學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精第二章測評A(基礎過關卷)（時間：90分鐘滿分：100分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下列等式正確的是（)A。－＝B。＋＝0 C．0·＝0D.－＝2．已知平面向量a＝（－3,1)，b＝（1,2)，c＝（－2,－4)，則下列說法正確的是（）A．a與b垂直B．b與c反向共線 C．b與c同向共線D．以上都不正確3．已知a＝（1，－2)，b＝(－3,4)，c＝（3,2)，則（a＋b)·(2a－c）＝(）A．10B．14C．－10D．－144．向量＝（4,－3），向量＝（2，－4)，則△ABC的形狀為（）A．等腰非直角三角形B．等邊三角形 C．直角非等腰三角形D．等腰直角三角形5．已知梯形ABCD中，AD∥BC,且BC＝2AD，A（0，2），B（－1，－2),C（3，1)，則點D的坐標為（）A。B。 C．(3,2）D．(1，3）6．平面向量a與b的夾角為60°,|a|＝2，b＝，則｜a＋2b｜＝（)A。B．2C．4D．127．已知向量a＝（1,2），b＝(1,0)，c＝(3,4)．若λ為實數,(a＋λb)∥c，則λ＝（)A. B. C．1 D．28．若a，b是非零向量且滿足（a－2b）⊥a，（b－2a）⊥b，則a與b的夾角是(）A. B. C。 D。9．設a，b是兩個非零向量，（）A．若|a＋b｜＝|a|－|b｜，則a⊥bB．若a⊥b，則｜a＋b｜＝｜a|－｜b|C．若|a＋b｜＝|a|－｜b｜，則存在實數λ，使得b＝λaD．若存在實數λ，使得b＝λa,則｜a＋b｜＝|a｜－|b|10．在△ABC中,AB＝4，∠ABC＝30°，D是邊BC上的一點，且·＝·，則·的值等于()A．4B．0C．－4D．8二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分．把答案填在題中的橫線上)11．已知a＝（1,2），b＝(－3，m)，且a∥b，則m的值為__________．12．已知一個物體沿直線運動，且在正西方向上的速度為v1，且｜v1｜＝3m/s，在北偏東方向上的速度為v2，且|v2|＝3m/s，則實際該物體的移動方向為__________,大小為__________m/s。13．已知向量a＝(1,2m)，b＝(m＋1,1），c＝（2,m），若（a＋c)⊥b,則|a|＝__________。14．已知一物體在共點力F1＝(－2,－2），F2＝(3，y)的作用下產生位移s＝（2，4）,且這兩個力對物體做的功為6，則力F1與F2的夾角為__________．15．已知梯形ABCD中，AD＝1，AB＝2，∠DAB＝，DC∥AB，若＝λ,則當·＝－時，λ＝__________.三、解答題(本大題共4小題,共25分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)16．(本小題6分）設向量a,b滿足｜a|＝｜b｜＝1及｜3a－2b|＝。（1)求a，b的夾角θ；(2）求｜3a＋b｜的值．17．(本小題6分）如圖，在細繩O處用水平力F2緩慢拉起所受重力為G的物體,繩子與鉛垂方向的夾角為θ，繩子所受到的拉力為F1。（1)求｜F1|，｜F2｜隨角θ的變化而變化的情況；（2)當|F1｜≤2|G｜時,求角θ的取值范圍．18．(本小題6分）已知O，A,B是平面上不共線的三點，直線AB上有一點C，滿足2＋＝0。(1)用eq\o(OA，\s\up6（→))，eq\o(OB，\s\up6(→)）表示eq\o（OC,\s\up6(→))；（2）若點D是OB的中點，證明四邊形OCAD是梯形．19．(本小題7分)已知O為坐標原點，eq\o(OA，\s\up6（→))＝（2,5）,eq\o（OB，\s\up6(→)）＝(3，1)，eq\o（OC,\s\up6(→)）＝（6，3)，則在eq\o（OC，\s\up6（→))上是否存在點M，使eq\o（MA，\s\up6（→））⊥eq\o(MB，\s\up6（→）)，若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．

