2020高考数学文新课标大一轮温习层级快练第五章平面向量与复数作业32

题组层级快练(三十二)
1．(2021·北京，文)设a ，b 是非零向量．“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”的( ) A ．充分而没必要要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也没必要要条件
答案 A
解析 若a ·b ＝|a ||b |，则a 与b 的方向相同，因此a ∥b .假设a ∥b ，则a ·b ＝|a ||b |，或a ·b ＝－|a ||b |，因此“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”的充分而没必要要条件，选A. 2．已知a ＝(1，2)，2a －b ＝(3，1)，则a ·b ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5
答案 D
解析 ∵a ＝(1，2)，2a －b ＝(3，1)，
∴b ＝2a －(3，1)＝2(1，2)－(3，1)＝(－1，3)． ∴a ·b ＝(1，2)·(－1，3)＝－1＋2×3＝5.
3．已知|a |＝6，|b |＝3，a ·b ＝－12，那么向量a 在向量b 方向上的投影是( ) A ．－4 B ．4 C ．－2 D ．2 答案 A
解析 ∵a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝18cos 〈a ，b 〉＝－12，∴cos 〈a ，b 〉＝－23.∴a 在b 方向上的投影是|a |cos 〈a ，
b 〉＝－4.
4．(2019·黑龙江大庆第一次质检)已知向量a ＝(1，2)，b ＝(－2，m)，若a ∥b ，那么|2a ＋3b |＝( ) A.70 B ．4 5 C ．3 5 D ．2 5 答案 B
解析 ∵a ＝(1，2)，b ＝(－2，m)，且a ∥b ，∴1×m ＝2×(－2)，∴m ＝－4.∴a ＝(1，2)，b ＝(－2，－4)，∴2a ＋3b ＝(－4，－8)， ∴|2a ＋3b |＝
（－4）2＋（－8）2＝4 5.应选B.
5．已知向量a ＝(1，2)，a ·b ＝5，|a －b |＝25，那么|b |等于( ) A. 5
B ．25
C ．5
D ．25
答案 C
解析 由a ＝(1，2)，可得a 2＝|a |2＝12＋22＝5. ∵|a －b |＝25，∴a 2－2a ·b ＋b 2＝20.
∴5－2×5＋b 2＝20.∴b 2＝25.∴|b |＝5，应选C.
6．(2019·保定模拟)假设向量a ，b 知足|a |＝|b |＝1，(a ＋b )·b ＝32，那么向量a ，b 的夹角为( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
答案 C
解析 ∵(a ＋b )·b ＝b 2＋a·b ＝1＋a·b ＝3
2
，
∴a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝12，cos 〈a ，b 〉＝1
2，〈a ，b 〉＝60°.应选C.
7．设a ，b ，c 是单位向量，且a ＋b ＝c ，则a ·c 的值为( ) A ．2 B.12 C ．3 D.13 答案 B
解析 由|a|＝|b|＝|c|＝1，b ＝c －a ，两边平方得b 2＝(c －a )2，∴1＝1＋1－2a ·c ，∴a ·c ＝1
2
.
8．(2019·江南十校联考)已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝3，且|2a ＋b |＝7，那么向量a 与向量a ＋b 的夹角为( ) A.π2 B.π3 C.π6 D ．π 答案 B
解析 由题意，得|2a ＋b |2＝4＋4a ·b ＋3＝7，因此a ·b ＝0，因此a ·(a ＋b )＝1，且|a ＋b |＝（a ＋b ）2＝2，故cos
〈a ，a ＋b 〉＝a ·（a ＋b ）|a |·|a ＋b |
＝12，因此〈a ，a ＋b 〉＝π3，应选B.
9．已知|a |＝1，|b |＝3，a ＋b ＝(3，1)，则a ＋b 与a －b 的夹角为( ) A.π
6 B.π
3 C.2π3 D.5π6
答案 C
解析 由a ＋b ＝(3，1)，得|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝4，又|a |＝1，|b |＝3，因此|a |2＋2a ·b ＋|b |2＝1＋2a ·b ＋3＝4，解得
2a·b＝0，因此|a－b|＝|a－b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝2，设a＋b与a－b的夹角为θ，那么由夹角公式可得cosθ
＝（a＋b）·（a－b）
|a＋b||a－b|
＝
|a |2－|b |22×2
＝－12，且θ∈[0，π]，因此θ＝23π，即a ＋b 与a －b 的夹角为2
3π.
10．(2019·人大附中模拟)已知a ，b 是非零向量，且向量a ，b 的夹角为π3，假设向量p ＝a |a |＋b
|b |，那么|p |＝( )
A ．2＋ 3 B.2＋ 3 C ．3 D. 3
答案 D
解析 ∵|p |2＝1＋1＋2cos π
3
＝3，∴|p |＝ 3.
