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學(xué)業(yè)分層測評(二十二)(建議用時:45分鐘)[學(xué)業(yè)達標]一、選擇題1.(2023·開封質(zhì)檢)已知向量a=(3,1),b=(x,-2),c=(0,2),若a⊥(b-c),則實數(shù)x的值為()\f(4,3) \f(3,4)C.-eq\f(3,4) D.-eq\f(4,3)【解析】b-c=(x,-4),由a⊥(b-c)知3x-4=0,∴x=eq\f(4,3).故選A.【答案】A2.(2023·馬鞍山質(zhì)檢)已知向量a=(1,-2),b=(x,4),且a∥b,則|a-b|=()\r(3) \r(5)\r(5) \r(2)【解析】∵a∥b,∴4+2x=0,∴x=-2,a-b=(1,-2)-(-2,4)=(3,-6),∴|a-b|=3eq\r(5).故選B.【答案】B3.已知向量a=(1,eq\r(3)),b=(-2,2eq\r(3)),則a與b的夾角是()\f(π,6) \f(π,4)\f(π,3) \f(π,2)【解析】設(shè)a與b的夾角為θ,則cosθ=eq\f(a·b,|a||b|)=eq\f(1,\r(3)·-2,2\r(3),2×4)=eq\f(1,2),解得θ=eq\f(π,3).故選C.【答案】C4.若a=(2,3),b=(-4,7),則a在b方向上的投影為()\f(\r(65),5) \r(65)\f(\r(13),5) \r(13)【解析】a在b方向上的投影為|a|cos<a,b>=eq\f(a·b,|b|)=eq\f(2,3·-4,7,\r(-42+72))=eq\f(2×-4+3×7,\r(65))=eq\f(\r(65),5).【答案】A5.已知正方形OABC兩邊AB,BC的中點分別為D和E,則∠DOE的余弦值為()\f(1,2) \f(\r(3),2)\f(3,5) \f(4,5)【解析】以點O為原點,OA所在直線為x軸建立直角坐標系,設(shè)邊長為1,則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,2))),Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1)),于是cos∠DOE=eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1)),\r(12+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2+12))=eq\f(4,5).【答案】D二、填空題6.已知Oeq\o(A,\s\up13(→))=(-2,1),Oeq\o(B,\s\up13(→))=(0,2),且Aeq\o(C,\s\up13(→))∥Oeq\o(B,\s\up13(→)),Beq\o(C,\s\up13(→))⊥Aeq\o(B,\s\up13(→)),則點C的坐標是________.【解析】設(shè)C(x,y),則Aeq\o(C,\s\up13(→))=(x+2,y-1),Beq\o(C,\s\up13(→))=(x,y-2),Aeq\o(B,\s\up13(→))=(2,1).由Aeq\o(C,\s\up13(→))∥Oeq\o(B,\s\up13(→)),Beq\o(C,\s\up13(→))⊥Aeq\o(B,\s\up13(→)),得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x+2=0,,2x+y-2=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=-2,,y=6,))∴點C的坐標為(-2,6).【答案】(-2,6)7.(2023·德州高一檢測)若向量a=(-2,2)與b=(1,y)的夾角為鈍角,則y的取值范圍為________.【解析】若a與b夾角為180°,則有b=λa(λ<0)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1=-2λ,,y=2λ,,λ<0,))解得y=-1且λ=-eq\f(1,2),所以b≠λa(λ<0)時y≠-1;①若a與b夾角θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π))時,則只要a·b<0且b≠λa(λ<0).當a·b<0有-2+2y<0解得y<1.②由①②得y<-1或-1<y<1.【答案】(-∞,-1)∪(-1,1)三、解答題8.已知eq\o(AB,\s\up13(→))=(6,1),eq\o(BC,\s\up13(→))=(4,k),eq\o(CD,\s\up13(→))=(2,1).(1)若A,C,D三點共線,求k的值;(2)在(1)的條件下,求向量eq\o(BC,\s\up13(→))與eq\o(CD,\s\up13(→))的夾角的余弦值.【導(dǎo)學(xué)號:72023068】【解】(1)因為eq\o(AC,\s\up13(→))=eq\o(AB,\s\up13(→))+eq\o(BC,\s\up13(→))=(10,k+1),由題意知A,C,D三點共線,所以eq\o(AC,\s\up13(→))∥eq\o(CD,\s\up13(→)),所以10×1-2(k+1)=0,即k=4.(2)因為eq\o(CD,\s\up13(→))=(2,1),設(shè)向量eq\o(BC,\s\up13(→))與eq\o(CD,\s\up13(→))的夾角為θ,則cosθ=eq\f(\o(BC,\s\up13(→))·\o(CD,\s\up13(→)),|\o(BC,\s\up13(→))||\o(CD,\s\up13(→))|)=eq\f(12,4\r(2)×\r(5))=eq\f(3\r(10),10).9.已知a=(1,1),b=(0,-2),當k為何值時,(1)ka-b與a+b共線;(2)ka-b與a+b的夾角為120°.【解】∵a=(1,1),b=(0,-2),ka-b=k(1,1)-(0,-2)=(k,k+2),a+b=(1,1)+(0,-2)=(1,-1).(1)∵ka-b與a+b共線,∴k+2-(-k)=0,∴k=-1.即當k=-1時,ka-b與a+b共線.(2)∵|ka-b|=eq\r(k2+k+22),|a+b|=eq\r(12+-12)=eq\r(2),(ka-b)·(a+b)=(k,k+2)·(1,-1)=k-k-2=-2,而ka-b與a+b的夾角為120°,∴cos120°=eq\f(ka-b·a+b,|ka-b||a+b|),即-eq\f(1,2)=eq\f(-2,\r(2)·\r(k2+k+22)),化簡整理,得k2+2k-2=0,解之得k=-1±eq\r(3).即當k=-1±eq\r(3)時,ka-b與a+b的夾角為120°.[能力提升]1.已知向量a=(1,2),b=(2,-3).若向量c滿足(c+a)∥b,c⊥(a+b),則c等于()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9),\f(7,3))) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(7,3),-\f(7,9)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3),\f(7,9))) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(7,9),-\f(7,3)))【解析】設(shè)c=(x,y),又因為a=(1,2),b=(2,-3),所以c+a=(x+1,y+2),又因為(c+a)∥b,所以有(x+1)·(-3)-2·(y+2)=0,即-3x-2y-7=0,①又a+b=(3,-1),由c⊥(a+b)得:3x-y=0,②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=-\f(7,9),,y=-\f(7,3),))因此有c=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(7,9),-\f(7,3))).【答案】D2.(2023·徐州高一檢測)在平面直角坐標系內(nèi),已知三點A(1,0),B(0,1),C(2,5),求:(1)eq\o(AB,\s\up13(→)),eq\o(AC,\s\up13(→))的坐標;(2)|eq\o(AB,\s\up13(→))-eq\o(AC,\s\up13(→))|的值;(3)cos∠BAC的值.【解】(1)eq\o(AB,\s\up13(→))=(0,1)-(1,0)=(-1,1),eq\o(AC,\s\up13(→))=(2,5)-(1,0)=(1,5).(2)因為eq\o(AB,\s\up13(→))-eq\o(AC,\s\up13(→))=(-1,1)-(1,5)=(-2,-4),所以|eq\o(AB,\s\up13(→))-eq\o(AC,\s\up13(→))|=eq\r(-22+-42)=2eq\r(5).(3)因為eq\o(AB,\s\up13(→))·eq\o(AC,\s\up13(→))=(-1,1)
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