2023-2024学年高一下学期数学人教A版必修第二册第6章 平面向量及其应用 单元测试(含解析）

第六章单元测试
单选题
1.在中，D是AB边上的中点，则=（ ）
A． B．
C． D．
2.已知向量，若，则（ ）
A． B．
C． D．
3.已知向量 ，满足， ，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量满足，则（ ）
A． B． C．1 D．2
5．已知向量，若，则（ ）
A． B． C．5 D．6
6.向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
7.在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（ ）
A． B． C． D．
8．在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
多选题
9．下列说法错误的是（ ）
A．∥就是所在的直线平行于所在的直线
B．长度相等的向量叫相等向量
C．零向量的长度等于0
D．共线向量是在同一条直线上的向量
10．下列命题中，正确的是（ ）
A．在中，，
B．在锐角中，不等式恒成立
C．在中，若，则必是等腰直角三角形
D．在中，若，，则必是等边三角形
11．已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A． B．
C．
D．
12．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得 平面
填空题
13.已知向量，满足，，则______．
14．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则______．
15．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
16.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=，，EF=12 cm，DE=2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．
解答题
17．设与是两个单位向量，其夹角为60°，且，
（1）求
（2）分别求的模；
（3）求的夹角．
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，_____
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
20．已知平面向量，且，
(1)若，且，求向量的坐标；
(2)若，求在方向的投影向量（用坐标表示）.
21．中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
22．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
第六章单元测试
参考答案
1.【答案】C
【解析】
2.【答案】D
【解析】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
3.【答案】D
【解析】，，，.
，
因此，.
4．【答案】C
【解析】∵，
又∵∴9，∴
5．【答案】C
【解析】解：,,即,解得
6.【答案】D
【解析】因为,所以,即,即,所以.如图,设,
由题知,是等腰直角三角形,
AB边上的高,
所以,
,
.
7.【答案】A
【解析】在中，，，
根据余弦定理：
可得 ，即
由
故.
8．【答案】D
【解析】依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
故选：D
9．【答案】ABD
【解析】对于A：向量∥时，所在的直线与所在的直线可能重合，故A不正确；
对于B：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量，故B不正确；
对于C：按定义，零向量的长度等于0，C正确；
对于D：非零的共线向量是方向相同或相反的向量，可以在同一直线上，也可不在同一直线上，故D不正确
10．【答案】ABD
【解析】对于，由，可得：，利用正弦定理可得：，正确；
对于，在锐角中，，，
，，
，因此不等式恒成立，正确；
对于，在中，由，利用正弦定理可得：，
，
，，或，或，
是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，错误.
对于，由于，，由余弦定理可得：，
可得，解得，可得，故正确.
11．【答案】AC
【解析】A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
故选：AC
12．【答案】BD
【解析】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
13.【答案】
【解析】法一：因为，即，
则，整理得，
又因为，即，
则，所以.
法二：设，则，
由题意可得：，则，
整理得：，即.
14．【答案】
【解析】由题意，，所以，
所以，解得（负值舍去）.
15．【答案】
【解析】设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
16.【答案】
【解析】设，由题意，，所以，
因为,所以，
因为，所以，
因为与圆弧相切于点，所以，
即为等腰直角三角形；
在直角中，，，
因为，所以，
解得；
等腰直角的面积为；
扇形的面积，
所以阴影部分的面积为.
17．【答案】（1）；（2），；（3）.
【解析】（1）
（2）因为，所以，所以；
因为，所以，所以.
（3）设的夹角为．则,所以.
故的夹角为.
18．【答案】详见解析
【解析】［方法一］【最优解】：余弦定理
由可得：，不妨设，
则：，即.
若选择条件①：
据此可得：，，此时.
若选择条件②：
据此可得：，
则：，此时：，则：.
若选择条件③：
可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
由，得．
由，得，即，
得．由于，得．所以．
若选择条件①：
由，得，得．
解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件②：
由，得，解得，则．
由，得，得．
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件③：
由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
19．【答案】(1) (2)6
【解析】（1），，即，
又，
，
，，
即，所以，.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
20．【答案】(1)或(2)
【解析】（1）设，，
，又，
，或，
或.
（2），，设与的夹角为.
故，
在上的投影向量为.
21．【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，
所以周长的最大值为．
22．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．