新人教版高中数学必修第二册 第六章 平面向量及其应用 单元测试卷（含解析）

新人教版高中数学必修第二册第六章平面向量及其应用 单元测试卷
(全卷满分150分,考试用时120分钟)
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.(2020山东济宁高一月考)如果a,b是两个单位向量,那么下列四个结论中正确的是(　　)
A.a=b B.a·b=1
C.a2≠b2 D.|a|2=|b|2
2.(2020天津和平高一期中)在△ABC中,a=3,b=2,A=60°,则tan B=(　　)
A. B. C. D.
3.(2020北京朝阳高一月考)如图,在△ABC中,点D,E满足=2,=3.若=x+y(x,y∈R),则x+y=(　　)
A.- B.- C. D.
4.(2020安徽合肥高一期末)已知向量a,b满足|a+b|=|a-2b|,其中b是单位向量,则a在b上的投影向量的模是(　　)
A.1 B. C. D.
5.(2020辽宁沈阳高一期中)已知平面向量a=(m,-4),b=(-1,m+3),若存在实数λ<0,使得a=λb,则实数m的值等于(　　)
A.1 B.-4 C.1或-4 D.-
6.(2020山东威海高一期中)如图,为了测量B,C两点间的距离,选取同一平面上的A,D两点,已知∠ADC=90°,∠A=60°,AB=2,BD=2,DC=4,则BC的长为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
7.(2020甘肃天水一中高一期末)同一平面内的三个单位向量a,b,c两两夹角都是,则a-b与a+c的夹角是(　　)
A. B. C. D.
8.(2020河北石家庄一中高一月考)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若sin2A+sin2B=2sin2C,则cos C的最小值等于(　　)
A. B. C. D.-
二、选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分)
9.(2020辽宁大连高一期末)已知平面向量a=(3,4),b=(7,1),则下列说法中正确的是(　　)
A.a+b=(10,5) B.|b|=10|a|
C.a⊥(a-b) D.a与b的夹角为135°
10.(2020山东潍坊高一期中)下列结论中正确的是(　　)
A.若非零向量a,b共线,则必存在实数λ,使得a=λb
B.若非零向量a,b满足+=0,则a,b共线
C.在△ABC中,若·>0,则△ABC是钝角三角形
D.若四边形ABCD满足+=0,(-)·=0,则该四边形一定是正方形
11.(2020安徽合肥六中高一期末)已知△ABC是边长为2的等边三角形,D,E分别是AC,AB上的点,且=,=2,BD与CE交于点O,则下列说法不正确的是(　　)
A.·=-1
B.=+
C.|++|=
D.在上的投影向量的模为
12.(2020河南郑州高一月考)在△ABC中,如果边a,b,c满足a≤(b+c),那么下列结论中正确的是(　　)
A.sin A≤(sin B+sin C)
B.△ABC不可能是直角三角形
C.角A一定是锐角
D.角A一定是钝角
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2020湖南名师联盟联考)已知平面向量a=(2,3),b=(x,4),若a⊥(a-b),则x=　　　　.
14.(2020北京海淀高一期中)在三角形ABC中,a=4,b=5,c=6,则=　　　　.
15.(2020山东聊城高一期中)已知平面向量a=(,3),b=(sin 20°,
cos 20°),则向量a,b的夹角等于　　　　.
16.(2020江西赣州高一期末)已知☉O为单位圆,点A,B在圆上,向量,的夹角为60°,点C在劣弧上运动,若=x+y(x,y∈R),则x+y的取值范围是　　　　.
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.(10分)(2020陕西咸阳高一期末)在①(ta+b)∥(a+tb);②(ta+b)⊥(a+tb);③|ta+b|=|a+tb|这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答问题.
已知向量a=(-1,-1),b=(0,1).
(1)若　　　　,求实数t的值;
(2)若向量c=(x,y),且c=-ya+(1-x)b,求|c|.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
18.(12分)(2020辽宁沈阳铁路实验中学高一期中)已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2bcos A=acos C+ccos A.又b=3,c=4,=2,求||.
19.(12分)(2020安徽宣城高一期末)已知在平面四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点E,△ADE为正三角形,CE=1,△ACD的面积为.
(1)求CD的长;
(2)若∠BAC=,求△ABC的面积.
