四川省眉山冠城实验学校2025-2026学年高一下学期人教A版数学周测3　阶段滚动卷(一)

**基本信息** 本卷聚焦平面向量核心内容，通过基础运算（如中点坐标、共线判定）与综合应用（如奔驰定理、向量函数）的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模素养，适配高中向量单元阶段性检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|中点坐标、向量共线、夹角计算|基础概念与技能结合，如第3题三点共线判定| |多选|3/18|向量模与数量积、重心性质|多选项考查思维严谨性，如第10题重心向量关系| |填空|3/15|投影向量、奔驰定理|融入数学文化，如第14题结合垂心创新应用| |解答|5/77|向量平行、三点共线、向量函数|综合题注重知识迁移，如第19题向量函数验证线性性质|

周测3　阶段滚动卷(一) (时间：120分钟　分值：150分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.已知点A(1，2)，B(-3，0)，则线段AB的中点坐标为 A.(-1，1) B.(-2，2) C.(-2，-1) D.(-4，-2) 2.如图，已知圆C的弦AB长为4，则·的值是 A.4 B.6 C.8 D.10 3.已知向量a，b不共线，=2a+λb，=(λ-1)a+b，若A，B，C三点共线，则实数λ的值为 A.2 B.-2或1 C.-1 D.2或-1 4.已知向量a，b满足|a|=|b|=2，(2a-b)⊥b，则a与b的夹角为 A. B. C. D. 5.若{α，β}是一个基底，向量γ=xα+yβ(x，y∈R)，则称(x，y)为向量γ在基底{α，β}下的坐标.现已知p=(1，-1)，q=(2，1)，向量a在基底{p，q}下的坐标为(-2，2)，若m=(-1，1)，n=(1，2)，则a在基底{m，n}下的坐标为 A.(2，0) B.(0，-2) C.(0，2) D.(-2，0) 6.设O为△ABC的外心，若++=，则M是△ABC的 A.重心 B.内心 C.垂心 D.外心 7.在△ABC中，若I是△ABC的内心，AI的延长线交BC于点D，则有=，现已知AC=2，BC=3，AB=4且=x+y，则实数x+y等于 A.1 B. C. D.2 8.已知O是坐标原点，A(2，1)，B(-1，3)，P(1，2).若M为直线OP上一动点，则当·取得最小值时，||等于 A. B. C. D. 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.已知平面向量a=(2，2)，b=(1，m)，且|2a-b|=|a+b|，则 A.a·b=4 B.a∥b C.m=-1 D.|b|= 10.已知M为△ABC的重心，D为边BC的中点，则 A.+=2 B.++=0 C.=+ D.+=2(+) 11.已知在等腰△OAB中，C是底边AB的中点，底角不大于60°，则 A.+在上的投影向量为 B.在边AB上存在点D，使得·=2· C.(2-)∥(-3) D.·=- 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l分别交x轴正半轴、y轴正半轴于B，C两点，△BOC的面积为，若A(1，4)为平面内一点，且满足·=13，则OC=　　　　　　　.  13.已知向量a=(3，6)，b=(3，-4)，则a在b上的投影向量的坐标为　　　　.  14.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知M是△ABC内的一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA·+SB·+SC·=0.若M为△ABC的垂心，3+4+5=0，则cos∠AMB=　　　　　　　.  四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)已知平面向量a=(1，2)，b=(3，-2)，c=a+3b，d=ka+b. (1)若c∥d，求k的值；(6分) (2)若c与d的夹角为锐角，求k的取值范围.(7分) 16.