师大金卷高中数学北师大版（2019）必修第二册平面向量及其应用A测评卷 （word含解析）

平面向量及其应用
一、单选题
1．为加快推进“5G+光网”双千兆城市建设，如图，在东北某地地面有四个5G基站A，B，C，D．已知C，D两个基站建在松花江的南岸，距离为；基站A，B在江的北岸，测得，，，，则A，B两个基站的距离为（ ）
A． B．
C． D．
2．将函数和直线的所有交点从左到右依次记为，，…，，若P点坐标为，则（ ）
A．k B．
C．5 D．10
3．设为所在平面内一点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2csin C＝(a＋b)(sin B－sin A)，则当角C取得最大值时，B＝（ ）
A． B． C． D．
5．已知，，且，，则的坐标为（ ）
A．（1，2） B．（－1，2） C．（1，－2） D．（－1，－2）
6．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则（ ）
A． B． C． D．
7．在平行四边形中，，点P为平行四边形所在平面内一点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．设向量，，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知A，B，C为平面内三点，点A（0，1），.若平面内存在唯一点使，且，则点B的坐标可能是（ ）
A．(1，0) B．(1，-1)
C．(-1，-1) D．(-1，2)
10．如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，，E为CD的中点，AE与DB交于F，则（ ）
A．在方向上的投影为0 B．
C． D．
11．已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若与的夹角为120°，则或
D．若与的夹角为锐角，则
12．三角形 中， 角 的对边分别为 ， 下列条件能判断 是钝角三角形的有 （ ）
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
13．已知(，是同一平面内的两个不共线向量)，则________.(用，表示)
14．已知边长为1的正六边形ABCDEF，中心为，则___________.
15．早在公元前1100年，我国数学家商高就已经知道“勾三股四弦五”，如图，在△ABC中，，，，点D是CB延长线上任意一点，则的值为__________．
16．已知向量，夹角为，且，，则___________.
四、解答题
17．如图，在梯形ABCD中，，AC与BD交于点O，化简．
18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（b-a)cosC=ccosA.
(1)求角C的大小；
(2)若，，求△ABC的面积．
19．在中，求．
20．如图，在中，C为直线AB上一点，且．求证：．
21．已知四边形ABCD，M，N，P，Q分别是四边AB，BC，CD，DA的中点，依次连接MN，NP，PQ，QM．记，，．
(1)用，，表示向量，，，，；
(2)试判断四边形MNPQ的形状．
22．如图，已知M，N分别是四边形ABCD的边AB，CD的中点，求证：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
根据题意可得，，利用正弦定理求出BC，进而结合余弦定理即可求出AB.
【详解】
在中，，
所以，有，所以，
在中，，
由正弦定理，得，
在中，由余弦定理，得
，
所以，即两个基站A、B之间的距离为.
故选：D
2．D
【解析】
【分析】
由解析式并画出图象，可知它们共有5个交点且与、与关于对称，结合平行四边形法则有，即可求目标向量的模长.
【详解】
因为均过点，且关于该点中心对称，
由解析式，可得函数图象如下：
由图知：有5个交点，其中与、与关于对称，
所以，故.
故选：D
3．A
【解析】
【分析】
由便可得到，进行向量的数乘运算便可求出向量，从而找出正确选项．
【详解】
解：；
；
．
故选：A．
4．D
【解析】
【分析】
利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理与基本不等式求得的最大值，再通过三角形的形状，即可求得此时对应的.
【详解】
由正弦定理得2c2＝(a＋b)(b－a)，即b2－a2＝2c2．
又cos C＝＝≥＝.
当且仅当3a2＝b2，即b＝a时，cos C取到最小值，从而角C取到最大值.
当b＝a时，3a2－a2＝2c2，则a＝c．
所以A＝C＝，从而B＝π－A－C＝π．
故选：.
5．D
【解析】
【分析】
由平行排除两个选项，再由数量积小于0确定正确选项．
【详解】
，B选项向量与不平行，同理C选项向量与不平行，
又，A选项也不合题意，只有D满足题意．
故选：D.
