2023年高考数学(文数)一轮复习课时24《平面向量的概念及线性运算》达标练习（2份，答案版+教师版）

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一、选择题
在△ABC中，点D在AB上，CD平分∠ACB.若eq \(CB,\s\up6(→))＝a，eq \(CA,\s\up6(→))＝b，|a|＝1，|b|＝2，则eq \(CD,\s\up6(→))＝( )
A.eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b B.eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b C.eq \f(3,5)a＋eq \f(4,5)b D.eq \f(4,5)a＋eq \f(3,5)b
已知向量a，b，且eq \(AB,\s\up6(→))＝a＋2b，eq \(BC,\s\up6(→))＝－5a＋6b，eq \(CD,\s\up6(→))＝7a－2b，则一定共线的三点是( )
A.B，C，D B.A，B，C C.A，B，D D.A，C，D
在△ABC中，M为AC的中点，eq \(BC,\s\up6(→))=eq \(CD,\s\up6(→))，eq \(MD,\s\up6(→))=xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，则x＋y=( )
A.1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(3,2)
在△ABC中，D为△ABC所在平面内一点，且eq \(AD,\s\up6(→))=eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，则eq \f(S△BCD,S△ABD)=( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
已知点O为△ABC外接圆的圆心，且eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))＋eq \(CO,\s\up15(→))=0，则△ABC的内角A=( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
已知向量a，b不共线，c=ka＋b(k∈R)，d=a－b.如果c∥d，那么( )
A.k=1且c与d同向 B.k=1且c与d反向
C.k=－1且c与d同向 D.k=－1且c与d反向
已知点G是△ABC的重心，过点G作一条直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，
且eq \(AM,\s\up15(→))=xeq \(AB,\s\up15(→))，eq \(AN,\s\up15(→))=yeq \(AC,\s\up15(→))，则eq \f(xy,x＋y)的值为( )
A.3 B.eq \f(1,3) C.2 D.eq \f(1,2)
如图，在直角梯形ABCD中，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，eq \(BC,\s\up14(→))=3eq \(EC,\s\up14(→))，F为AE的中点，
则eq \(BF,\s\up14(→))=( )
A.eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)) B.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up14(→)) C.－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)) D.－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up14(→))
若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5eq \(AM,\s\up15(→))=eq \(AB,\s\up15(→))＋3eq \(AC,\s\up15(→))，则△ABM与△ABC的面积的比值
为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
设点M是△ABC所在平面上的一点，且eq \(MB,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up15(→))=0，点D是AC的中点，
则eq \f(\(|MD|,\s\up15(→)),\(|BM|,\s\up15(→)))的值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.1 D.2
设P是△ABC所在平面内的一点，若eq \(AB,\s\up6(→))·(eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→)))=2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))且|eq \(AB,\s\up6(→))|2=|eq \(AC,\s\up6(→))|2－2eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))，则点P是△ABC的( )
A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心
如图，在△ABC中，N为线段AC上靠近点A的三等分点，点P在线段BN上且满足：
eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))，则实数m的值为( )
A.1 B.eq \f(1,3) C.eq \f(9,11) D.eq \f(5,11)
二、填空题
若a与b不共线，已知下列各向量：
①a与－2b；②a＋b与a－b；③a＋b与a＋2b；④a－eq \f(1,2)b与eq \f(1,2)a－eq \f(1,4)b.
其中可以作为基底的是________(填序号).
已知△ABC和点M满足eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \(MB,\s\up15(→))＋eq \(MC,\s\up15(→))=0.若存在实数m使得eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))=meq \(AM,\s\up15(→))成立，则m=______.
在直角梯形ABCD中，∠A=90°，∠B=30°，AB=2 eq \r(3)，BC=2，点E在线段CD上.
若eq \(AE,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋μeq \(AB,\s\up15(→))，则μ的取值范围是________.
如图，在同一个平面内，向量eq \(OA,\s\up10(→))，eq \(OB,\s\up10(→))，eq \(OC,\s\up10(→))的模分别为1,1，eq \r(2)，eq \(OA,\s\up10(→))与eq \(OC,\s\up10(→))的夹角为α，
且tan α=7，eq \(OB,\s\up10(→))与eq \(OC,\s\up10(→))的夹角为45°.若eq \(OC,\s\up10(→))=meq \(OA,\s\up10(→))＋neq \(OB,\s\up10(→))(m，n∈R)，则m＋n=________.
