高中数学苏教版（2019）必修第二册平面向量单元检测卷A（word版含解析）

平面向量单元检测卷
一、单选题
1．已知菱形的对角线相交于点，点为的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在矩形中，可以用同一条有向线段表示的向量是（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
3．已知向量，，若，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知是边长为4的正六边形内的一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知向量，，且，那么等于（ ）
A．(4，0) B．(0，4) C．(3，－6) D．(－3，6)
7．在平面四边形中，已知的面积是的面积的2倍.若存在正实数使得成立，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．若点是所在平面内一点，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．折纸发源于中国．世纪，折纸传入欧洲，与自然科学结合在一起成为建筑学院的教具，并发展成为现代几何学的一个分支．我国传统的一种手工折纸风车（如图）是从正方形纸片的一个直角顶点开始，沿对角线部分剪开成两个角，将其中一个角折叠使其顶点仍落在该对角线上，同样操作其余三个直角制作而成的，其平面图如图，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知在等腰中，是底边的中点，则（ ）．
A．在方向上的投影向量为
B．在边上存在点使得
C．
D．
11．已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
12．如图，已知点为正十边形的中心，且，则下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
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三、填空题
13．已知非零平面向量，，满足，且，若与的夹角为，且，则的模取值范围是___________.
14．已知圆O：x2＋y2＝1，M，N，P是圆O上的三个动点，且满足∠MON＝，则_________.
15．已知＝，＝，若||＝12，||＝5，且∠AOB＝90°，则||＝________．
16．已知，，，则向量与向量的夹角为______．
四、解答题
17．判断命题“如果A，B，C是平面直角坐标系中的三个不同的点，则这三点共线的充要条件是与共线”的真假．
18．在平面直角坐标系xOy中，向量，，的方向如图所示，且，，，分别求它们的坐标．
19．已知点,,且，，，求点C，D，E的坐标．
20．已知数轴上三点A，B，C分别代表实数－8，－2，5，求分别代表，，的实数．
21．已知，，若，求y的值．
22．如图所示，已知各单元格都是边长为1的正方形，求出以下向量的数量积．
(1);
(2);
(3);
(4)．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据已知条件，选定为基底，用其表示，再根据向量的数量积求解公式即可求得结果.
【详解】
根据题意，作图如下：
因为四边形是菱形，且，，
故可得；
又，
故.
故选：B.
2．B
【解析】
【分析】
根据相等向量的概念，得到和是相等向量，即可求解.
【详解】
对于A中，向量和的方向相反，但长度相等，所以和不是相等向量；
对于B中，向量和的方向相同且长度相等，所以和是相等向量，
对于C中，向量和的方向不同，且长度不相等，所以和不是相等向量；
对于D中，向量和的方向不同，且长度不相等，所以和不是相等向量；
所以只有向量和可以用同一条有向线段表示.
故选：B.
3．C
【解析】
【分析】
根据两向量垂直计算出参数的值，再根据向量的计算规则求解即可得出结果.
【详解】
因为，所以，解得，
所以．
故选：C.
4．A
【解析】
【分析】
建立坐标系，用坐标表达数量积，求出答案.
【详解】
连接AE，则正六边形中，如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AE所在直线为y轴建立直角坐标系，则，，设，则，
.
故选：A
5．D
【解析】
【分析】
根据平面向量的坐标运算求出，利用平行向量的坐标表示计算即可.
【详解】
因为，，
所以，
因为，
所以，解得．
故选：D
6．C
【解析】
【分析】
根据共线向量的性质，结合平面向量减法的坐标表示公式进行求解即可.
【详解】
解析　∵，∴
则得
∴，
∴＝(1，－2)－(－2，4)＝(3，－6).
故选：C
7．A
【解析】
【分析】
由面积比得，再利用三点共线可得出的关系，从而利用基本不等式可求得的最小值．
【详解】
如图，设与交于点，
由的面积是的面积的2倍，可得，
所以，
又三点共线，即共线，
所以存在实数使得，
因为，
所以，消去k，可得，
又因为，
所以，
当且仅当，即时等号成立．
所以的最小值为1．
故选：A．
8．A
【解析】
【分析】
在平面内取点D，使得，进而得到及间的关系，进而求得各三角形面积的比例.
【详解】
在平面内取点D，使得，则由.如图所示：
设，所以，由，则，再由可得，所以.于是.
故选：A.
9．BCD
【解析】
【分析】
将讨论的向量分解到上，再进行向量的相关算可依次判断.
