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【文档说明】江苏省扬中市第二高级中学2020-2021第二学期高一数学周练3（教师版）.doc，共(5)页，834.000 KB，由小赞的店铺上传
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江苏省扬中市第二高级中学2020-2021第二学期高一数学周练3姓名一、选择题．请把答案直接填涂在答题卡相应位置上．．．．．．．．．1．已知=,4=3,2abrr（5），（），则与23ab−rr同向的单位向量为（A）A．52
5(,)55B．525(,)55−−C．525525(,)(,)5555−−或D．525(,)55−2．已知a,b均为单位向量,它们的夹角为060,那么3ab+=(C)A.B.10C.D.43．已知向量,ab满足3,2,5abab==+=，则向量,ab夹角的余
弦值为（C）A.36−B.36C.33−D.334．已知()()2,3,3,tABAC==uuuruuur，1BC=uuur，则ABBC=uuuruuur（C）A.3−B.2−C.2D.35．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E是线段BD上靠近D的三等分点，F是线段BD的中点，则AFC
E=（D）A.4−B.3−C.6−D.2−6．如图四边形ABCD中，2,ABDCE=uuuruuur为线段AC上的一点，若35DEABAD=−uuuruuuruuur，则实数的值等于（A）A．15B．15−C．
25D．25−7．如图，,BCDE是半径为1的圆O的两条直径，2BFFO=，则FDFE等于(B)A.34-B.89-C.14-D.49-8．已知△ABC是边长为4的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最
小值为（B）A.3-B.6-C.2-D.83-二、多选题：（每小题给出的四个选项中，不止一项是符合题目要求的，请把正确的所有选项填涂在答题卡相应的位置上）9．如图，在菱形ABCD中，0120BAD=，则以下说法正确的是（ABC）A.与AB相等的向量
（不含AB）只有一个B.与AB的模相等的向量（不含AB）有9个C.BD的模恰为DA模的3倍D.CB与DA不共线10.已知向量()1,0m=，11,22n=，则（ACD）A.||2||mn=B.()//
mnn−C.()mnn−⊥D.m与n的夹角为411．在△ABC中，下列结论正确的是(ABD)A.ABACCB−=B.0ABBCCA++=C.若0ABAC,则△ABC是锐角三角形[来源:ZxD.若()()0ABACABAC+−=
,则ABC是等腰三角形;12．已知ABC是边长为2的等边三角形，,DE分别是,ACAB上的两点，且,2,AEEBADDCBD==uuuruuruuuruuur与CE交于点O，则下列说法正确的为（AC）A.OEOCO+=
uuuruuururB.1ABCE=−uuuruurC.32OAOBOC++=uuruuuruuurD.132ED=uuur三、填空题．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．．．．．．．．．13．已知两个单位向
量,ab的夹角为030,(1),0cmambbc=+−=，则m=423+，14．如图所示，在64的方格纸中，每个小正方形的边长为1，点O，A，B，C均为格点（格点是指每个小正方形的顶点），则OCAB=___12_．15．△ABC中，点M是边BC的中点，3AB=，2AC=，则
AMBC=__52−___.16．如图，在△ABC中，1,2,,2ABACBCADDCAEEB====，若12BDAC=−，则CEAB=－43.四、解答题．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知向量3,2,,ab
ab==的夹角为120.求：（1）()()22abab+−的值；（2）2ab+的值.17．解：（1）设ba,夹角为，有120=，因为2,3==ba，所以3120cos23cos−===baba，所以()()()19423392232
2222=−−−=−−=−+bbaababa.（2）因为()()284349444222222=+−+=++=+=+bbaababa，所以722=+ba.18．已知向量()()1,3,2,0ab==−．（1）求ab−的坐标以及ab−与a之间的夹角；（2）当1,1t−
时，求atb−的取值范围．18.解：（1），所以ab−的坐标为()3,3，设ab−与a之间的夹角为，则()31333cos29313abaaba−+===++−，而0，故6=；（2），()221123432atbtt−=++=++，在11,2−
