第二章平面向量及其应用 单元检测卷 （word含解析）

第二章平面向量及其应用单元检测卷
一、单选题
1．已知与共线，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
2．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ）
A． B．1 C．2 D．4
3．已知向量，，且，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
4．如图，在平行四边形中，已知，，，，则的值是（ ）
A． B．
C． D．
5．圣索菲亚大教堂位于土耳其伊斯坦布尔，有近一千五百年的历史，因巨大的圆顶而闻名于世，使世界各地的游客前往参观.现有一游客想估算它的高度CD，借助于旁边高约为24米的一幢建筑房屋AB作为参考点，在大教堂与建筑房屋的底部水平线上选取了点P（如图所示），从点P处测得C点的仰角为60°，测得A点的仰角为45°，从A处测得C处的仰角为30°，则该游客估算圣索菲亚大教堂的高度约为（ ）（）
A．48米 B．53米 C．57米 D．60米
6．已知向量，，若，则x的值为（ ）
A． B．或0 C．或0 D．0
7．在中，，，的角平分线的长为，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知平面向量均为单位向量，且，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知两点、，与平行，且方向相反的向量可能是（ ）
A． B．
C． D．
10．在中，角A，B，C所对的边为a，b，c， 则下列说法正确的有（ ）
A．A:B:C= a :b :c B．
C．若A>B， 则a>b D．
11．四边形ABCD为边长为1的正方形，M为边CD的中点，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知圆O的半径为1米，A为圆O上一定点，动点M，N均以每秒1米的速度同时从A出发，M沿着方向向右运动，N沿着圆周按逆时针运动，当N运动回到A时，M停止运动，连接，记运动时间为t秒，三角形的面积为，扇形（阴影部分）的面积为，则（ ）
A．当时，为钝角 B．当时，M，N之间距离最大
C．与圆O相切 D．
三、填空题
13．已知正方形ABCD的边长为2，，则＝_____．
14．在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则______.
15．在中，边上的中线与边上的中线的交点为，若，则______．
16．已知平面向量，，满足，，，..记平面向量在方向上的投影分别为，在方向上的投影为，则的最小值为______.
四、解答题
17．在△中，内角所对的边分别是，已知，，.
(1)求的值；
(2)求△的面积.
18．已知点A（﹣2，4），B（3，﹣1），C（m，﹣4），其中m∈R．
（1）当m＝﹣3时，求向量与夹角的余弦值；
（2）若A，B，C三点构成以A为直角顶点的直角三角形，求m的值．
19．的内角所对的边分别为，已知．
(1)求边，；
(2)若点D在线段上（与不重合），且，求．
20．在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且.
(1)求角C；
(2)E为三角形ABC所在平面内的一点，，且，求线段CE的长.
21．（2021·云南·丽江第一高级中学高二期中（文））已知向量.
(1)若，求的值；
(2)记求的取值范围.
22．1.在△ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，．
(1)求角A的大小；
(2)求 .
在①△ABC面积的最大值；②△ABC周长的最大值；③△ABC的内切圆的半径最大值. 中任选一个做为问题（2），并给出问题的解答．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
根据向量共线的性质直接计算即可.
【详解】
由与共线，
则，
解得，
故选：D.
2．C
【解析】
【分析】
直接运用正弦定理可得，解得
【详解】
由正弦定理，得，所以
故选：C
3．C
【解析】
【分析】
求出的坐标后可求的值.
【详解】
，
由可得，解得，
故选：C
4．B
【解析】
【分析】
根据基底表示再根据向量数量积化简，即得结果.
【详解】
故选B
5．C
【解析】
【分析】
由题意推导得，，从而得，设，则，在中列关于的等式求解.
【详解】
过点A作CD的垂线交CD于点E，则，
由题得，所以，又依题得，所以，
又由题可知，所以，从而，
设，则，所以在中，，
即，解得，从而米.
故选：C.
6．D
【解析】
【分析】
根据给定条件结合向量数量积、向量的模的坐标表示计算作答.
【详解】
向量，，且有，则，两边平方解得或，
而当时，等式无意义，舍去，当时，等式成立，
所以x的值为0.
故选：D
7．C
【解析】
【分析】
在中，利用正弦定理可求得，利用三角形内角和可求得，从而确定，在中利用正弦定理可得结果.
【详解】
在中，由正弦定理得：，即，
又，，，
，则，，
，
在中，由正弦定理得：，.
故选：C.
8．B
【解析】
【分析】
利用和向量数量积的运算律可求得，并将所求式子化为，由可求得结果.
【详解】
，，
，
，，
即的最大值为.
故选：B.
9．AD
【解析】
【分析】
求出向量的坐标，利用平面向量共线的基本定理可得出结论.
【详解】
由题意可得.
A选项，，故满足题意；
D选项，，故满足题意；
BC选项中的不与平行.