【详解】
，则与不平行，A错．
设，
，B对．
，C对
，D对，
故选:BCD．
10．BCD
【解析】
【分析】
对于A，利用向量的加法运算和数量积的几何意义判断即可，对于B，如图建立坐标系，利用数量积的坐标运算求解判断，对于C，分别求出和的坐标，然后判断，对于D，利用坐标求解判断即可
【详解】
对于A，因为，在方向上的投影向量为，所以A错误，
对于B，如图建立坐标系，设，则
，
所以，
由，得，得，
因为，所以，所以在边上存在点使得，所以B正确，
对于C，因为，所以，所以，所以C正确，
对于D，因为，所以，所以D正确，
故选：BCD
11．AC
【解析】
【分析】
根据向量平行和垂直的坐标关系即可判断.
【详解】
对A，若，则，解得，故A正确；
对B，若，则，解得或3，故B错误；
对C，若，则，，则，故，故C正确；
对D，若，则，解得，故D错误.
故选：AC.
12．ABD
【解析】
【分析】
运用正十边形的性质，结合平面向量加法的几何意义、平面向量数量积的运算性质逐一判断即可.
【详解】
连接EH，由正十边形的性质知，则，所以A正确；
取AB的中点M，连接OM，则，，，所以，所以，B正确；
由向量加法的几何意义，得，所以C不正确；
连接，，由题意可知，，，
所以，所以D正确．
故选：ABD．
13．
【解析】
【分析】
以向量几何意义去解题，数形结合的方法可以简化解题过程.
【详解】
如图1，令，，，则，取AB中点M .
由，可得，
，
所以，即C在以M为圆心、为半径的圆上.
由，当O、M、C三点共线时（M在线段OC上），.
由于O在以AB为弦的圆弧上，设圆心为G，
由正弦定理可知，即，
当时，圆G半径取得最大值.
当O、M、G三点共线（G在线段OM上），且时，
取得最大值，此时，
所以.
如图2，显然当O、M、C三点共线（点C在线段OM上），
当时，圆G半径取得最小值.
，即M、G两点重合.取得最小值为2.
则时，.
故向量的模取值范围是
故答案为：
14．1
【解析】
【分析】
利用向量的几何运算将转化为用表示，然后代入数值计算即可.
【详解】
，
，且
故答案为：1
15．13
【解析】
【分析】
由题设得||＝13，再应用向量减法法则可得＝，即可求||.
【详解】
∵||＝12，||＝5，∠AOB＝90°，
∴||2＋||2＝||2，即||＝13．
∵＝，＝，
∴＝-＝，
∴||＝||＝13．
故答案为：13.
16．
【解析】
【分析】
根据向量的数量积运算和向量垂直的条件计算可得答案.
【详解】
解：设向量与向量的夹角为．
∵，∴，又∵，∴．
∵，∴，∴，∴，∵，∴．
故答案为：.
17．真命题
【解析】
【分析】
根据充分、必要条件的定义，分别分析充分性和必要性，即可得答案.
【详解】
充分性：根据三点共线的性质，若A，B，C三点共线，
则，所以与共线，充分性成立；
必要性：若与共线，则，
又因为有公共点B，
所以A，B，C三点共线，必要性成立，
所以A，B，C三点共线的充要条件是与共线
综上，原命题为真命题
18．，，
【解析】
【分析】
分别设，，，利用向量坐标表示的定义，进行正交分解即可求得.
【详解】
设，则，故.
设，则，故.
设，则，故.
19．
【解析】
【分析】
设点C，D，E的坐标，根据向量的等量关系列出方程求解未知数
【详解】
由题得：，设，则，， ，根据题意得： 得： ，得：；得：，所以点C，D，E的坐标分别为
20．，，
【解析】
【分析】
根据题意结合向量坐标运算求解即可.
【详解】
由数轴上三点A，B，C分别代表实数－8，－2，5，所以代表的实数为
代表的实数为，代表的实数为.
21．
【解析】
【分析】
根据共线向量的性质进行求解即可.
【详解】
因为，，，
所以有.
22．(1)
(2)
(3)
(4)
【解析】
【分析】
先由题中图形，得到各向量的模，以及对应向量的夹角，或夹角余弦值，再根据向量数量积的定义，逐个计算，即可得出结果．
(1)
解：由图知：，，，，．
，，，．
所以
(2)
解：
(3)
解：
(4)
解：
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