内蒙古大附中版高考数一轮复习 平面向量单元能力提升训练VIP专享VIP免费

内蒙古大学附中版《创新设》高考数学一轮复习单元能力提升训练：平面向量本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．在直角坐标系中，已知两点，则的值是()A．B．C．D．【答案】D2．已知、是非零向量且满足(－2)⊥，(－2)⊥，则与的夹角是()A．B．C．D．【答案】B3．下列说法中错误的是()A．零向量是没有方向的B．零向量的长度为0C．零向量与任一向量平行D．零向量的方向是任意的【答案】A4．下列命中，正确的是（）A．|a|＝|b|a＝bB．|a|＞|b|a＞bC．a＝ba∥bD．｜a｜＝0a＝0【答案】C5．如图正六边形ABCDEF中，P是CDE内（包括边界）的动点，设(,)APABAFR�，则α+β的取值范围是()A．[3，4]B．[3，5]C．[2，4]D．[4，5]【答案】A6．如图，非零向量,OAaOBb�且,BCOAC为垂足，若OCa�，则()A．2abaB．ababC．2abbD．abab【答案】A7．已知||2||0ab且关于x的函数3211()||32fxxaxabx在R上有极值，则a与b的夹角范围是()A．0,6B．,6C．,3D．2,33【答案】C8．在ABC中,cba、、分别为三个内角CBA、、所对的边,设向量),(),,(acbnaccbm，若向量nm，则角A的大小为()A．6B．3C．2D．32【答案】B9．如果向量u=(3–，6)，v=(4，2)，w�=(–10–，5)，那么下列结论中错误的是()A．u⊥vB．u∥vC．u⊥w�D．v∥w�【答案】B10．若||1a，||2b，且()aab，则向量,ab的夹角为()A．45°B．60°C．120°D．135°【答案】A11．在直角坐标系中，分别是与轴，轴平行的单位向量，若直角三角形中，，，则的可能值有()A．1个B、2个C、3个D、4个【答案】B12．在ABC中，O为边BC中线AM上的一点，若4AM，则)(OCOBAO的()A．最大值为8B．最大值为4C．最小值－4D．最小值为－8【答案】A第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．已知向量a=（3，1），b=（0，-1），c=（k，3）。若ba2与c共线，则k=________.【答案】114．已知点O在ABC内部，022OCOBOA．OCBABC与的面积之比为【答案】5：115．已知||1a�，||2b，()aab，则a与b夹角的度数为.【答案】12016．P分有向线段21PP的比为-2，则2P分有向线段1PP所成的比为【答案】1三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．已知椭圆C：2214xy，直线l与椭圆C相交于A、B两点，0OAOB�（其中O为坐标原点）。(1）试探究：点O到直线AB的距离是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由；(2）求||||OAOB的最小值。【答案】（Ⅰ）点O到直线AB的距离是定值.设1122(,),(,)AxyBxy，①当直线AB的斜率不存在时，则由椭圆的对称性可知，12xx，12yy. 0OAOB�，即12120xxyy，也就是22110xy，代入椭圆方程解得：1125||||5xy.此时点O到直线AB的距离125||5dx.②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，与椭圆:C2214xy联立，消去y得：222(14)8440kxkmxm，122814kmxxk，21224414mxxk，因为OAOB，所以12120xxyy，所以221212(1)()0kxxkmxxm，代入得：2222222448(1)01414mkmkmkk，整理得2254(1)mk，O到直线AB的距离22551mdk.综上所述，点O到直线AB的距离为定值255.(Ⅱ）（法一：参数法）设11(,)Axy，22(,)Bxy，设直线OA的斜率为(0)kk，则OA的方程为ykx，OB的方程为1yxk，解方程组2214ykxxy，得2122212414414xkkyk，同理可求得2222222444444kxkyk，故222122221(1)1||1||4(14)(4)kOAOBkxxkkk...