\s 0 答案解析
答案为：B
解析：因为CD平分∠ACB，由角平分线定理得eq \f(|AD|,|DB|)＝eq \f(|CA|,|CB|)＝eq \f(2,1)，所以D为AB的三等分点，
且eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)(eq \(CB,\s\up6(→))－eq \(CA,\s\up6(→)))，所以eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b.
答案为：C
解析：因为eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＝－5a＋6b＋7a－2b＝2a＋4b＝2(a＋2b)＝2eq \(AB,\s\up6(→))，
所以A，B，D三点共线.
答案为：B.
解析：eq \(MD,\s\up6(→))=eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))=eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))=eq \f(3,2)eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))，故x=－1，y=eq \f(3,2)⇒x＋y=eq \f(1,2).
答案为：B；
解析：由eq \(AD,\s\up6(→))=eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))得点D在平行于AB的中位线上，从而有S△ABD=eq \f(1,2)S△ABC，
又S△ACD=eq \f(1,3)S△ABC，所以S△BCD=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)－\f(1,3)))S△ABC=eq \f(1,6)S△ABC，所以eq \f(S△BCD,S△ABD)=eq \f(1,3).故选B.
答案为：A
解析：由eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))＋eq \(CO,\s\up15(→))=0，得eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))=eq \(OC,\s\up15(→))，由O为△ABC外接圆的圆心，
可得|eq \(OA,\s\up15(→))|=|eq \(OB,\s\up15(→))|=|eq \(OC,\s\up15(→))|.设OC与AB交于点D，如图，由eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))=eq \(OC,\s\up15(→))可知D为AB的中点，
所以eq \(OC,\s\up15(→))=2eq \(OD,\s\up15(→))，D为OC的中点.又由|eq \(OA,\s\up15(→))|=|eq \(OB,\s\up15(→))|可知OD⊥AB，即OC⊥AB，
所以四边形OACB为菱形，所以△OAC为等边三角形，即∠CAO=60°，故∠BAC=30°.
答案为：D
解析：∵c∥d，∴(ka＋b)∥(a－b)，∴存在λ使ka＋b=λ(a－b)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝λ，,1＝－λ))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,λ＝－1.))∴c=－a＋b，∴c与d反向.故选D.
答案为：B
解析：由已知得M，G，N三点共线，∴eq \(AG,\s\up15(→))=λeq \(AM,\s\up15(→))＋(1－λ)eq \(AN,\s\up15(→))=λxeq \(AB,\s\up15(→))＋(1－λ)yeq \(AC,\s\up15(→)).
∵点G是△ABC的重心，
∴eq \(AG,\s\up15(→))=eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λx＝\f(1,3)，,1－λy＝\f(1,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(1,3x)，,1－λ＝\f(1,3y)，))
得eq \f(1,3x)＋eq \f(1,3y)=1，即eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)=3，通分得eq \f(x＋y,xy)=3，∴eq \f(xy,x＋y)=eq \f(1,3).
答案为：C.
解析：eq \(BF,\s\up14(→))=eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \(AF,\s\up14(→))=eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up14(→))=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up14(→))＋\f(1,2)\(AB,\s\up14(→))＋\(CE,\s\up14(→))))=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up14(→))
=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,6)(eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DA,\s\up14(→))＋eq \(AB,\s\up14(→)))=－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)).
答案为：C
解析：设AB的中点为D，如图，连接MD，MC，由5eq \(AM,\s\up15(→))=eq \(AB,\s\up15(→))＋3eq \(AC,\s\up15(→))，得5eq \(AM,\s\up15(→))=2eq \(AD,\s\up15(→))＋3eq \(AC,\s\up15(→)) ①，
即eq \(AM,\s\up15(→))=eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up15(→))＋eq \f(3,5)eq \(AC,\s\up15(→))，即eq \f(2,5)＋eq \f(3,5)=1，故C，M，D三点共线.又eq \(AM,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋eq \(DM,\s\up15(→)) ②，联立①②，
得5eq \(DM,\s\up15(→))=3eq \(DC,\s\up15(→))，即在△ABM与△ABC中，边AB上的高的比值为eq \f(3,5)，
所以△ABM与△ABC的面积的比值为eq \f(3,5).
答案为：A
解析：∵D是AC的中点，如图，延长MD至E，使得DE=MD，
∴四边形MAEC为平行四边形，
∴eq \(MD,\s\up15(→))=eq \f(1,2)eq \(ME,\s\up15(→))=eq \f(1,2)(eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \(MC,\s\up15(→)))，∴eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \(MC,\s\up15(→))=2eq \(MD,\s\up15(→)).∵eq \(MB,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)eq \(MC,\s\up15(→))=0，∴eq \(MB,\s\up15(→))=－eq \f(3,2)(eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \(MC,\s\up15(→)))=－3eq \(MD,\s\up15(→))，
∴eq \(BM,\s\up15(→))=3eq \(MD,\s\up15(→))，∴eq \f(\(|MD|,\s\up15(→)),\(|BM|,\s\up15(→)))=eq \f(\(|MD|,\s\up15(→)),3\(|MD|,\s\up15(→)))=eq \f(1,3).故选A.