20.(12分)(2020山西太原高一检测)如图,△ABC中,B=45°,点N是AC边的中点,点M在AB边上,且MN⊥AC,BC=,MN=.
(1)求角A的大小;
(2)求BM.
21.(12分)(2020辽宁协作校高一期中)如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=,点P为矩形内一点(不含边界),且||=1,设∠BAP=α.
(1)当α=时,求证:⊥;
(2)求(+)·的最大值.
22.(12分)(2020山东肥城高一期中)已知△ABC内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3+4+5=0.
(1)求数量积·,·,·;
(2)求△ABC的面积.
答案全解全析
1.D　由于a,b是两个单位向量,所以|a|2=1,|b|2=1,故|a|2=|b|2.
2.C　由正弦定理得=,所以sin B==,因为a>b,A=60°,所以角B为锐角,故
cos B==,故tan B==.
3.B　因为=-=--=--=--(-)=-+,又=x+y,所以x=-,y=,故x+y=-+=-.
4.C　由于|a+b|=|a-2b|,所以|a+b|2=|a-2b|2,又b是单位向量,所以|a|2+2a·b+12=|a|2-4a·b+4×12,解得a·b=,故a在b上的投影向量的模长为==.
5.A　解法一:由已知得(m,-4)=λ(-1,m+3),所以因此-4=-m(m+3),解得m=1或m=-4.当m=-4时,λ=4,不符合题意,舍去;当m=1时,λ=-1<0,符合题意.故m=1.
解法二:依题意得a∥b,所以m(m+3)=-4×(-1),解得m=1或m=-4.当m=-4时,a=(-4,-4),b=(-1,-1),a=4b,不合题意;当m=1时,a=(1,-4),b=(-1,4),a=-b,符合题意.故m=1.
6.A　在△ABD中,由正弦定理可得=,所以sin∠ADB===,又因为∠ADC=90°,所以cos∠BDC=sin∠ADB=.在△BDC中,由余弦定理得BC===4.
7.D　a·b=|a||b|cos =-,a·c=|a||c|cos =-,b·c=|b|·|c|·cos =-,所以|a-b|===,|a+c|===1,(a-b)·(a+c)=a2+a·c-a·b-b·c=1-++=.设a-b与a+c的夹角为θ,则cos θ===,又0≤θ≤π,所以a-b与a+c的夹角为.
8.C　由已知及正弦定理可得a2+b2=2c2,所以cos C==,由于a2+b2≥2ab,所以≥,当且仅当a=b时,等号成立,故cos C的最小值等于.
9.AC　易知A选项正确;由题意得|b|=5,|a|=5,所以|b|=|a|,B选项错误;由于a-b=(-4,3),所以a·(a-b)=0,故a⊥(a-b),C选项正确;cos===,所以a与b的夹角为45°,D选项错误.
10.ABC　易知A正确;由+=0,知a,b方向上的单位向量是相反向量,则a,b共线,故B正确;由·>0知·<0,即B是钝角,所以△ABC是钝角三角形,故C正确;由+=0,即=,可得四边形ABCD 为平行四边形,由(-)·=0,即·=0,可得⊥,所以四边形ABCD一定是菱形,不一定是正方形,故D错误.
11.ABC　由△ABC是等边三角形,且=,知E为AB的中点,所以CE⊥AB,所以·=0,所以选项A错误;
=+=+=+(-)=+,所以选项B错误;
以E为原点,EA,EC所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,
则E(0,0),B(-1,0),C(0,),D.
设O(0,y),y∈(0,),则=(1,y),=,
因为∥,
所以y-=-y,解得y=,所以O,=,
所以|++|=|2+|=||=,所以选项C错误;
因为=,=(1,),所以在上的投影向量的模长为==,所以选项D正确.故选ABC.
AC　由正弦定理及已知条件易知A选项正确;当△ABC是直角三角形且a是较短的直角边时,a≤(b+c)成立,故B选项错误;将已知不等式两边平方,得a2≤,由余弦定理得
cos A=≥=≥=,当且仅当a=b=c时,等号成立,因为角A为三角形的内角,所以0°13.答案　
解析　由题意得a-b=(2-x,-1),因为a⊥(a-b),
所以a·(a-b)=2(2-x)-3=0,解得x=.
14.答案　1
解析　===×=1.