參考答案1。解析：∵－＝，∴A不正確；∵＋及0·運算的結果都應為向量，故B，C不正確．∵－＝＋＝，∴D正確．答案:D2。解析：∵c＝－2b，∴b與c反向共線．答案:B3.解析：∵a＋b＝(－2，2）,2a－c＝(2，－4)－(3，2)＝（－1，－6),∴（a＋b）·(2a－c)＝－2×（－1）＋2×（－6)＝－10.答案：C4.解析：∵＝－＝（－2，－1)，∴·＝－2×2＋（－1)×（－4）＝0,∴⊥。又｜|≠||，∴△ABC是直角非等腰三角形．答案:C5。解析：∵AD∥BC，BC＝2AD，∴＝2。設D(x,y），由已知得＝（4,3),＝(x,y－2）．∵＝2，∴（4，3)＝2（x，y－2）．∴∴∴點D的坐標為.答案：A6。解析:∵b＝,∴|b｜＝1.由已知得a·b＝｜a｜·|b|cosθ＝2×1×＝1.∴｜a＋2b｜＝＝＝＝2.答案：B7.解析：a＋λb＝(1，2)＋λ（1,0)＝（1＋λ，2)，又c＝(3，4），由（a＋λb）∥c，得4（1＋λ）－6＝0，解得λ＝。答案：B8.解析：由題意知，a2－2a·b＝0，b2－2a·b＝0，∴a2＝b2，即｜a｜＝|b｜，設a與b的夾角為θ，則cosθ＝＝＝,又0≤θ≤π,∴θ＝.答案：C9.解析：由｜a＋b｜＝|a｜－|b|兩邊平方可得，｜a｜2＋2a·b＋|b｜2＝｜a｜2－2|a｜｜b|＋|b｜2，即a·b＝－｜a｜|b|，∴cos〈a，b〉＝－1,即a與b反向，根據向量共線定理,則存在實數λ，使得b＝λa。答案:C10.解析：如圖，∵·＝·，∴·(－）＝0。∴·＝0，即AD⊥BC，∴∠ADB＝90°。在Rt△ADB中，∠B＝30°，∴AD＝AB＝2，∠BAD＝60°。∴·＝|｜|｜cos60°＝2×4×＝4.答案：A11。解析：m＋6＝0，∴m＝－6.答案：－612.解析：如圖所示，以v1，v2為鄰邊作平行四邊形AOBC，則|v1｜＝|v2|＝3，∴該四邊形AOBC為菱形．又由已知得∠AOB＝120°，∴∠AOC＝60°，||＝3。∴該物體移動方向為西偏北60°方向，大小為3m/s.答案：西偏北60°313.解析:∵(a＋c)⊥b，∴(a＋c)·b＝0.∴a·b＋b·c＝0.∴m＋1＋2m＋2(m＋1）＋m＝0，∴m＝－.∴｜a｜＝＝.答案:14.解析：兩個力的和力F＝(1，y－2)，則所做的功W＝F·s＝2＋4（y－2）＝6，∴y＝3.∴F2＝（3，3)，∴F1與F2反向，∴F1與F2的夾角為π。答案：π15.解析：由已知得＝＋＝＋λ＝＋λ，＝－，∴·＝(＋λ）·(－)＝2－·＋λ·－λ2＝－，由已知得1－1＋λ－2λ＝－,∴－λ＝－,∴λ＝。答案:16。解：（1)由已知得（3a－2b)2＝7，即9｜a|2－12a·b＋4|b｜2＝7,又|a|＝1，｜b｜＝1代入得a·b＝.∴｜a｜｜b｜cosθ＝，即cosθ＝。又θ∈［0，π]，∴θ＝。∴向量a，b的夾角θ＝。（2)由(1）知，（3a＋b）2＝9|a|2＋6a·b＋｜b｜2＝9＋3＋1＝13。∴｜3a＋b|＝。17。解：(1)如圖，由力的平衡及向量加法的平行四邊形法則,得|F1|＝，|F2|＝｜G｜tanθ.當θ從0°趨向于90°時，|F1｜，｜F2|都逐漸變大．（2)由（1),得|F1|＝。由|F1｜≤2|G|，得cosθ≥。又因為0°≤θ〈90°，所以0°≤θ≤60°。18。(1)解：2＋＝0，2(eq\o(OC，\s\up6(→)）－eq\o(OA,\s\up6(→))）＋（eq\o（OB，\s\up6（→）)－eq\o(OC,\s\up6（→）)）＝0。2eq\o(OC，\s\up6（→））－2eq\o(OA,\s\up6(→）)＋eq\o（OB,\s\up6（→)）－eq\o（OC,\s\up6(→))＝0.∴eq\o（OC,\s\up6(→）)＝2eq\o(OA，\s\up6(→)）－eq\o(OB，\s\up6(→））.(2）證明:如圖，eq\o（DA,\s\up6(→))＝eq\o(DO，\s\up6(→））＋eq\o(OA,\s\up6（→)）＝－eq\o(OB，\s\up6(→)）＋eq\o（OA,\s\up6(→）)＝（2eq\o(OA,\s\up6（→））－eq\o（OB,\s\up6（→））)．故eq\o（DA，\s\up6（→)）＝eq\o（OC,\s\up6(→)).故四邊形OCAD為梯形．19。解：存在，理由如下:設存在點M滿足條件,則eq\o（OM,\s\up6（→）)＝λeq\o（OC，\s\up6(→)）＝(6λ，3λ）(0≤λ≤1),∴eq\o(MA,\s\up6（→）)＝(2－6λ，5－3λ)，eq\o（MB，\s\up6（→)）＝(3－6λ，1－3λ)．由eq\o（MA,\s\up6(→))⊥eq\o(MB,\s\up6(→))，得(2－6λ）（3－6λ)＋(5－3λ）(1－3λ)＝0,即45λ