第六章平面向量及其应用章末测试题-2022-2023学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册（含答案）

平面向量及其应用章末测试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图.空间四边形OABC中，，点M在OA上，且满足，点N为BC的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知向量．若点A，B，C能构成三角形，则实数m应满足的条件为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，，，；若P是△ABC所在平面内一点，，则的最大值为是（ ）
A．17 B．13 C．12 D．15
4．已知非零向量和满足，且，则为( )
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．三边均不相等的三角形
5．如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（ ）
A．-3 B． C． D．
6．在中，点线段上任意一点，点满足，若存在实数和，使得，则（ ）
A． B． C． D．
7．在等腰梯形中，，分别为的中点，为的中点，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．在平面内，，，，若，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知向量，其中m，n均为正数，且，下列说法正确的是（ ）
A．与的夹角为钝角 B．向量在方向上的投影为
C． D．的最大值为2
10．设是两个非零向量，则下列命题中正确的有（ ）
A．若，则存在实数使得
B．若，则
C．若，则在方向上的投影向量为
D．若存在实数使得，则
11．已知向量，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．与可以作为基底
C． D．与方向相同
12．已知向量在平面直角坐标系中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．向量在向量方向上的投影向量为
C．
D．若，则
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为______．
14．中国文化博大精深，“八卦”用深邃的哲理解释自然、社会现象.如图（1）是八卦模型图，将其简化成图（2）的正八边形，若，则______.
15．已知是单位向量，.若向量满足，则||的最大值是________.
16．窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，在表现方式上常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境．从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等．已知圆是某窗的平面图，为圆心，点在圆的圆周上，点是圆内部一点，若，且，则的最小值是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知，，且．
(1)求与的夹角；
(2)求．
18．如图，矩形与矩形全等，且.
(1)用向量与表示；
(2)用向量与表示.
19．设向量，，.
(1)求；
(2)若，，求的值；
(3)若，，，求证：A，，三点共线.
20．已知，，与的夹角为．求：
(1)；
(2)；
(3)．
21．在中，角的对边分别为.
(1)求的大小；
(2)再从条件① 条件② 条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分.
22．如图所示，在中，与相交于点.
(1)用和分别表示和；
(2)若，求实数和的值.
参考答案：
1．D
【分析】由M，N在线段OA，BC上的位置，用，，表示，，进而表示出.
【详解】因为，所以，
又因为点N为BC的中点，所以，
所以.
故选：D.
2．B
【分析】根据题意得到与不共线，从而列出不等式，求出答案.
【详解】若点A，B，C能构成三角形，则这三点不共线，即与不共线，
∵，，，
∴，，
∴，解得.
故选：B．
3．B
【分析】由题意，画图建立坐标系，根据向量单位化运算，可表示出每一个点的坐标，根据数量积的坐标公式，结合基本不等式，可得答案.
【详解】由题意建立如图所示的坐标系，可得，，，
，，
，，
，当且仅当时，等号成立，
故选：B.
4．A
【分析】根据向量加法和线性运算可知向量与的平分线共线，根据可知的平分线与对边垂直，由此可知△ABC是等腰三角形；再由和向量数量积的定义可求出的大小，从而可判断△ABC的形状．
【详解】即方向上的单位向量，即方向上的单位向量，
∴向量与的平分线共线，
又由可知的平分线与对边垂直，
则△ABC是等腰三角形，即，
，∴，
∵，∴，
∴△ABC为等边三角形．
故选：A．
5．C
【分析】根据三点共线求出，然后把当基底表示出和，从而求的值.
【详解】因为，所以，
所以，因为三点共线，所以，即，
所以，又,
所以
.
故选：C.
6．D
【分析】由题设且，结合向量数乘、加法的几何意义可得，再由已知条件即可得的值.
【详解】
由题意，且，而，
所以，即，
由已知，，则.
故选：D
7．B
【分析】根据平面向量的共线定理、平面向量的加法的几何意义，结合已知和等腰梯形的性质进行求解即可.
【详解】因为在等腰梯形中，，分别为的中点，为的中点，
所以可得：．
故选：B.
8．D
【分析】以A为原点，，的方向为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，设，，，由得到P的坐标，再由，结合求解.
【详解】解：如图所示：
以A为原点，，的方向为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系.
设，，，
则，，，，
则，即，
所以.
由，
得，
所以，.
由，得，
即，所以，
即.
所以的取值范围是，
故选：D.
9．CD
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算可得，从而可判断A；根据向量在方向上的投影为可判断B;根据共线向量的坐标运算可判断C；由C可得，根据基本不等式即可判断D.
【详解】对于A，因为所以，
则与的夹角为锐角，故A错误；
对于B，因为
所以向量在方向上的投影为，故B错误；
对于C，因为所以.
