2019版高考数学（文科 课标版）一轮复习题组训练：第5章第1讲 平面向量的概念及线性运算（含最新模拟题）

2019版高考数学（文科 课标版）一轮复习题组训练：第5章第1讲 平面向量的概念及线性运算（含最新模拟题）

第一讲 平面向量的概念及线性运算、平面向量基本定理及坐标运算 题组1　平面向量的概念及线性运算 ‎1.[2015陕西,8,5分][文]对任意平面向量a,b,下列关系式中不恒成立的是 (　　)‎ A.|a·b|≤|a||b| B.|a-b|≤||a|-|b|| C.(a+b)2=|a+b|2 D.(a+b)·(a-b)=a2-b2‎ ‎2.[2014新课标全国Ⅰ,6,5分][文]设D,E,F分别为△ABC的三边BC,CA,AB的中点,则EB+FC=(　　)‎ A.AD B.‎1‎‎2‎AD C.BC D.‎‎1‎‎2‎BC ‎3.[2014浙江,9,5分][文]设θ为两个非零向量a,b的夹角.已知对任意实数t,|b+ta|的最小值为1.(　　)‎ A.若θ确定,则|a|唯一确定 B.若θ确定,则|b|唯一确定 C.若|a|确定,则θ唯一确定 D.若|b|确定,则θ唯一确定 ‎4.[2015新课标全国Ⅰ,2,5分][文]已知点A(0,1),B(3,2),向量AC=(-4,-3),则向量BC=(　　)‎ A.(-7,-4) B.(7,4) C.(-1,4) D.(1,4)‎ ‎5.[2015福建,7,5分][文]设a=(1,2),b=(1,1),c=a+kb.若b⊥c,则实数k的值等于(　　)‎ A.-‎3‎‎2‎ B.-‎5‎‎3‎ C.‎5‎‎3‎ D.‎‎3‎‎2‎ ‎6.[2014四川,7,5分]平面向量a=(1,2),b=(4,2),c=ma+b(m∈R),且c与a的夹角等于c与b的夹角,则m=(　　)‎ A.-2 B.-1 C.1 D.2‎ ‎7.[2014北京,3,5分][文]已知向量a=(2,4),b=(-1,1),则2a-b=(　　)‎ A.(5,7) B.(5,9) C.(3,7) D.(3,9)‎ ‎8.[2015 新课标全国Ⅱ,13,5分]设向量a,b不平行,向量λa+b与a+2b平行,则实数λ=　　　. ‎ ‎9.[2017全国卷Ⅲ,13,5分][文]已知向量a=(-2,3),b=(3,m),且a⊥b,则m=　　　. ‎ ‎10.[2016全国卷Ⅱ,13,5分][文]已知向量a=(m,4),b=(3,-2),且a∥b,则m=　　　　. ‎ ‎11.[2015北京,13,5分]在△ABC中,点M,N满足AM=2MC,BN=NC.若MN=xAB+yAC,则x=　　　　;y=　　　. ‎ 题组2　平面向量的基本定理及向量的坐标运算 ‎12.[2015江苏,6,5分][文]已知向量a=(2,1),b=(1,-2).若ma+nb=(9,-8)(m,n∈R),则m-n的值为　　　　. ‎ ‎13.[2014北京,10,5分]已知向量a,b满足|a|=1,b=(2,1),且λa+b=0(λ∈R),则|λ|=　　　. ‎ ‎14.[2013江苏,10,5分][文]设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,AD=‎1‎‎2‎AB,BE=‎2‎‎3‎BC.若DE=λ1AB+λ2AC(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为　　　. ‎ A组基础题 ‎1.[2018海南省八校联考,4]设D为线段BC的中点,且AB+AC=-6AE,则(　　)‎ A.AD=2AE B.AD=3AE C.AD=2EA D.AD=3‎EA ‎2.[2018河北石家庄二中模拟,5]已知点D是△ABC所在平面内的一点,且BD=-2DC,设AD=λAB+μAC,则λ-μ= (　　)‎ A.‎1‎‎3‎ B.-‎1‎‎3‎ C.3 D.-3‎ ‎3.