高中数学阶段质量检测(二)平面向量新人教A版必修4(2021年整理)

（浙江专版）2017-2018学年高中数学阶段质量检测（二）平面向量新人教A版必修4
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阶段质量检测（二) 平面向量
(时间120分钟满分150分）
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分,共40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．已知平面向量a＝（2，－1)，b＝(1，3），那么｜a＋b|等于（)
A．5 B.错误!
C.错误!D．13
解析:选B 因为a＋b＝(3,2)，所以｜a＋b｜＝32＋22＝错误!，故选B.
2．已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2),若（m＋n)⊥（m－n）,则λ＝（）
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
解析:选B 因为m＋n＝(2λ＋3,3）,m－n＝（－1，－1)，由(m＋n）⊥（m－n），可得(m ＋n）·(m－n)＝（2λ＋3,3)·（－1,－1)＝－2λ－6＝0，解得λ＝－3。

3．设点A(－1，2），B（2,3），C(3,－1），且AD＝2AB－3BC，则点D的坐标为（）A．(2,16）B．(－2，－16)
C．(4,16）D．（2,0）
解析：选A 设D(x,y)，由题意可知AD＝(x＋1，y－2），AB＝（3,1），BC＝
（1,－4)，
∴2AB－3BC＝2（3，1)－3（1，－4)＝（3，14）．
∴错误!∴错误!故选A.
4．某人在静水中游泳，速度为4错误! km/h，水流的速度为4 km/h。

他沿着垂直于对岸的方向前进，那么他实际前进的方向与河岸的夹角为（）A．90 ° B．30°
C．45° D．60°
解析：选D 如图，用OA表示水速，OB表示某人垂直游向对岸的速度,则实际前进方向与河岸的夹角为∠AOC.
于是tan∠AOC＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!,
∴∠AOC＝60°，故选D。

5．设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，
且DC＝2BD，
CE＝2EA，AF＝2FB，则AD＋BE＋CF与BC ( ）
A．反向平行
B．同向平行
C．互相垂直
D．既不平行也不垂直
解析：选A ∵AD＋BE＋CF＝（AB＋BD)＋（BA＋AE）＋（CB＋BF）
＝错误!BC＋错误!AC＋错误!
＝错误!BA＋错误!BC＋错误!AC＋CB＝－错误!BC，
∴（AD＋BE＋CF）与BC平行且方向相反．
6．设a，b是两个非零向量（）
A．若|a＋b｜＝|a｜－|b｜，则a⊥b
B．若a⊥b,则a＋b＝｜a｜－｜b｜
C．若|a＋b|＝｜a｜－｜b｜，则存在实数λ，使得b＝λa
D．若存在实数λ,使得b＝λa，则|a＋b｜＝|a|－｜b|
解析：选C 若|a＋b|＝|a｜－｜b|，则a，b共线，即存在实数λ，使得a＝λb，故C 正确；选项A:当|a＋b|＝|a|－｜b｜时,a,b可为异向的共线向量；选项B：若a⊥b,由矩形得|a＋b|＝|a｜－｜b｜不成立；选项D：若存在实数λ，使得b＝λa，a，b可为同向的共线向量，此时显然｜a＋b|＝|a｜－｜b|不成立．
7．已知平面上直线l与e所在直线平行且e＝错误!，点O（0,0)和A（1，－2)在l上的射影分别是O′和A′，则O A''＝λe，其中λ等于( ）
A。

错误! B．－错误!
C．2 D．－2
解析：选D 由题意可知|O A''|＝｜OA｜c os(π－θ)(θ为OA与e的夹角）．
∵O(0,0)，A(1，－2)，∴OA＝(1,－2)．
∵e＝错误!，∴OA·e＝1×错误!＋(－2）×错误!＝－2＝｜OA|·|e｜·cos θ，∴|OA｜·cos θ＝－2。

又∵｜O A''|＝｜λ|·｜e｜,∴λ＝±2.
又由已知可得λ<0,∴λ＝－2，故选D。

8．在△ABC中，有下列四个命题：
①AB－AC＝BC;
②AB＋BC＋CA＝0；
③若（AB＋AC)·(AB－AC）＝0，则△ABC为等腰三角形；
④若AC·AB>0，则△ABC为锐角三角形．
其中正确的命题有（)
A．①② B．①④
C．②③ D．②③④
解析:选C ∵AB－AC＝CB＝－BC≠BC，∴①错误．AB＋BC＋CA＝AC＋CA＝AC－AC＝0，∴②正确．由(AB＋AC）·(AB－AC)＝2
AB－2
AC＝0,得|AB｜＝｜AC｜,∴△ABC为等腰三角形，③正确．AC·AB>0⇒cos〈AC，AB〉〉0，即cos A>0，∴A为锐角，但不能确定B,C的大小，∴不能判定△ABC是否为锐角三角形,∴④错误，故选C.
二、填空题（本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分，共36分．请把正确答案填在题中横线上)
9．已知向量a，b的夹角为120°，|a|＝1，|b|＝3，则｜5a－b｜＝________。

