第六章平面向量及其应用 单元检测题（含答案）

高一数学必修二第6章《平面向量及其应用》单元检测题
一、单项选择题： 本大题共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，把正确选项填在选择题答题区域相应的题号内.
一、选择题：
1、已知，，，则（ ）
A．三点共线 B．三点共线
C．三点共线 D．三点共线
2、已知向量，，若与共线，则的值为( )
A. B. C. D.
3、在等腰梯形中，，分别为的中点，为的中点，则等于（ ）
A． B． C． D．
4、如图，在△ABC中，＝，P是BN上的一点，若＝m＋，则实数m的值为(　　)
A． B． C．1 D．3
5、设向量、满足，且，若为在方向上的投影向量，并满足，则( )
A．1 B．0.5 C．0.25 D．0.1
6、故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群．故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为，冬至前后正午太阳高度角约为．图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐的长度（单位：米）约为（ ）
A．3 B．4 C． D．
7、为测量河对岸的直塔AB的高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C，D，测得的大小为60°，点C，D的距离为200m，在点C处测得塔顶A的仰角为45°，在点D处测得塔顶A的仰角为30°，则直塔AB的高为（ ）
A．100m B． C． D．200m
8、已知，，且 的夹角为，如果，那么的值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题： 本大题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得3分，有错选的得0分。把正确选项填在选择题答题区域相应的题号内.
9、已知两点，与平行，且方向相反的向量可能是（ ）
A． B． C． D．
10、下列说法不正确的有（ ）
A．若且，则
B．设是非零向量，若，则
C．若且，则
D．设是非零向量，若，则存在实数，使得
11、如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥BA，cos 2∠ABC＝－，c＝2，b＝，则下列结论正确的有(　　)
A.sin A＝ B.BD＝2
C.5＝3 D.△CBD的面积为
12、在△ABC中，角A，，所对的边分别为，，c，下列叙述正确的是( )
A．若，则△ABC为等腰三角形
B．若，则△ABC为等腰三角形
C．若，则△ABC为等腰三角形
D．若，则△ABC为等腰三角形
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.
13、在△中，，，，为边上的高，为上靠近点的三等分点，且，其中，，则 ,
14、如图，在四边形ABCD中，AB=，BC＝4，CD＝5，cos∠ABC=，cos∠BCD=，则AD＝ ．
15、已知向量，向量满足，且，则与夹角为 .
16、在菱形ABCD中，，已知点M在线段EF上，且，则___，若点N为线段BD上一个动点，则的最小值为__ _．
四、解答题：本大题共5小题，每小题14分，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17、平面内给定三个向量，，.
（1）求满足的实数，；
（2）若，求实数的值.
18、已知，．
（1）确定实数的值，使与垂直；
（2）求与同向的单位向量
19、如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝，半径为4，若点C是上的一动点(不与点A，B重合).
(1)若弦BC＝4(－1)，求的长；
(2)求四边形OACB面积的最大值.
20、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
(1)求证：；
(2)若，点D为边AB上的一点，CD平分，，求边长.
21、的内角所对的边分别为，已知.
（1）求角；
（2）从三个条件：①；②；③的面积为中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围.
参考答案
一、单项选择题：
1、 A 2、D 3、 B 4、 B 5、C 6、 C 7、A 8、 A
二、多项选择题：
9、 AD 10、 AC 11、AC 12、 AC
三、填空题：
13、
14、
15、
16、 7 －
四、解答题：
17、（1）因为，，，且
，，，，.
，解得，.
（2），，，.
，，，.
，解得.
18、（1）由与垂直，则
所以
由，，所以
所以
（2），所以
所以与同向的单位向量为
19、(1)在△OBC中，BC＝4(－1)， OB＝OC＝4，
所以由余弦定理得cos∠BOC＝＝，
所以∠BOC＝，于是的长为×4＝.
(2)设∠AOC＝θ，θ∈，则∠BOC＝－θ，
S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC＝×4×4sin θ＋×4×4·sin
＝24sin θ＋8cos θ＝16sin.
由于θ∈，所以θ＋∈，
当θ＝时，四边形OACB的面积取得最大值16.
20、（1）因为，由正弦定理可得：，
由二倍角公式可得：，
所以，
则有,
展开整理可得：，
又，∴，
∴，∴或，
又，∴，，∴
（2）∵，∴，，
∴.又，所以.
∴，
∴，∴，∴，
∴.
在中，由正弦定理可得：，
也即
∴，∴.
21、（1）因为，
所以，得，
所以，因为，所以.
（2）分三种情况求解：
选择①，因为，由正弦定理得，
即的周长
，
因为，所以，
即周长的取值范围是.选择②,因为，
由正弦定理得，
即的周长
，
因为，所以，所以，
即周长的取值范围是.选择③.
因为，得，
由余弦定理得，
即的周长，
因为，当且仅当时等号成立，
所以.即周长的取值范围是.