15.答案　10°
解析　设向量a,b的夹角为θ,由已知得cos θ====sin 80°=
cos 10°,由于0°≤θ≤180°,所以θ=10°.
16.答案　
解析　依题意知||=||=||=1,·=1×1×cos 60°=,将=x+y两边平方,得1=x2+y2+2xy·,即1=x2+y2+xy,于是1=(x+y)2-xy,又点C在劣弧上运动,所以易知x,y≥0,且x+y≥1,所以xy=(x+y)2-1≤,所以(x+y)2≤1,因此x+y≤,当且仅当x=y=时取等号,又x+y≥1,故x+y的取值范围是.
17.解析　(1)选择条件①.
因为a=(-1,-1),b=(0,1),所以ta+b=(-t,-t+1),a+tb=(-1,-1+t),(1分)
因为(ta+b)∥(a+tb),所以-t(-1+t)=-(-t+1),(3分)
解得t=1或t=-1.(5分)
选择条件②.
因为a=(-1,-1),b=(0,1),所以ta+b=(-t,-t+1),a+tb=(-1,-1+t),(1分)
因为(ta+b)⊥(a+tb),所以(-t)×(-1)+(-t+1)(-1+t)=0,(3分)
解得t=或t=.(5分)
选择条件③.
因为a=(-1,-1),b=(0,1),所以ta+b=(-t,-t+1),a+tb=(-1,-1+t),(1分)
因为|ta+b|=|a+tb|,所以=,(3分)
解得t=1或t=-1.(5分)
(2)因为c=-ya+(1-x)b,所以(x,y)=(y,y+1-x),(6分)
即解得(8分)因此c=(1,1),故|c|=.(10分)
18.解析　因为2bcos A=acos C+ccos A,
所以由正弦定理可得 2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A,(2分)
即2sin Bcos A=sin(A+C)=sin B,(3分)
因为sin B≠0,所以2cos A=1,即cos A=,(5分)
因为A∈(0,π),所以A=.(6分)
由已知得=+=+=+(-)=+,(9分)
所以=+·+=+×4×3cos +×9=,(11分)
所以||=.(12分)
19.解析　(1)设AD=x,则AC=1+x.∵S△ACD=,∴·AD·AC·sin∠DAC=·x·(1+x)·=,∴x=2或x=-3(舍),即AD=2.(3分)
在△ACD中,CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos 60°=32+22-2×3×2×=7,
∴CD=(负值舍去).(6分)
(2)由题意得∠AEB=,又∠BAC=,∴∠ABE=,在△ABE中,由正弦定理得=,∴AB===,(7分)
∵sin∠BAC=sin =sin=,(9分)
∴S△ABC=·AB·AC·sin =××3×=.(12分)
20.解析　(1)连接MC,因为点N是AC边的中点,且MN⊥AC,所以MC=MA.(1分)
在Rt△AMN中,MA==,所以MC=.(3分)
在△MBC中,由正弦定理可得=,
又∠BMC=2A,所以=,即=,(5分)
所以cos A=,故A=60°.(6分)
(2)由(1)知MC=MA==2,∠BMC=2A=120°.(8分)
在△BCM中,由余弦定理得BC2=BM2+MC2-2BM·MC·cos∠BMC,
所以=BM2+22-2BM·2·cos 120°,(10分)
解得BM=-1(负值舍去). (12分)
21.解析　以点A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),C(2,),D(0,).(1分)
(1)证明:当α=时,P,(2分)
则=,=,(4分)
∴·=·=0,∴⊥.(6分)
(2)由三角函数的定义可设P(cos α,sin α),
则=(2-cos α,-sin α),=(-cos α,-sin α),=(cos α,sin α),
从而+=(2-2cos α,2-2sin α),(8分)
∴(+)·=2cos α-2cos2α+2sin α-2sin2α=4sin-2.(10分)
∵0<α<,∴<α+<,∴当α+=,即α=时,(+)·取得最大值,且最大值为2.(12分)
22.解析　(1)由已知得5=-3-4,所以=,
即25=9+16+24·.(2分)
又===1,∴25=25+24·,∴·=0.(4分)
同理可得,·=-,·=-.(6分)
(2)∵S△ABC=||·||sin∠BAC,∴S△ABC=
==
=.
∵=-,∴||2=+-2·=1+1-0=2.(8分)
同理可得,||2=,·=.(10分)
∴S△ABC==.(12分)