解析：｜5a－b|＝错误!＝错误!
＝25a2＋b2－10a·b
＝错误!
＝7.
答案：7
10．在△ABC中,点M，N满足AM＝2MC，BN＝NC。

若MN＝x AB＋y AC，则x＝________，y＝________.
解析：∵AM＝2MC，∴AM＝错误!AC.
∵BN＝NC，∴AN＝错误!(AB＋AC)，
∴MN＝AN AN－AM＝1
2
(AB＋AC)－错误!AC
＝错误!AB－错误!AC。

又MN＝x AB＋y AC，∴x＝错误!，y＝－错误!.答案：错误!－错误!
11．已知向量a,b是互相垂直的单位向量，且c·a＝c·b＝－1，则|c｜＝________，｜a －2b＋3c|＝________.
解析：不妨设a＝(1，0）,b＝（0,1），c＝（x,y），则c·a＝x＝－1，c·b＝y＝－1，所以c＝(－1，－1)，|c｜＝错误!.所以a－2b＋3c＝（－2,－5），所以|a－2b＋3c｜＝错误!＝错误!.
答案：错误!错误!
12．若向量a与b满足｜a｜＝2，|b|＝2，（a－b）⊥a。

则向量a与b的夹角等于________，｜a＋b｜＝________.
解析：因为（a－b）⊥a，所以（a－b)·a＝a2－a·b＝0，所以a·b＝2，所以cos〈a，b〉＝错误!＝错误!＝错误!，所以<a，b〉＝错误!。

因为｜a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝2＋2×2＋4＝10，所以｜a＋b|＝错误!。

答案：错误!错误!
13．设非零向量a，b的夹角为θ,记f(a，b)＝a cos θ－b sin θ，若e1，e2均为单位向量，且e1·e2＝错误!,则向量f(e1，e2)的模为________，向量f(e1,e2）与f（e2，－e1)的夹角为________．
解析:∵e1·e2＝错误!，且e1，e2均为单位向量，∴向量e1与e2的夹角为30°，
∴f（e1,e2)＝e1cos 30°－e2sin 30°＝错误!e1－错误!e2，
∴|f（e1，e2)｜＝错误!
＝错误!＝错误!.
∵向量e1与e2的夹角为30°，∴向量e2与－e1的夹角为150°，
∴f(e2，－e1)＝e2cos 150°＋e1sin 150°＝错误!e1－错误!e2，
∴f(e1，e2)·f(e2，－e1）＝错误!·错误!＝错误!e错误!－e1·e2＋错误!e错误!＝0，
故向量f（e1,e2）与f（e2，－e1)的夹角为错误!.
答案：错误!错误!
14．已知向量AB与AC的夹角为120 °,且|AB｜＝3,|AC|＝2.若AP＝λAB＋AC，且AP⊥BC，则实数λ的值为________．
解析：BC＝AC－AB,由于AP⊥BC,所以AP·BC＝0，即（λAB＋AC）·(AC－AB）＝－λAB2＋AC2＋（λ－1)·AB·AC＝－9λ＋4＋(λ－1)×3×2×错误!＝0，解得λ＝错误!。

答案：错误!
15.如图，在直角梯形ABCD中,AB∥CD，AB＝2，AD＝DC＝1,P是线段BC上一动点，Q是线段DC上一动点,DQ＝λDC,CP＝(1－λ)CB，则AP·AQ的取值范围是________．
解析：建立如图所示的平面直角坐标系,则D（0,1）,C（1，1)．设Q （m，n），由DQ＝λDC得，（m，n－1）＝λ（1,0），即m＝λ，n＝1。

又B（2,0），设P（s，t），由CP＝（1－λ)CB得，(s－1,t－1）＝（1－λ)(1,－1),即s＝2－λ,t＝λ，所以AP·AQ＝λ(2－λ)＋λ＝－λ2＋3λ，λ∈[0，1］．故AP·AQ∈[0,2］．
答案:[0,2］
三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)平面内有向量OA＝（1，7),OB＝(5，1），OP＝(2，1），点M 为直线OP上的一动点．
(1)当MA·MB取最小值时,求OM的坐标;
（2)在(1)的条件下，求cos∠AMB的值．
解:(1）设OM＝(x,y），∵点M在直线OP上，
∴向量OM与OP共线，又OP＝(2,1）．
∴x×1－y×2＝0，即x＝2y。

