2021届高三数学（文）一轮复习夯基提能作业本：第五章 平面向量 第一节 平面向量的概念及其线性运算 Word版含解析

这是一份2021届高三数学（文）一轮复习夯基提能作业本：第五章 平面向量 第一节 平面向量的概念及其线性运算 Word版含解析，共7页。试卷主要包含了如图所示,下列结论中正确的是等内容，欢迎下载使用。
A组 基础题组
1.已知O,A,B是同一平面内的三个点,直线AB上有一点C满足2+=0,则=( )
A.2-B.-+2
C.-D.-+
2.(2016甘肃兰州模拟)如图所示,下列结论中正确的是( )
①=a+b;②=a-b;
③=a-b;④=a+b.
A.①②B.③④C.①③D.②④
3.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
4.在四边形ABCD中,=a+2b,=-4a-b,=-5a-3b,则四边形ABCD的形状是( )
A.矩形B.平行四边形
C.梯形D.以上都不对
5.在平行四边形ABCD中,点E是AD的中点,BE与AC相交于点F,若=m+n(m,n∈R),则的值为( )
A.-B.-2C.2D.
6.已知D,E,F分别为△ABC的边BC,CA,AB的中点,且=a,=b,给出下列命题:①=a-b;②=a+b;③=-a+b;④++=0.
其中正确命题的个数为 .
7.若||=||=|-|=2,则|+|= .
8.已知G为△ABC的重心,令=a,=b,过点G的一条直线分别交AB,AC于P,Q两点,且=ma,=nb,则+= .
9.如图,以向量=a,=b为邻边作▱OADB,=,=,用a,b表示,,.
10.已知a,b不共线,=a,=b,=c,=d,=e,设t∈R,如果3a=c,2b=d,e=t(a+b),是否存在实数t,使C,D,E三点在同一条直线上?若存在,求出实数t的值;若不存在,请说明理由.
11.已知点O为△ABC外接圆的圆心,且++=0,则△ABC的内角A等于( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
12.已知:如图,||=||=1,与的夹角为120°,与的夹角为30°,若=λ+μ(λ、μ∈R),则等于( )
A.B.C.D.2
13.若点M是△ABC所在平面内的一点,且满足5=+3,则△ABM与△ABC的面积的比值为( )
A.B.C.D.
14.(2016内蒙古包头九中期中)如图,在△ABC中,AH⊥BC于H,M为AH的中点,若=λ+μ,则λ+μ= .
15.如图所示,在△ABC中,D,F分别是BC,AC的中点,=,=a,=b.
(1)用a,b表示向量,,,,;
(2)求证:B,E,F三点共线.
16.已知P为△ABC内一点,且3+4+5=0,延长AP交BC于点D,若=a,=b,用a、b表示向量、.
答案全解全析
A组 基础题组
1.A 依题意,得=+=+2=+2(-),所以=2-,故选A.
2.C ①根据向量的加法法则,得=a+b,故①正确;②根据向量的减法法则,得=a-b,故②错误;③=+=a+b-2b=a-b,故③正确;④=+=a+b-b=a+b,故④错误.故选C.
3.D ∵c∥d,∴c=λd(λ∈R),即ka+b=λ(a-b),
∴∴k=-1,则c=b-a,故c与d反向.
4.C 由已知,得=++=-8a-2b=2(-4a-b)=2,故∥.又因为与不平行,所以四边形ABCD是梯形.
5.B 易知==,
∴EF=EB,
∴==(+)=
=+=-,
∴m=,n=-,∴=-2.
6.答案 3
解析 =a,=b,=+=-a-b,故①错;
=+=a+b,故②正确;
=(+)=(-a+b)=-a+b,故③正确;
∴++=-b-a+a+b+b-a=0,故④正确.
∴正确命题为②③④.
7.答案 2
解析 ∵||=||=|-|=2,
∴△ABC是边长为2的正三角形,∴|+|为△ABC的边BC上的高的2倍,∴|+|=2.
8.答案 3
解析 连接AG并延长交BC于点E,
如图所示,由重心的性质可知==×=(+),又=,=,
所以==+.
因为G,P,Q三点共线,
所以+=1,
即+=3.
9.解析 ∵=-=a-b,
∴===a-b,
∴=+=a+b.
∵=a+b,∴=+=+==a+b,
∴=-=a+b-a-b=a-b.
综上,=a+b,=a+b,=a-b.
10.解析 存在.理由:由题设知,=d-c=2b-3a,=e-c=(t-3)a+tb,C,D,E三点在同一条直线上的充要条件是存在实数k,使得=k,即(t-3)a+tb=-3ka+2kb,
整理得(t-3+3k)a=(2k-t)b.
因为a,b不共线,所以有
解得t=.故存在实数t=,使C,D,E三点在同一条直线上.
B组 提升题组
11.A 由++=0得,+=,由O为△ABC外接圆的圆心,结合向量加法的几何意义知,四边形OACB为菱形,且∠CAO=60°,故∠BAC=30°.
12.D 过C作OB的平行线交OA的延长线于D.由题意可知,∠COD=30°,∠OCD=90°,
∴OD=2CD,又由题意知=λ,=μ,∴λ||=2μ||,即λ=2μ,故=2.
13.C 设AB的中点为D,连接MD,MC,由5=+3,得5=2+3,故C,M,D三点共线,且5=3,即在△ABM与△ABC中,边AB上的高的比值为,所以△ABM与△ABC的面积的比值为.
14.答案
解析 设=x,∵=(+)=+x(-)]=(1+x)-x],且=λ+μ,∴1+x=2λ,-x=2μ,∴λ+μ=.
15.解析 (1)延长AD到G,使=,
连接BG,CG,得到平行四边形ABGC,所以=a+b.
==(a+b),
==(a+b),
==b,
=-=(a+b)-a=(b-2a),
=-=b-a=(b-2a).
(2)证明:由(1)可知=,
又因为,有公共点B,
所以B,E,F三点共线.
16.解析 ∵=-=-a,
=-=-b,3+4+5=0,
∴3+4(-a)+5(-b)=0,
∴=a+b.
设=t(t∈R),则=ta+tb.①
又设=k(k∈R),
由=-=b-a,得=k(b-a).
而=+=a+.
∴=a+k(b-a)=(1-k)a+kb.②
由①②得解得t=.
代入①得=a+b.
∴=a+b,=a+b.
B组 提升题组