人教版高一数学下学期必修第二册第六章《平面向量及其应用》单元达标高分突破培优卷(含解析)

第六章《平面向量及其应用》同步单元必刷卷（培优版）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1．（2022·全国·（理））在△ABC中，D是BC边上一点，且BD＝2DC＝4，，则AD的最大值为（ ）
A． B．4 C． D．2
2．（2021·湖南·长沙一中）已知是腰长为的等腰直角三角形，点是斜边的中点，点在上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022·河南·温县第一高级中学（理））我国南宋著名数学家秦九韶发现了“三斜”求积公式，即的三个内角，，所对的边分别为，，，则的面积.已知在中，，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·陕西·长安一中（理））已知，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·新疆昌吉·（理））若向量，则与的夹角余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·福建福州·）在平行四边形ABCD中，AB的中点为M，过A作DM的垂线，垂足为H，若，则（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
7．（2020·四川·宁南中学（理））已知梯形中，，，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·河南·社旗县第一高级中学（文））已知中，内角，，的对边分别为，，，，.若为直角三角形，则的面积为（ ）
A． B．
C．或 D．或
多项选择题：本题共4小题，每小题满分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。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9．（2021·广东·）如图，在正方形中，，，点从点出发，沿的方向运动至点后停止，若在点的运动过程中，有且只有个不同的点，使得（是常数）成立，则的值可能是（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·福建省福州第一中学）数学家欧拉于1765年在其著作《三角形中的几何学》首次指出：的外心，重心，垂心，依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线. 若，，则下列各式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2021·广东·仲元中学）如图，在中，，其中，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时，的面积最大 D．当时，
12．（2022·全国·）（多选题）设，是两个非零向量．则下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则存在实数，使得
D．若存在实数，使得，则
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2021·新疆昌吉·（理））设锐角三个内角，，所对应的边分别为，，，若，，，则________．
14．（2021·湖北·孝感高中）线段是圆 的一条动弦，且，直线恒过定点，则 的最小值为________．
15．（2021·福建龙岩·）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若的面积为，则角A=___________.
16．（2022·全国·）已知向量，，满足，，，则的最大值是______________.
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．（2022·重庆·）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，点D为边BC上一点，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的值．
18．（2021·浙江·海亮高级中学）已知函数．
（1）求函数的最小正周期，并求函数在时的值域；
（2）设△的内角是，所对边长分别是，当，时，求边长的最小值．
19．（湖北省部分市州2022届高三上学期元月期末联考数学试题）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足．
（1）求角A；
（2）如图，若，点D是外一点，，设，求平面四边形面积的最大值及相应的值．
20．（2022·全国·）已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）在锐角中，内角、、的对边分别为、、．若，的角平分线交于，且，求的面积．
21．（2022·全国·）已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）在中，角，，的对边分别为，，，若，．求的最小值．
22．（2021·广东茂名·）已知在中，内角A，，的对边分别为，，，满足.
（1）求；
（2）如图，若，在外取点.且，.求四边形面积的最大值.
第六章《平面向量及其应用》同步单元必刷卷（培优版）解析版
1．A
【分析】
由正弦定理可得，再在中由余弦定理化简得出，即可求出.
【详解】
因为，所以，
在中，由正弦定理可得，则，
在中，由余弦定理得
，
因为，所以，
则当，即时，
取得最大值为.
故选：A.
2．C
【详解】
由题意可知，
,
，
由点是斜边的中点，可知
故选：C
3．A
【分析】
根据题意，结合余弦定理得，，，再根据公式求解即可.
【详解】
解：∵，
又∵，∴.
∴（当且仅当时取等号）.
∴.
∴面积的最大值为.
故选：A.
4．B
【分析】
由垂直的数量积表示得，再把模的运算转化为数量积计算．
【详解】
由已知，，
，
所以．
故选：B．
5．C
【分析】
利用向量数量积的坐标运算以及向量模的坐标运算即可求解.
【详解】
由，，
则，，
，
设与的夹角余弦值为，
所以
.
故选：C
6．D
【分析】
根据题意可得，再利用数量积的定义化简求出.
【详解】
在平行四边形ABCD中，,
所以
.
故选：D.
7．A
【分析】
以点A为原点，建立如图的直角坐标系，设，，由求得，再由解得，从而可得答案.
【详解】
解：以点A为原点，建立如图的直角坐标系，依题意，，不妨设，则，
则，设，则由得，
所以，即，，
又，所以，因为，解得，所以，
故选：A.
8．C
【分析】
由正弦定理化角为边后，由余弦定理求得，然后分类讨论：或求解．
【详解】
由正弦定理，可化为：
，即，
所以，，所以，
又为直角三角形，
若，则，，，，
若，则，，，．
故选：C．
9．ABC
【分析】
以为坐标原点建立平面直角坐标系，根据平面向量数量积的坐标运算可求得点轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据轨迹与正方形有个交点可确定半径的取值范围，解出的范围后即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，可建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，设，则，，
，
，满足题意的有个，，即，
点轨迹是以为圆心，为半径的圆，且与正方形有个不同交点，
正方形外接圆半径，内切圆半径，
，解得：，可能的取值为.
故选：ABC.
【点睛】
方法点睛：解决平面几何中的向量数量积问题，通常采用建立平面直角坐标系的方法，将问题转化为平面向量的坐标运算来进行求解.