(15分)已知=(4，0)，=(2，2)，=(1-λ)+λ(λ2≠λ). (1)证明A，B，C三点共线，且当=时，求λ的值；(7分) (2)求||的最小值.(8分) 17.(15分)在平面直角坐标系中，已知A(-1，-2)，B(2，3)，C(-2，-1). (1)求以AB，AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长；(7分) (2)若在y轴上存在一点P，满足BC⊥AP，求cos∠BPC.(8分) 18.(17分)已知点A(1，-2)，B(2，1)，C(3，2). (1)已知点D(-2，3)，以{，}为一个基底来表示++；(8分) (2)若=+λ(λ∈R)，且点P在第四象限，求λ的取值范围.(9分) 19.(17分)将所有平面向量组成的集合记作R2，并定义“向量函数”：y=f(x)，其中x，y∈R2.已知u=(x，y)，设θ∈[0，2π)，v=(xcos θ-ysin θ，xsin θ+ycos θ)，定义向量函数v=f(u). (1)证明：对于任意a，b∈R2以及m，n∈R，f(ma+nb)=m·f(a)+n·f(b)恒成立；(8分) (2)若a，b∈R2，求f(a)·f(b)-a·b的值.(9分) 参考答案 1.答案　A 解析　由中点坐标公式，线段AB的中点坐标为，即(-1，1). 2.答案　C 解析　由·=||||cos∠BAC，由圆的性质知||cos∠BAC=||， 所以·=||2=8. 3.答案　D 解析　∵A，B，C三点共线，故可设=μ， ∴2a+λb=μ[(λ-1)a+b]， ∴化简得λ2-λ-2=0，解得λ=-1或λ=2. 4.答案　B 解析　由题设知(2a-b)·b=2a·b-b2=0，则a·b==2，所以cos〈a，b〉===，因为0≤〈a，b〉≤π，所以〈a，b〉=. 5.答案　C 解析　因为p=(1，-1)，q=(2，1)，m=(-1，1)，n=(1，2)，可知p=-m，q=n-m，又因为向量a在基底{p，q}下的坐标为(-2，2)，则a=-2p+2q=2m+2(n-m)=2n，所以a在基底{m，n}下的坐标为(0，2). 6.答案　C 解析　如图，O为△ABC的外心，可得OA=OB=OC， ∵++=， ∴+=-=， 设AB的中点为D，连接OD，则OD⊥AB，+=2，则=2， ∴CM⊥AB，可得CM在边AB的高线上. 同理可证，AM在边BC的高线上， 7.故M是△ABC高线的交点，即M是△ABC的垂心. 答案　C 解析　因为I是△ABC的内心，AI的延长线交BC于点D，AC=2，BC=3，AB=4，可得==2，则BD=BC，=2，即-=2(-)，则=+，连接BI，又因为BD=2，且BI为∠ABD的平分线， 所以==2，即== =+， 又=x+y，且向量，不共线，所以所以x+y=. 8.答案　A 解析　由已知得=(1，2)，因为点M为直线OP上一动点，所以可设=λ(λ∈R)， 则M(λ，2λ)，=(λ-2，2λ-1)，=(λ+1，2λ-3)， 则·=(λ-2)(λ+1)+(2λ-1)(2λ-3)=5λ2-9λ+1，当且仅当λ=时，·取得最小值，此时M，所以=，||=. 9.答案　ABD 解析　2a-b=(4，4)-(1，m)=(3，4-m)，a+b=(3，2+m)， 所以32+(4-m)2=32+(2+m)2，解得m=1， C错误； 所以b=(1，1)，|b|==，D正确； 则a·b=2+2=4，A正确； 因为a=2b，所以a∥b，B正确. 10.答案　ABC 解析　如图，根据向量加法的平行四边形法则，易得+=2，故A正确； 由题意得M为线段AD上靠近D点的三等分点，所以=-2， 又+=2，所以++=0，故B正确； =+=+-)=+，故C正确； +=2，+=2，又=3，所以+=3(+)，故D错误. 11.答案　BCD 解析　对于A，因为+=，在上的投影向量为，所以A错误； 对于B，建立如图所示的平面直角坐标系，设A(-a，0)，B(a，0)，O(0，b)，D(x，0)(a>0，b>0，-a≤x≤a)，则=(-a，-b)，=(a，-b)，=(0，-b)，=(x，-b)，所以·=-ax+b2，·=ax+b2， 由·=2·，得-ax+b2=2(ax+b2)，得3ax=-b2， 因为a≠0，所以x=-，由底角不大于60°可知，0>-≥-a，所以在边AB上存在点D，使得·=2·，所以B正确； 对于C，因为2-=(2a，-b)，-3=(-4a，2b)，所以-2(2-)=-3， 所以(2-)∥(-3)，所以C正确； 对于D，因为·=-a2+b2，=b2，=a2，所以·=-，所以D正确. 