6．D
【解析】
【分析】
将已知条件利用正弦定理后结合余弦定理可得.
【详解】
由，结合正弦定理得，又，可得
由余弦定理得.
故选：D
7．A
【解析】
【分析】
建立如图所示坐标系设，根据数量积坐标公式即可求解最值．
【详解】
建立如图所示坐标系，设，则，
所以，，
故，
所以时，取得最小值．
故选：A．
8．B
【解析】
【分析】
由向量夹角的坐标运算可直接求得结果.
【详解】
，.
故选：B.
9．BC
【解析】
【分析】
设，则，根据得到，检验即得解.
【详解】
解：因为，所以点是中点，
设，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
因为平面内存在唯一点使，
所以，
经检验，选项中只有BC的点满足上式.
故选：BC
10．AB
【解析】
【分析】
根据向量投影、向量线性运算、向量数量积、向量的模等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
平行四边形中，，
所以，
所以，为的中点，与交于，所以在方向上的投影为0，所以A正确；
，，．所以B正确；
，所以C不正确；
因为，所以，所以D不正确.
故选：AB
11．AB
【解析】
【分析】
根据向量平行与垂直的坐标运算判断A、B；根据向量夹角的坐标表示得到方程即可判断C；与的夹角为锐角则，即可判断D；
【详解】
解：因为，，
由，得，故A正确；
由，则，即，故B正确；
当与的夹角为时，，即，解得或．代入验证为增根，则舍去，故．故C错误；
当与的夹角为锐角时，有则，
解得且，故D错误．
故选：AB．
12．BC
【解析】
【分析】
利用正余弦定理逐一判断即可
【详解】
A：由可知，且，所以是锐角，故A不能判断；
B：由,得，则为钝角，故B能判断；
C：由正弦定理，得，则，，故C能判断；
D：由正弦定理，条件等价于=，
则，即，故，则，故D不能判断.
故选：BC
13．
【解析】
【分析】
设，可得，联立方程，即可求得答案.
【详解】
设
则
，
，不共线，
，解得
故
故答案为：.
14．##
【解析】
【分析】
根据正六边形性质及向量数量积定义求解．
【详解】
因为正六边形边长为1，其中心为，所以，，所以.
故答案为：．
15．16
【解析】
【分析】
根据数量积的几何意义，即可求得结果.
【详解】
因为.
故答案为：16.
16．2
【解析】
【分析】
利用平方的方法化简已知条件，由此求得.
【详解】
由两边平方并化简得，
，
或（舍去）.
故答案为：
17．
【解析】
【分析】
根据向量的加减法，结合几何图形的特点，对目标式进行整理化简即可.
【详解】
因为在梯形ABCD中，，AC与BD交于点O，
故.
即.
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，结合，可求的值，结合，可求的值；
（2）利用余弦定理化角为边可求的值，结合已知利用三角形的面积公式即可计算得解．
(1)
解：因为，
由正弦定理可得，
即，
因为，
故，
因为，
故；
(2)
解：因为，
，
整理可得，可得，
又，
所以．
19．
【解析】
【分析】
由平面向量的相等向量与相反向量的定义化简可得.
【详解】
记，则
所以
20．证明见解析
【解析】
【分析】
将条件中的向量都改为以点为起点的向量再变形整理即可证明.
【详解】
由，有，整理得，即.
21．(1)详见解析；
(2)平行四边形.
【解析】
【分析】
（1）利用平面向量的加法、减法和数乘运算以及平行向量的基本定理求解；
（2）利用相等向量的几何意义以及平行四边形的定义判断.
(1)
解：如图所示：
因为M，N，P，Q分别是四边AB，BC，CD，DA的中点，
所以，
，
，
，
，
；
(2)
由（1）知：，且M，N，P，Q分别是不共线，
所以四边形MNPQ是平行四边形.
22．证明过程见详解
【解析】
【分析】
把运用不同的加法表示出来，，，这两个式子相加即可证明题设．
【详解】
,①
,②
∴①+②,得.
∵M,N分别是AB,CD的中点,
,
.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页