∴OM＝（2y,y)．又MA MA＝OA－OM，OA＝(1，7)，
∴MA＝(1－2y，7－y)．
同理MB＝OB－OM＝（5－2y，1－y）．
于是MA·MB＝(1－2y）（5－2y)＋（7－y)（1－y)＝5y2－20y＋12.
可知当y＝错误!＝2时,MA·MB有最小值－8，此时OM＝(4，2)．
(2)当OM＝(4，2)，即y＝2时，
有MA＝（－3，5),MB＝（1，－1），
|MA｜＝34，|MB|＝2,
MA·MB＝(－3）×1＋5×(－1)＝－8.
cos∠AMB＝错误!＝错误!＝－错误!。

17．（本小题满分15分)已知O，A，B是平面上不共线的三点，直线AB上有一点C,满足2AC＋CB＝0，
(1)用OA,OB表示OC.
(2)若点D是OB的中点，证明四边形OCAD是梯形．
解：（1)因为2 AC＋CB＝0，
所以2(OC－OA)＋(OB－OC)＝0，
2OC－2OA＋OB－OC＝0，
所以OC＝2OA－OB。

(2)证明:如图，
DA＝DO＋OA＝－错误!OB＋OA
＝1
2
（2OA－OB)．
故DA＝错误!OC.即DA∥OC,且DA≠OC，故四边形OCAD为梯形．
18．（本小题满分15分)
如图，平行四边形ABCD中，AB＝a，AD＝b，H，M分别是AD，DC 的中点，F使BF＝错误!BC。

(1）以a,b为基底表示向量AM与HF;
（2)若|a｜＝3，｜b|＝4，a与b的夹角为120°，求AM·HF。

解:（1）连接AF，由已知得AM＝AD＋DM―→＝错误!a＋b.
∵AF＝AB＋BF＝a＋错误!b，
∴HF＝HA―→＋AF＝－错误!b＋错误!＝a－错误!b。

（2）由已知得a·b＝|a|｜b|cos 120°＝3×4×错误!
＝－6,
从而AM·HF
＝错误!·错误!
＝错误!｜a｜2＋错误!a·b－错误!|b|2
＝错误!×32＋错误!×(－6）－错误!×42＝－错误!.
19．(本小题满分15分）在△ABC中，AB·AC＝0,|AB｜＝12，|BC｜＝15,l为线段BC的垂直平分线，l与BC交于点D，E为l上异于D的任意一点．
（1）求AD·CB的值；
(2)判断AE·CB的值是否为一个常数，并说明理由．
解：(1)∵AB·AC＝0，∴AB⊥AC。

又|AB｜＝12，｜BC|＝15,∴｜AC｜＝9。

由已知可得AD＝错误!（AB＋AC)，CB＝AB－AC,
∴AD·CB＝错误!(AB＋AC）·（AB－AC）
＝错误!（2
AB－2
AC）
＝错误!(144－81）＝错误!。

(2)AE·CB的值为一个常数．
理由：∵l为线段BC的垂直平分线,l与BC交于点D,E为l上异于D的任意一点,∴DE·CB＝0。

故AE·CB＝（AD＋DE）·CB＝AD·CB＋DE·CB＝AD·CB＝63 2
.
20．(本小题满分15分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点,已知向量a＝(－1,2)，且点A（8,0），B(n，t），C(k sin θ，t）,θ∈错误!.
（1)若AB⊥a，且｜AB｜＝5|OA|,求向量OB；
（2）若向量AC与向量a共线，当k>4，且t sin θ取最大值4时，求OA·OC.
解：(1)因为AB＝(n－8，t)，且AB⊥a，
所以8－n＋2t＝0，即n＝8＋2t.
又｜AB｜＝错误!｜OA｜，
所以5×64＝（n－8）2＋t2＝5t2,解得t＝±8。

所以OB＝（24,8）或（－8，－8)．
（2）因为AC＝(k sin θ－8，t),AC与a共线，
所以t＝－2k sin θ＋16。

又t sin θ＝（－2k sin θ＋16）sin θ
＝－2k错误!2＋错误!，
当k>4时，1>错误!>0,
所以当sin θ＝错误!时，t sin θ取得最大值错误!；
由错误!＝4，得k＝8，此时θ＝错误!,故OC＝（4，8）,
所以OA·OC＝8×4＋8×0＝32.。