10．ACD
【分析】
根据欧拉线定理可判断A；利用向量的加、减运算可判断B；利用向量的数量积可判断C；利用向量的加法运算以及欧拉线定理可判断D.
【详解】
A，由题意可得，即，故A正确；
B，由是的重心可得,
所以，故B错误；
C，过的外心分别作的垂线，垂足为，如图，
易知分别是的中点，则
，故C正确；
D，因为是的重心，所以，
故
，
由欧拉线定理可得,
所以，故D正确.
故选：ACD
11．ABC
【分析】
利用条件及向量的加法运算可判断AC，利用数量积可判断BD.
【详解】
∵，
∴即，
∴当时，，故A正确；
由可得，故B正确；
当时，，D与C重合，的面积最大，故C正确；
当时，，
∴
，故D错误.
故选：ABC.
12．ABD
【分析】
将两边同时平方可得即可判断A；由判断是否成立可判断B；计算，的夹角可判断C；举反例可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A，若，则，得，所以不成立，故选项A不正确，为假命题；
对于B：若，则，因为，
，所以，所以不成立，
故选项B不正确，为假命题；
对于C：由选项A的解析可知：若，则，
因为，所以，所以，
所以，是方向相反的两个向量，即，共线，所以存在实数，使得，
故选项C为真命题；
对于D：取实数，使得，则，而，此时，所以选项D不正确，为假命题，
故选：ABD.
13．
【分析】
余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出的值，然后利用锐角三角形，排除一个答案.
【详解】
由余弦定理得：，而由得：，因为是锐角三角形，所以，故，解得：或19，当，即时，，由大边对大角得：最大角为，，故为锐角，符合要求；
当，时，由大边对大角得：最大角为，，故为钝角，不合题意，舍去
故答案为：
14．
【分析】
过圆心作于点，根据几何法求出的长，进而可得点的轨迹为圆，求出直线恒过定点，由圆的性质可得，再由即可求解.
【详解】
因为线段是圆的一条动弦，过圆心作于点，
则为中点，又，则，
即点的轨迹为圆，
直线可化为，则直线恒过定点，
因为，由可知，
所以.
故答案为：.
15．
【分析】
通过三角形的面积公式，再结合余弦定理即可求得答案.
【详解】
由题意，，由余弦定理可知：，因为，所以.
故答案为：.
16．
【分析】
设，，，根据已知条件可得，，整理可得，求得的范围即可求解.
【详解】
设，，，，，，
则，，
整理得：，所以，
则，解得：，
所以，
故答案为：.
17．
（1）；
（2）.
【分析】
(1)根据给定条件结合正弦定理边化角即可计算作答.
(2)由(1)及已知可得，在中求出的正余弦即可借助差角的正弦公式计算作答.
（1）
在中，由正弦定理及得：
，即，
于是得，而，，
因此有，而，因此，，
所以角A的大小是.
（2）
由(1)知，，又，则有，如图，
在中，，则，于是得，，
而，即有，
因此，.
18．
（1），；
（2）.
【分析】
（1）应用三角恒等变换可得，根据正弦型函数的性质求最小正周期、区间值域.
（2）由题设可得，再根据已知条件及余弦定理可得，应用基本不等式求最值，注意等号成立条件.
（1）
由题设，，
∴，
当，即时，有，
∴.
（2）
由题设，且，可得或(舍)，
由余弦定理知：，
而，则，当且仅当时等号成立，
∴，即．
19．
（1）
（2）最大值为，此时
【分析】
（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得进而求得.
（2）求得平面四边形面积的表达式，结合三角函数最值的求法求得平面四边形面积的最大值及相应的值.
（1）
∵，
由正弦定理知，，
由余弦定理知，.
（2）
由（1）以及，得是等边三角形．
设，则．
余弦定理可得：，
则．
故四边形面积．
∵，∴，
∴当时，S取得最大值为，
故平面四边形面积的最大值为，此时．
20．
（1）单调递增区间为；
（2）.
【分析】
（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，然后解不等式，即可得出函数的单调递增区间；
（2）利用正弦定理可求得角，分析可知为等边三角形，求出边的长，利用三角形的面积公式可求得结果.
（1）
解：因为
，
由可得，
因此，函数的单调递增区间为.
（2）
解：，由可得，
所以，可得，
在中，，，，
由正弦定理可得，即：，所以，，
，则，故为等边三角形，故为的中点，则，
因此，.
21．
（1）最小正周期为，单调增区间为，
（2）
【分析】
（1）首先利用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，之后求得其最小正周期，利用整体角思维，结合正弦函数单调增区间求得结果；
（2）根据求得，根据，利用余弦定理，结合基本不等式求得结果.
（1）
，
函数的最小正周期，
由，得，，
故函数的单调增区间为，．
（2）
，求得，
，
，当且仅当时，取等号．
．
22．
（1）；
（2）.
【分析】
(1)由正弦定理将中的边化为角，再结合正弦的两角和公式化简可求得，从而得解；
(2)易知为等边三角形，在中，由余弦定理可求得，再根据和，可推出四边形的面积，最后由和正弦函数的图象与性质即可得解．
（1）
，
由正弦定理得，，
即，
，，
，．
（2）
因为，，∴△ABC是等边三角形，
在中，由余弦定理知，
，
而，
，
四边形的面积，
，，，
当即时，取得最大值，为，
故四边形面积的最大值为．