12.答案　 解析　如图，不妨设C(0，t)，B，t>0，则·=·(-1，t-4)=17--4t=13，解得t=，所以OC=. 13.答案　 解析　向量a=(3，6)，b=(3，-4)，所以a·b=9-24=-15，|b|==5， 则a在b上的投影向量的坐标为 |a|cos θ·=·=×(3，-4)=. 14.答案　- 解析　如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，由M为△ABC的垂心，3+4+5=0，得SA∶SB∶SC=3∶4∶5，又S△ABC=SA+SB+SC，则=4，=3.设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，所以cos∠BMD==cos∠AMF=，即3x2=2y2，=，所以cos∠BMD=，所以cos∠AMB=cos(π-∠BMD)=-. 15.解　(1)由题意得c=(10，-4)， d=(k+3，2k-2)， 因为c∥d，所以=， 解得k=. (2)c·d=10(k+3)-4(2k-2)=2k+38>0， 解得k>-19， 由(1)得，k≠， 故k的取值范围是∪. 16.解　(1)=-=(-2，2)，=- =(1-λ)-(1-λ)=(λ-1)， 又因为与有公共点B， 所以A，B，C三点共线. 当=时，λ-1=1，所以λ=2. (2)||2=(1-λ)2||2+2λ(1-λ)·+λ2||2=16λ2-16λ+16=16+12， 所以当λ=时，||取得最小值2. 17.解　(1)由题意得=(3，5)，=(-1，1)，+=(2，6)，-=(4，4)，所以|+|==2，|-|==4， 所以所求对角线长为2和4. (2)设P(0，y)，则=(-4，-4)，=(1，y+2)，由BC⊥AP，得-4-4(y+2)=0，解得y=-3，即P(0，-3)， =(2，6)，=(-2，2)，cos∠BPC===. 18.解　(1)由已知得，=(1，3)，=(2，4)，=(-3，5)，=(-4，2)，=(-5，1)， 所以++=(-3，5)+(-4，2)+(-5，1)=(-12，8). 由题意可知，存在实数m，n使得++=m+n， 则(-12，8)=m(1，3)+n(2，4)，即(-12，8)=(m+2n，3m+4n)， 即解得 所以++=32-22. (2)设P(x，y)(x，y∈R)，则=(x-1，y+2)， 又=+λ=(1，3)+λ(2，4)=(1+2λ，3+4λ)， 则即又点P在第四象限， 所以解得-1<λ<-，故λ的取值范围是. 19.(1)证明　设a=(x1，y1)，b=(x2，y2)，则 ma+nb=m(x1，y1)+n(x2，y2)=(mx1+nx2，my1+ny2)， f(a)=(x1cos θ-y1sin θ，x1sin θ+y1cos θ)， f(b)=(x2cos θ-y2sin θ，x2sin θ+y2cos θ)， 所以f(ma+nb) =((mx1+nx2)cos θ-(my1+ny2)sin θ，(mx1+nx2)sin θ+(my1+ny2)cos θ) =m(x1cos θ-y1sin θ，x1sin θ+y1cos θ)+n(x2cos θ-y2sin θ，x2sin θ+y2cos θ)=m·f(a)+n·f(b). (2)解　由(1)知f(a)=(x1cos θ-y1sin θ，x1sin θ+y1cos θ)， f(b)=(x2cos θ-y2sin θ，x2sin θ+y2cos θ)， a·b=x1x2+y1y2， 所以f(a)·f(b)-a·b =(x1cos θ-y1sin θ)(x2cos θ-y2sin θ)+(x1sin θ+y1cos θ)(x2sin θ+y2cos θ)-a·b=x1x2+y1y2-(x1x2+y1y2)=0， 所以f(a)·f(b)-a·b=0. 学科网（北京）股份有限公司 $