故选：AD.
10．BCD
【解析】
【分析】
结合三角形的性质、正弦定理求得正确答案.
【详解】
在三角形中，大角对大边，所以C选项正确.
三角形的内角和为，所以D选项正确.
由正弦定理得，所以A选项错误.
设，
则，B选项正确.
故选：BCD
11．BD
【解析】
【分析】
如图，根据向量的线性运算和数量积的定义计算，依次判断选项即可.
【详解】
如图，
A：，故A错误；
B：，故B正确；
C：，故C错误；
D：，
由，得，
所以，故D正确.
故选：BD
12．AC
【解析】
【分析】
根据余弦定理计算判断选项A；根据扇形面积公式和举例说明判断选项B、D；
根据方程有解判断选项C.
【详解】
A：当时，弧，故的弧度为1，
由余弦定理，，
所以，所以，
即为钝角，故A正确；
B：当时，NM的距离为，
当时，NM的距离为，所以，故B错误；
C：当NM与圆O相切时，，由，得，
结合三角函数的周期性，可得此方程有解，故C正确；
D：取时，，，
所以，故D错误.
故选：AC
13．
【解析】
【分析】
利用向量的加法计算即可.
【详解】
.
故答案为：.
14．
【解析】
【分析】
首先根据余弦定理可得，再根据三角形内角和即可求出，进而求出结果.
【详解】
由余弦定理，得，因为，所以，所以，所以.
故答案为：.
15．0
【解析】
【分析】
利用平面向量的基本定理和向量相等求解.
【详解】
∵，
∴，，
∴．
故答案为：0
16．##0.4
【解析】
【分析】
由题意可设，，，由投影的定义及表示方法可得，再结合柯西不等式即可得解.
【详解】
解法一：由题意，设，，，则，即，
又向量在，方向上的投影分别为x，y，∴，
∴在方向上的投影，即，由柯西不等式得，当且仅当即时，等号成立，∴的最小值为.
故答案为：.
解法二：设，，，则，即，故
又∵向量在，方向上的投影分别为x，y，
∴，
∴在方向上的投影，
∴
故答案为：.
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接利用余弦定理即可求解；
（2）先用同角三角函数关系式求出，再用三角形面积公式求解即可.
(1)
由余弦定理可得
，即，
解得，
(2)
∵，且，
∴,
由得，,
∴.
故△的面积为.
18．（1） ；（2）．
【解析】
【分析】
（1）求出向量，的坐标，运用向量的夹角公式，计算即可得到；
（2）运用向量垂直的条件，即为数量积为0，计算即可得到m．
【详解】
解：（1）点A（﹣2，4），B（3，﹣1），C（﹣3，﹣4），
则，，，
则向量与夹角的余弦值为；
（2）A，B，C三点构成以A为直角顶点的直角三角形，
则有⊥，由于，，
则，解得．
19．(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）由余弦定理求出边，；（2）先由余弦定理得到CD，再由正弦定理求出.
(1)
由余弦定理可得:，
即，解得：．
所以．
(2)
在中，由余弦定理可得，
即，解得：或5，
当时D与B重合，不符合题意，当时．符合要求.
由正弦定理可得，
所以．
20．(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理边角互化计算得，所以可得；（2）由余弦定理计算得，可得，所以，再由，得且，所以四边形是矩形，求解得，从而得.
(1)
因为，由得，，
由正弦定理得，
因为，所以，
故，
得，即，
又，所以.
(2)
由余弦定理得，所以，即，又因为，即，因为不共线，所以且，所以四边形是矩形，所以，即，所以.
21．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接利用向量平行得到，即可求出角x；
（2）整理出=，直接求值域.
(1)
∵向量，
由可得：，
即.
∵
∴
(2)
由=
∵，
∴
∴f（x）的取值范围为
22．(1)
(2)选①，答案为：；选②，答案为：；选③，答案为：.
【解析】
【分析】
（1）先用正弦定理，再用余弦定理可求；（2）选①②时，均可利用基本不等式进行求解，选③时，利用三角形面积的两种求解方法，求得内切圆半径关于三角形三边长的关系式，利用选②时求得的结论进行求解
(1)
因为，由正弦定理得：，化简得：，所以
∵
∴
(2)
选①△ABC面积的最大值；
∵，
∴
整理得：
由基本不等式得：，当且仅当时等号成立.
即，解得：
所以，即△ABC面积的最大值为
选②△ABC周长的最大值；
∵，
∴
整理得：，即
由由基本不等式得：，当且仅当时等号成立.
所以
解得：，又因为，则
所以△ABC周长的最大值为
选③△ABC的内切圆的半径最大值；
设△ABC的内切圆半径为r，则
则
令，且
所以（当且仅当时取“=”）
所以△ABC的内切圆的半径最大值为
答案第1页，共2页