心為點G，且＝t， 所以＝＋＝m＋t＝m＋t ＝m(1－t)＋nt. 設OG與AB交于點D，則點D為AB的中點．所以＝＝(＋)． 故消去t得＋＝3.故選C. 8. A　[解析] 如圖，過D作AC，AB的平行線，分別交AC，AB于E，F(xiàn)，則＝＋，由＝＋λ及B，D，C三點共線知AC＝3AE，λ＝.又AB＝3，所以AF＝AB＝2.由AD是∠A的平分線知，四邊形AEDF是菱形，所以AE＝2，||2＝(＋)2＝2＋2＋2·＝12，∴||＝2，選A. 9．－　[解析] 由題可得，(a＋λb)·(2a＋b)＝2a2＋(2λ＋1)a·b＋λb2＝0.又a2＝5，b2＝4，a·b＝2，則1

8、0＋2(2λ＋1)＋4λ＝0，解得λ＝－. 10．5　[解析] 由題可知||＝，||＝5，·＝－5，所以cos〈，〉＝＝－，sin〈，〉＝，所求面積為S＝××5×＝5. 11.∪　[解析] 由題意可得 即即λ∈∪(0，＋∞)． 12．解：(1)∵a⊥b，∴cosθ－sinθ＝0，得tanθ＝. 又θ∈[0，π]，∴θ＝. (2)∵2a－b＝(2cosθ－，2sinθ＋1)， ∴|2a－b|2＝(2cosθ－)2＋(2sinθ＋1)2 ＝8＋8＝8＋8sin. 又θ∈[0，π]，∴θ－∈－，， ∴sin∈－，1， ∴|2a－b|2的最大值為16，∴|2a－b|的最大值為4.

9、 又|2a－b|4. 13．解：(1)由題意得m·n＝(sin2A－sin2C)＋(sin2B－sinAsinB)＝0， 即sin2C＝sin2A＋sin2B－sinAsinB， 由正弦定理得c2＝a2＋b2－ab， 再由余弦定理得cosC＝＝， ∵0

10、<. 14．解：(1)∵m－n＝(cosx－1，sinx－)， 由|m－n|＝得cos2x－2cosx＋1＋sin2x－2sinx＋3＝5， 整理得cosx＝－sinx，顯然cosx≠0，∴tanx＝－. ∵x∈(0，π)，∴x＝. (2)∵m＋n＝(cosx＋1，sinx＋)， ∴f(x)＝(m＋n)·n＝(cosx＋1，sinx＋)·(1，) ＝cosx＋1＋sinx＋3 ＝2sinx＋cosx＋4 ＝2sinx＋＋4. ∵0