因为，，所以，即，故C正确；
对于D，因为，，
所以，当且仅当,即时取等号，
故的最大值为2，故D正确.
故选:CD.
10．ABC
【分析】根据平面向量的模、及线性运算的概念即可判断.
【详解】当时，的方向相反且，则存在负实数，
使得，故A正确D错误；
若，则以为邻边的平行四边形为矩形，且和是这
个矩形的两条对角线长，所以，故B正确；
若则的方向相同．在方向上的投影向量为，故C正确．
故选：ABC.
11．BD
【分析】根据向量的坐标运算，共线向量定理和平面向量基本定理逐项分析即得.
【详解】由题意，向量，可得，
所以，所以A正确，B错误；
又由，所以C正确；
因为，所以，所以与方向相反，所以D错误.
故选：BD.
12．ABD
【分析】利用数量积运算，投影向量和向量平行公式即可判断每个选项
【详解】由图可得，
对于A，，故A正确；
对于B，向量在向量方向上的投影向量，故B正确；
对于C，，
所以，故C不正确；
对于D，因为，，所以，故，故D正确.
故选：ABD
13．
【分析】先利用题意算出，再利用平面向量夹角为锐角的充要条件，列出不等式求解作答
【详解】解：因为，，所以，
因为与的夹角为锐角，所以，且与不共线，
所以且，
解得且，所以的取值范围为，
故答案为：
14．##
【分析】根据题意，利用余弦定理，计算出的值，根据向量运算，把化成，计算其长度得答案.
【详解】在中，设，，
则，所以，
所以.
故答案为：
15．##
【分析】法一，由由，得，借助于几何作图，作，确定点P的轨迹，结合圆的几何性质，即可求得答案;
法二，由题意建立平面直角坐标系，设，根据条件确定确定点C在以(1,1)为圆心，1为半径的圆上，结合圆的几何性质，可求得答案.
【详解】法一　由，得.
如图所示，分别作,作，
由于是单位向量,则四边形OACB是边长为1的正方形，所以,
作，则,
所以点P在以C为圆心，1为半径的圆上.
由图可知，当点O，C，P三点共线且点P在点P1处时，||取得最大值,
故||的最大值是,
故答案为：
法二　由，得，
建立如图所示的平面直角坐标系，则，
设 ，由，
得 ，
所以点C在以(1,1)为圆心，1为半径的圆上.
所以
故答案为：
16．3
【分析】利用向量的线性运算，结合数量积，可求得，确定其取值范围,再根据平方后的式子，即得.
【详解】因为，
所以，
所以，即，则．
因为点是圆内部一点，
所以，所以，
则，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值是3．
故答案为：3.
17．(1)
(2)2
【分析】（1）根据向量的数量积运算律求解即可；
（2）根据向量模的运算求解即可.
【详解】（1）∵，，
由化简得，∴
∵，∴
（2）
．
18．(1)
(2)
【分析】（1）平面向量基本定理，利用向量的加减与数乘运算法则进行求解；（2）建立平面直角坐标系，利用坐标运算进行解答.
(1)
.
(2)
以A为坐标原点，AE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
设，因为矩形与矩形全等，且，
所以，则，，，，，
所以，，，故.
19．(1)1
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）先求，进而求；（2）列出方程组，求出，进而求出；（3）求出，从而得到，得到结果.
【详解】（1），；
（2），所以，解得：，所以；
（3）因为，所以，所以A，，三点共线.
20．(1)3
(2)
(3)
【分析】（1）根据平面向量数量积的定义即可得到答案；
（2）将式子展开化简，结合向量的模和数量积即可得到答案；
（3）先将化为，进而展开化简可得答案.
【详解】（1）因为，，与的夹角为，
所以；
（2）由（1），
所以；
（3）由（1），
所以.
21．(1).
(2)条件①：；条件③：.
【分析】（1）利用正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解即可.
（2）根据三角形全等条件可知①③满足条件，条件②由余弦定理可得不满足条件，条件①：根据，结合等面积求解即可；条件③：利用余弦定理结合等面积求解即可.
【详解】（1）在中因为，
由正弦定理得，
所以，即，
又因为，，所以，.
（2）设边上的高为，
条件①：因为，所以 ，，
所以，根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一确定.
所以，
则，解得，即边上的高为.
条件②：由余弦定理得，即，
解得，此时满足条件的的三角形有两个，条件②不符合题意.
条件③：根据三角形全等（边角边）可得存在且唯一确定，
由余弦定理得，即，解得，
则，解得，即边上的高为.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）由平面向量的数乘与加法，可得答案；
（2）根据平面向量共线定理的推论，由（1）代入，得到方程，可得答案.
【详解】（1）由，可得.
（2）（2）设，将
代入，则有，
即，解得，
故，即.