11．如下图，已知正六边形P 1P 2P 3P 4P 5P 6，那么以下向量的数量积中最大的是( )
A.P 1P 2→·P 1P 3→
B.P 1P 2→·P 1P 4→
C.P 1P 2→·P 1P 5→
D.P 1P 2→·P 1P 6→
答案 A
解析 由于P 1P 2→⊥P 1P 5→，故其数量积是0，可排除C ；P 1P 2→与P 1P 6→
的夹角为23π，故其数量积小于0，可排除D ；设
正六边形的边长是a ，则P 1P 2→·P 1P 3→＝|P 1P 2→||P 1P 3→|cos30°＝32a 2，P 1P 2→·P 1P 4→＝|P 1P 2→||P 1P 4→
|cos60°＝a 2.应选A.
12．(2019·沧州七校联考)已知P 是边长为2的正三角形ABC 的边BC 上的动点，则AP →·(AB →＋AC →
)( ) A ．有最大值为8 B ．是定值6 C ．有最小值为2 D ．与点的位置有关 答案 B
解析 因为点P 在边BC 上，因此存在实数λ，使AP →＝λAB →＋(1－λ)AC →，因此AP →·(AB →＋AC →)＝[λAB →＋(1－λ)AC →]·(AB →＋AC →)＝4＋AB →·AC →
＝6.应选B.
13．(2019·河南豫北名校联盟对抗赛)已知△ABC 的外接圆的半径为1，圆心为点O ，且3OA →＋4OB →＋5OC →
＝0，则OC →·AB →
＝( ) A.85 B.75 C ．－15
D.45
答案 C
解析 因为|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝1，由3OA →＋4OB →＋5OC →＝0得3OA →＋5OC →＝－4OB →和4OB →＋5OC →＝－3OA →
，两个式子别离平方可得OA →
·
OC →＝－35和OB →·OC →＝－45.因此OC →·AB →＝OC →·(OB →－OA →)＝OC →·OB →－OC →·OA →
＝－15
.应选C.
14．(2019·江西上饶一模)在边长为1的正方形ABCD 中，2AE →＝EB →，BC 的中点为F ，EF →＝2FG →，则EG →·BD →
＝________． 答案 －14
解析 以A 为坐标原点，成立如下图的直角坐标系．
∵正方形ABCD 的边长为1， ∴B(1，0)，D(0，1)，E(1
3，0)，
F(1，12
)．
设G(a ，b)，由EF →＝2FG →
， 得(23，12)＝2(a －1，b －12
)， 解得⎩⎨⎧a ＝4
3，b ＝3
4
，∴G(43，34)．∴EG →
＝(1，3
4)．
∵BD →＝(－1，1)，∴EG →·BD →
＝－1＋34＝－14
.
15．(2021·浙江)已知e 1，e 2是平面单位向量，且e 1·e 2＝1
2.假设平面向量b 知足b ·e 1＝b ·e 2＝1，那么|b |＝________．
答案
23
3
解析 因为b ·e 1＝b ·e 2＝1，|e 1|＝|e 2|＝1，由数量积的几何意义，知b 在e 1，e 2方向上的投影相等，且都为1，因此b 与e 1，e 2所成的角相等．由e 1·e 2＝12，知e 1与e 2的夹角为60°，因此b 与e 1，e 2所成的角均为30°，即|b |cos30°
＝1，因此|b |＝1cos30°＝23
3
.
16．假设平面向量a ，b 知足|2a －b |≤3，则a ·b 的最小值是________． 答案 －98
解析 由|2a －b |≤3可知，4a 2＋b 2－4a ·b ≤9，因此4a 2＋b 2≤9＋4a ·b .而4a 2＋b 2＝|2a |2＋|b |2≥2|2a |·|b |≥－4a ·b ，
因此a ·b ≥－9
8
，当且仅当2a ＝－b 时取等号．
17．设两个向量e 1，e 2知足|e 1|＝2，|e 2|＝1，e 1与e 2的夹角为π
3，假设向量2t e 1＋7e 2与e 1＋t e 2的夹角为钝角，求
实数t 的取值范围． 答案 (－7，－
142)∪(－142，－12
) 解析 由向量2t e 1＋7e 2与e 1＋t e 2的夹角为钝角，得（2t e 1＋7e 2）·（e 1＋t e 2）
|2t e 1＋7e 2||e 1＋t e 2|<0，
即(2t e 1＋7e 2)·(e 1＋t e 2)<0， 化简即得2t 2＋15t ＋7<0， 解得－7<t<－12
.
当夹角为π时，也有(2t e 1＋7e 2)·(e 1＋t e 2)<0， 但现在夹角不是钝角． 设2t e 1＋7e 2＝λ(e 1＋t e 2)，λ<0， 可求得⎩⎪⎨⎪
⎧2t ＝λ，
7＝λt ，λ<0，
∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－14，
t ＝－142.
∴所求实数t 的范围是(－7，－142)∪(－142，－1
2
)．。