答案为：A；
解析：由eq \(AB,\s\up6(→))·(eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→)))=2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))，得eq \(AB,\s\up6(→))·(eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→))－2eq \(CP,\s\up6(→)))=0，
即eq \(AB,\s\up6(→))·[(eq \(CB,\s\up6(→))－eq \(CP,\s\up6(→)))＋(eq \(CA,\s\up6(→))－eq \(CP,\s\up6(→)))]=0，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·(eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PA,\s\up6(→)))=0.设D为AB的中点，则eq \(AB,\s\up6(→))·2eq \(PD,\s\up6(→))=0，故eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))=0.
因为|eq \(AB,\s\up6(→))|2=|eq \(AC,\s\up6(→))|2－2eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))，所以(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))·(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))=2eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))·(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))－2eq \(AP,\s\up6(→)))=0.设BC的中点为E，同理可得eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(PE,\s\up6(→))=0，
所以P为AB与BC的垂直平分线的交点，
所以P是△ABC的外心.故选A.
答案为：D.
解析：eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)(eq \(AC,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=meq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→))，
设eq \(BP,\s\up14(→))=λeq \(BN,\s\up14(→))(0≤λ≤1)，则eq \(AP,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(BN,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(AN,\s\up14(→))，
因为eq \(AN,\s\up14(→))=eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AP,\s\up14(→))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)λeq \(AC,\s\up14(→))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1－λ，,\f(2,11)＝\f(1,3)λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(6,11)，,m＝\f(5,11)，))故选D.
二、填空题
答案为：①②③
解析：对于①，因为a与b不共线，所以a与－2b不共线；
对于②，假设a＋b与a－b共线，则有a＋b＝λ(a－b)，所以λ＝1且λ＝－1，矛盾.
所以a＋b与a－b不共线；
对于③，同理a＋b与a＋2b不共线；对于④，因为a－eq \f(1,2)b＝2（eq \f(1,2)a－eq \f(1,4)b），
所以a－eq \f(1,2)b与eq \f(1,2)a－eq \f(1,4)b共线.由基底的定义知，①②③都可以作为基底，④不可以.
答案为：3
解析：由eq \(MA,\s\up15(→))＋eq \(MB,\s\up15(→))＋eq \(MC,\s\up15(→))=0知，点M为△ABC的重心.设点D为底边BC的中点，
则eq \(AM,\s\up15(→))=eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up15(→))=eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→)))，所以eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))=3eq \(AM,\s\up15(→)).故m=3.
答案为：[0,eq \f(1,2)].
解析：由题意可求得AD=1，CD=eq \r(3)，所以eq \(AB,\s\up15(→))=2eq \(DC,\s\up15(→)).∵点E 在线段CD上，
∴eq \(DE,\s\up15(→))=λeq \(DC,\s\up15(→)) (0≤λ≤1).∵eq \(AE,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋eq \(DE,\s\up15(→))，又eq \(AE,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋μeq \(AB,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋2μeq \(DC,\s\up15(→))=eq \(AD,\s\up15(→))＋eq \f(2μ,λ)eq \(DE,\s\up15(→))，
∴eq \f(2μ,λ)=1，即μ=eq \f(λ,2).∵0≤λ≤1，∴0≤μ≤eq \f(1,2)，即μ的取值范围是[0,eq \f(1,2)].
答案为：3.
解析：由tan α=7，得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))=eq \f(tan α＋1,1－tan α)=－eq \f(4,3).
以O为原点，OA方向为x轴正半轴建立坐标系(图略)，则A点坐标为(1,0).
由taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))=－eq \f(4,3)，eq \(OB,\s\up10(→))的模为1，可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，\f(4,5))).由tan α=7，eq \(OC,\s\up10(→))的模为eq \r(2)，
可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(7,5))).由eq \(OC,\s\up10(→))=meq \(OA,\s\up10(→))＋neq \(OB,\s\up10(→))，代入A、B、C点坐标可得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－\f(3,5)n＝\f(1,5)，,\f(4,5)n＝\f(7,5)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,4)，,n＝\f(7,4).))∴m＋n=3.