−上递减，在1,12−上递增，所以12t=−时，atb−最小值为3，1t=时，atb−最大值为23，故atb−的取值范围为3,23.19．已知向量(34),(6,3),(8,).OAO
BOCmm=−=−=+（1）当194m=−时，求证：点A，B，C是一个直角三角形的顶点；（2）在△ABC中，若2ABC，试求实数m的取值范围．19．解：（1）因为1319(34),(6,3),(,)44OAOBOC
=−=−=−，所以13(3,1),(,)44ABAC==−，1331()044ABAC=+−=,0,90ABACBAC⊥=即，所以点A，B，C是一个直角三角形的顶点；（2）因为(34),(6,3),(8,)OAOBOCmm=−=−=+，(3,1),(m
2,m3)BABC=−−=++，在ABC则，因为2ABC，所以0BABC，且BABC与不共线，所以(3(m2)(1)(m3)0m2m331−++−+++−−，解得94m−，所以实数m的取值范围是9(,).4−+20．
.如图，在边长为1的正六边形ABCDEF中，M为边EF上一点，且满足λFMFE=，设ABa=，AFb=.（1）若1λ2=，试用a,b表示FE和AM；（2）若1AMAC•=，求λ的值.20．解：（1）记正六边形的中心为点O，连结OBOAOFOE、、、，在平行四边形
OFAB中，AOABAFab=+=+，在平行四边形AOEF中FEAOab==+，111322(22)AMAFFMAFFEbabab=+=+=++=+（2）若()()1,λλλλ+1AMACAMAFFMAFFEbabab•==+=+=++=+，()
2ACABBCABFEaabab=+=+=++=+，又因为2211,1,cos2abababFAB==•==−，()()()()()223λλ122λλ13λ2λ12AMACabababab•=++•+=++++
•==，所以2λ3=.21．如图，已知正三角形ABC的边长为1，设,.ABaACb==（1）若D是AB的中点，用,ab分别表示向量CB，CD；（2）求2ab+；（3）求2ab+与32ab−+的夹角.21
．解：（1）CBABACab=−=−，11.22CDADACABACab=−=−=−（2）由题意知，1ab==，且0,60ab=，则2222224444cos,4217abaabbaababb+=++=++
=++=，所以2=7.ab+（3）与（2）解法相同，可得32=7.ab−+设2ab+与32ab−+的夹角为，则()()2272326212cos277232232ababaabbabababab−+−+−++====−+−++−+，因为[0,180]，所以2ab+与3
2ab−+的夹角为0120(范围不写或写错扣1分).22．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知()2,0A，角的终边与单位圈O交于点P．（1）当3=时，设()ftOAtOP=−，求()ft的最小值；（2）在x轴上是否存在异于点A的定点M，使得APMP为定值？若存
在，求出定点M的坐标及APMP的值；若不存在，说明理由．22．解：（1）∵()2,0A，角的终边与单位圆O交于点P，3=，∴2OA=，1OP=，1cos2112OAOPOAOP===．∵()ftOAtOP=−，∴()()222222222413ftOA
tOPOAtOPtOAOPttt=−=+−=−+=−+，∴当1t=时，()2min3ft=，即()min3ft=．（2）假设在x轴上存在异于点A的定点M，使得APMP为定值，设()(),02Mtt，∵角的终边
与单位圆O交于点P，∴()cos,sinP，∵()cos2,sinAP=−，()cos,sinMPt=−．∴()()2222222cos2sin54cos12coscossinAPtttMP−+−==+−−+为定值，设254cos12costt−
=+−∴()()224cos510tt−+−+=对任意角恒成立，∴()2240510tt−=−+=，消去得22520tt−+=，∴2t=或12t=，∵2t，∴12t=，此时22254cos412cosAPttMP−==+−，即2APMP
=，∴在x轴上存在异于点A的定点1,02M，使得APMP为定值2．另解：若254cos12costt−+−为定值，则cos取0和1时的值相同，即2251112ttt=++−，解得2t=或12t=，∴2t，∴12t=当12t=时，()222222cos2sin54cos451co
scossin42APMP−+−===−−+，即2APMP=．∴在x轴上存在异于点A的定点1,02M，使得APMP为定值2．