[2018湖南省永州市一模,3]已知a=(1,-1), b=(1,0), c=(1,-2),若a与mb-c平行,则m=(　　 )‎ A.-1 B.1 C.2 D.3‎ ‎4.[2017陕西省六校高三第三次适应性训练,13]已知平面向量a=(2,4),b=(-1,k),且a∥b,则2a+b=　　　　. ‎ ‎5.[2017南昌市三模,14]已知向量a=(m,n),b=(1,-2),若|a|=2‎5‎,a=λb(λ<0),则m-n=　　　　. ‎ B组提升题 ‎6.[2018湘东五校联考,10]已知圆心为O,半径为1的圆上有不同的三个点A,B,C,其中OA·OB=0,存在实数λ,μ满足OC+λOA+μOB=0,则实数λ,μ的关系为(　　)‎ A.λ2+μ2=1 B.‎1‎λ+‎1‎μ=1 C.λμ=1 D.λ+μ=1‎ ‎7.[2017长春市第二次质量监测,6]在△ABC中,D为△ABC所在平面内一点,且AD=‎1‎‎3‎AB+‎1‎‎2‎AC,则S‎△BCDS‎△ABD=(　　)‎ A.‎1‎‎6‎ B.‎1‎‎3‎ C.‎1‎‎2‎ D.‎‎2‎‎3‎ ‎8.[2017太原市三模,6]在△ABC中,AB=3,AC=2,∠BAC=60°,点P是△ABC内一点(含边界),若AP=‎2‎‎3‎AB+λAC,则|AP|的取值范围为(　　)‎ A.[2,‎2‎‎10+3‎‎3‎‎3‎] B.[2,‎8‎‎3‎] C.[0,‎2‎‎13‎‎3‎] D.[2,‎2‎‎13‎‎3‎]‎ ‎9.[2018广东七校联考,14]设x,y∈R,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=　　　　. ‎ ‎10.[2018衡水金卷,13]已知在△ABC中,|BC|=|AB-CB|,AB=(1,2),若边AB的中点D的坐标为(3,1),点C的坐标为(t,2),则t=　　　　. ‎ ‎11.[2017郑州市第三次质量预测,16]在△ABC中,∠A=π‎3‎,O为平面内一点,且|OA|=|OB|=|OC|,M为劣弧BC上一动点,且OM=pOB+qOC,则 p+q的取值范围为　　　　. ‎ 答案 ‎1.B　对于A选项,设向量a,b的夹角为θ,因为|a·b|=|a||b||cos θ|≤|a||b|,所以A选项正确;对于B选项,因为当向量a,b反向时,|a-b|≥||a|-|b||,所以B选项错误;对于C选项,由向量的平方等于向量模的平方可知,C选项正确;对于D选项,根据向量的运算法则,可推导出(a+b)·(a-b)=a2-b2,故D选项正确,综上可知选B.‎ ‎2.A　EB+FC=‎1‎‎2‎(AB+CB)+‎1‎‎2‎(AC+BC)=‎1‎‎2‎(AB+AC)=AD,故选A.‎ ‎3.B　由于|b+ta|2=b2+2a·bt+a2t2,令f(t)=a2t2+2a·bt +b2,而t是任意实数,所以可得f(t)的最小值为‎4a‎2‎b‎2‎-(2a·b‎)‎‎2‎‎4‎a‎2‎=‎4a‎2‎b‎2‎-4a‎2‎b‎2‎cos‎2‎θ‎4‎a‎2‎=‎4b‎2‎sin‎2‎θ‎4‎=1,即|b|2sin2θ=1,易知若θ确定,则|b|唯一确定.故选B.‎ ‎4.A　设C(x,y),因为A(0,1),AC=(-4,-3),所以x=-4,‎y-1=-3,‎解得x=-4,‎y=-2,‎所以C(-4,-2),又B(3,2),所以BC=(-7,-4),故选A.‎ ‎5.A　因为c=(1+k,2+k),b·c=0,所以1+k+2+k=0,解得k=-‎3‎‎2‎,故选A.‎ ‎6.D　解法一　由已知得c=(m+4,2m+2),因为cos=c·a‎|c|·|a|‎,cos=c·b‎|c|·|b|‎,所以c·a‎|c|·|a|‎=c·b‎|c|·|b|‎,又由已知得|b|=2|a|,所以2c·a=c·b,即2[(m+4)+2(2m+2)]=4(m+4)+2(2m+2),解得m=2.‎ 解法二　易知c是以ma,b为邻边的平行四边形的对角线向量,因为c与a的夹角等于c与b的夹角,所以该平行四边形为菱形,又由已知得|b|=2|a|,故m=2.‎ ‎7.A　因为a=(2,4),b=(-1,1),所以2a-b=(2×2-(-1),2×4-1)=(5,7),故选A.‎ ‎8.‎1‎‎2‎　由于λa+b与a+2b平行,所以存在μ∈R,使得λa+b=μ(a+2b),即(λ-μ)a+(1-2μ)b=0,因为向量a,b不平行,所以λ-μ=0,1-2μ=0,解得λ=μ=‎1‎‎2‎.‎ ‎9.2　因为a⊥b,所以a·b=-2×3+3m=0,解得m=2.‎ ‎10.-6　由题意得-2m-12=0,所以m=-6.‎ ‎11.‎1‎‎2‎　-‎1‎‎6‎　由题中条件得MN=MC+CN=‎1‎‎3‎AC+‎1‎‎2‎CB=‎1‎‎3‎AC+‎1‎‎2‎(AB-AC)=‎1‎‎2‎AB-‎1‎‎6‎AC=xAB+yAC,所以x=‎1‎‎2‎,y=-‎1‎‎6‎.‎ ‎12.-3　由向量a=(2,1),b=(1,-2),得ma+nb=(2m+n,m-2n)=(9,-8),则‎2m+n=9,‎m-2n=-8,‎解得m=2,‎n=5,‎故m-n=-3.‎ ‎13.‎5‎　因为|a|=1,所以可令a=(cos θ,sin θ),因为λa+b=0,b≠0,所以λ≠0,所以λcosθ+2=0,‎λsinθ+1=0,‎即cosθ=-‎2‎λ,‎sinθ=-‎1‎λ,‎由sin2θ+cos2θ=1,得λ2=5,所以|λ|=‎5‎.‎ ‎14.‎1‎‎2‎　DE=DB+BE=‎1‎‎2‎AB+‎2‎‎3‎BC=‎1‎‎2‎AB+‎2‎‎3‎(BA+AC)=-‎1‎‎6‎AB+‎2‎‎3‎AC,所以λ1=-‎1‎‎6‎,λ2=‎2‎‎3‎,所以λ1+λ2=‎1‎‎2‎.‎ A组基础题 ‎1.D　由D为线段BC的中点,且AB+AC=-6AE,得2AD=-6AE,所以 AD=-3AE,即AD=3EA,故选D.‎ ‎2.D　如图D 5-1-2所示,C是线段BD的中点,‎ 图D 5-1-2‎ 则AD=AB+BD=AB+2BC=AB+2(AC-AB)=-AB+2AC.‎ 又AD=λAB+μAC,由平面向量基本定理可知,λ=-1,μ=2,‎ 所以λ-μ=-3.故选D.‎ ‎3.A　∵a=(1,-1),b=(1,0),c=(1,-2),∴mb-c=(m-1,2),又∵a与mb-c平行, ∴1×2=-(m-1),解得m=-1,故选A.‎ ‎4.(3,6)　因为a=(2,4),b=(-1,k),且a∥b,所以2k+4=0,k=-2,所以2a+b=(4,8)+(-1,-2)=(3,6).‎ ‎5.-6　∵a=(m,n),b=(1,-2),∴由|a|=2‎5‎,a=λb(λ<0),得m2+n2=20　①,m<0,n>0,‎‎-2 m-n=0‎　②,联立①②,解得m=-2,n=4.∴m-n=-6.‎ B组提升题 ‎6.A　解法一　取特殊点,取C为优弧AB的中点,此时由平面向量基本定理易得λ=μ=‎2‎‎2‎,只有A符合.故选A.‎ 解法二　依题意得|OA|=|OB|=|OC|=1,-OC=λOA+μOB,两边平方得1=λ2+μ2.故选A.‎ ‎7.B　由已知,得点D在△ABC中与AB平行的中位线上,且在靠近BC边的三等分点处,从而有S△ABD=‎1‎‎2‎S△ABC,S△ACD=‎1‎‎3‎S△ABC,S△BCD=(1-‎1‎‎2‎-‎1‎‎3‎)S△ABC=‎1‎‎6‎S△ABC,所以S‎△BCDS‎△ABD=‎1‎‎3‎.故选B.‎ ‎8.D　解法一　因为AB=3,AC=2,∠BAC=60°,所以AB·AC=3,又AP=‎2‎‎3‎AB+λAC,所以|AP|2=‎4‎‎9‎AB‎2‎+‎4λ‎3‎AB·AC+λ2AC‎2‎=4λ2+4λ+4,因为点P是△ABC内一点(含边界),所以点P在线段DE上,其中D,E分别为AB,BC的三等分点,如图D 5-1-3所示,所以0≤λ≤‎1‎‎3‎,所以4≤|AP|2≤‎52‎‎9‎,所以2≤|AP|≤‎2‎‎13‎‎3‎,故选D.‎ 图D 5-1-3‎ 解法二　以点A为坐标原点,以AC所在直线为x轴,建立如图D 5-1-4所示的平面直角坐标系,因为AB=3,AC=2,∠BAC=60°,所以AB=(‎3‎‎2‎,‎3‎‎3‎‎2‎),AC=(2,0),又AP=‎2‎‎3‎AB+λAC,所以AP=(2λ+1,‎3‎),所以|AP|2=4λ2+4λ+4,因为点P是△ABC内一点(含边界),所以点P在线段DE上,其中D,E分别为AB,BC的三等分点,所以0≤λ≤‎1‎‎3‎,所以4≤|AP|2≤‎52‎‎9‎,所以2≤|AP|≤‎2‎‎13‎‎3‎,故选D.‎ 图D 5-1-4‎ 解法三　如图D 5-1-5,点D为线段AB靠近点B的三等分点,DE∥AC交BC于点E,因为点P是△ABC内一点(含边界),且AP=‎2‎‎3‎AB+λAC,所以点P在线段DE上,当点P与点D重合时,|AP|最小,最小值为2,当点P与点E重合时,|AP|最大,因为AB=3,AC=2,∠BAC=60°,所以AD=2,DE=‎2‎‎3‎,∠ADE=120°,由余弦定理得AE=‎2‎‎13‎‎3‎,所以|AP|的最大值为‎2‎‎13‎‎3‎,所以2≤|AP|≤‎2‎‎13‎‎3‎,故选D.‎ 图D 5-1-5‎ ‎9.‎10‎　由a⊥c,得a·c=2x-4=0,解得x=2.由b∥c,得2y=-4,即y=-2,所以a=(2,1),b=(1,-2),a+b=(3,-1),|a+b|=‎3‎‎2‎‎+(-1‎‎)‎‎2‎=‎10‎.‎ ‎10.1　依题意,得|BC|=|AC|,故△ABC是以AB为底边的等腰三角形,故CD⊥AB,所以CD·AB=(3-t,-1)·(1,2)=3-t-2=0,解得t=1.‎ ‎11.[1,2]　‎ 解法一　因为|OA|=|OB|=|OC|,所以O为△ABC外接圆的圆心,且∠BOC=‎2π‎3‎.以O为坐标原点,建立如图D 5-1-6所示的平面直角坐标系,不妨设圆的半径为1,则B(1,0),C(-‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎),设M(cos θ,‎ sin θ)(0≤θ≤‎2π‎3‎),则OB=(1,0),OC=(-‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎),由OM=pOB+qOC,得cosθ=p-q‎2‎,‎sinθ=‎3‎‎2‎q,‎解得p=cosθ+‎1‎‎3‎sinθ,‎q=‎2‎‎3‎sinθ,‎所以p+q=cos θ+‎3‎sin θ=2sin(θ+π‎6‎),由0≤θ≤‎2π‎3‎,知π‎6‎≤θ+π‎6‎≤‎5π‎6‎,所以当θ+π‎6‎=π‎2‎,即θ=π‎3‎时,p+q取得最大值2;当θ+π‎6‎=π‎6‎或θ+π‎6‎=‎5π‎6‎,即θ=0或θ=‎2π‎3‎时,p+q取得最小值1.故p+q的取值范围是[1,2].‎ 图D 5-1-6‎ 解法二　因为|OA|=|OB|=|OC|,所以O为△ABC外接圆的圆心,且∠BOC=‎2π‎3‎.不妨设圆的半径为1,则|OM|=|OB|=|OC|=1,由OM=pOB+qOC两边平方,得‎|OM|‎‎2‎=p2‎|OB|‎‎2‎+q2‎|OC|‎‎2‎+2pq|OB|·|OC|cos∠BOC,即1=p2+q2+2pq×(-‎1‎‎2‎),亦即1=p2+q2-pq=(p+q)2-3pq.又由条件知p≥0,q≥0,所以0≤pq≤(p+q‎2‎)2=‎1‎‎4‎(p+q)2,所以‎(p+q‎)‎‎2‎≥1,‎‎(p+q‎)‎‎2‎-‎3‎‎4‎(p+q‎)‎‎2‎≤1,‎所以1≤(p+q)2≤4,所以1≤p+q≤2.‎