2023-2024学年高中数学人教A版必修第二册第六章平面向量及其应用经典题型检测卷（含解析）

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2023-2024学年高中数学人教A版必修第二册第六章平面向量及其应用经典题型检测卷
一、单选题
1．、为非零向量，且，则（ ）
A．与方向相同 B． C． D．与方向相反
2．若是线段的中点，则（ ）
A． B． C． D．以上均不正确
3．在下列结论中，正确的结论为（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，，则 D．，，则
4．设是正方形ABCD的中心，则（ ）
A．向量，，，是相等的向量
B．向量，，，是平行的向量
C．向量，，，是模不全相等的向量
D．，
5．设D、E、F分别是的三边BC、CA、AB上的点，且，，，则（ ）
A．与反向平行 B．与同向平行
C．与反向平行 D．与不共线
6．在四边形中，若，则四边形为（ ）
A．平行四边形 B．梯形 C．菱形 D．矩形
7．已知，，，，向量与共线，则（ ）
A． B． C． D．或
8．如图，在中，AD是BC边上的中线，是AD上的一点，且，连接CF并延长交AB于，若，则等于（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
9．已知平面向量， 则（ ）
A． B． C． D．
10．已知点为所在平面内一点，满足，（其中）.（ ）
A．当时，直线过边的中点；
B．若，且，则；
C．若时，与的面积之比为；
D．若，且，则满足.
11．已知点O为所在平面内一点，且则下列选项正确的有（ ）
A． B．直线过边的中点
C． D．若，则
三、填空题
12．在锐角三角形中，内角所对的边满足，若存在最大值，则实数的取值范围是 ．
13．如图，在平面四边形中，，，，若点为边上的动点，则的最小值为 ．
14．在中，角所对的边分别为，，，，且面积为，若，则 ．
四、解答题
15．已知平面直角坐标系中，点为原点，，．
(1)求的坐标及；
(2)若，，求及的坐标；
(3)求．
16．如图，在中，，，BE与AD相交于点M．

(1)用，表示，；
(2)若，求的值．
17．在梯形分别是DA，BC的中点，且.设，选择基底，试写出下列向量在此基底下的分解式：.
18．已知，是平面内两个不共线的非零向量，，，，且，，三点共线．
(1)求实数的值；
(2)若，，求的坐标；
(3)已知，在（2）的条件下，若四边形是平行四边形，求点的坐标．
19．如图，洪泽湖湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台P，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为120°的公路（长度均超过2千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得千米，千米．

(1)求线段MN的长度；
(2)若，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】由向量模长的三角不等式即可判断．
【详解】由向量模长的三角不等式可得，当且仅当、的方向相同时，等号成立，
因为，所以与方向相同，
故选：A．
2．C
【分析】由相反向量的定义及向量加法计算即可．
【详解】因为是线段的中点，
所以和是相反向量，
所以，
故选：C．
3．D
【分析】根据平面向量的概念，举例即可得出答案.
【详解】对于A项，若，则，故A项错误；
对于B项，根据向量的模的概念，可知B项错误；
对于C项，若，则方向不确定，故C项错误；
对于D项，根据向量的概念，可知D项正确.
故选：D.
4．D
【分析】根据正方形的性质，以及向量的概念，即可得出答案.
【详解】
对于A项，，不共线，故A项错误；
对于B项，显然不平行，且三点不共线，故B项错误；
对于C项，根据正方形的性质，可知，，，的长度相等，故C项错误；
对于D项，根据正方形的性质，方向相同，方向相同.
又，，，的长度相等，所以，，故D项正确.
故选：D.
5．A
【分析】将、、用和表示，再根据平面向量的线性运算以及平行的概念判断可得答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
，
，
，
所以，
所以与反向平行，故A正确，B错误；
，
所以与同向平行，故CD错误.
故选：A
6．B
【分析】根据向量共线即可判断.
【详解】四边形ABCD中，若，
则，且，
所以四边形是梯形.
故选：B
7．D
【分析】根据平面向量共线定理及平面向量基本定理判断即可.
【详解】因为，，且与共线，又，
所以，即，所以，
若与不共线，则，
若与共线，不妨令，则，即，
综上可得或.
故选：D
8．D
【分析】设，，运用平面向量基本定理和向量共线建立关系，解出比值即可得出结果.
【详解】设，，因为，所以，
因为，所以，
又，
又因为，所以，得到，消得到，所以.

故选：D.
9．BCD
【分析】应用向量数量积的坐标运算可得，由向量坐标的线性运算求、，即可得答案.
【详解】由题设，，故，A错误，B正确；
，C正确；
，D正确.
故选：BCD
10．ABD
【分析】对于A，根据向量的线性运算结合向量数乘的含义可判断A;对于B，由条件可判断为等边三角形，利用数量积的定义即可求得的值；对于C，利用作图，结合向量加减法的几何意义，可判断与的面积之比；对于D,由得，，平方后结合数量积的运算可推得结果.
【详解】对于A，设AB的中点为D，则当时，有,
即得O,C,D三点共线，故直线过边的中点，故A正确；
对于B，由于且时，，
故O为的外心和重心，故为等边三角形，
则 ,由可得 ，
故，故B正确；
对于C，延长OA至,使 , 延长OB至,使,

连接,设其中点为E,连接OE并延长至 ，使 ,
连接 ,则四边形是平行四边形，
所以，而时，，
故,即 三点共线，且，
根据同底等高三角形面积相等，则,
即与的面积之比为,故C错误；
对于D，因为，且，
由得，，
所以,即，故D正确，
故选：ABD
11．ACD
【分析】根据向量间的线性关系及向量数量积的运算律化简求值判断A、D；若得到是△的重心，根据与不平行、相关三角形面积关系判断B、C.
【详解】，则，A正确；
若，则，
所以是△的重心，
直线过中点，而与不平行，
所以直线不过边的中点，B错误；
又，而，，
所以，C正确；
若，且，
所以，
而，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：注意向量之间的线性关系，结合向量数量积的运算律化简求值；根据重心的性质求三角形的面积关系.
12．
【分析】先利用余弦定理结合可得，再利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理，求出的关系，从而可将都用表示，再根据三角形为锐角三角形求出的范围，再根据二倍角的余弦公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得
，
因为为锐角三角形，则，所以，
又因为函数在内单调递增，所以，可得，
由于为锐角三角形，则，即，解得，
则
，
因为，所以，则，
因为存在最大值，则，解得．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用余弦定理和正弦定理结合已知条件求得.
13．
【分析】建立直角坐标系，得出，，利用向量的数量积运算得出，，根据二次函数性质即可求的最小值．
【详解】以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图平面直角坐标系，
则，，，
设点坐标为，则，，，
∴，
∴当时，，
故答案为：．
14．3
【分析】根据三角形面积解得，代入解得或；然后根据余弦定理求得.
【详解】解得：；
又，代入得：或；
根据余弦定理得：，
解得：；
故答案为：3
15．(1)
(2)；
(3)
【分析】（1）先求得，再根据向量模的坐标公式即可求解；
（2）根据向量线性运算的坐标表示，即可求解；
（3）根据数量积的坐标表示即可求解.
【详解】（1），.
（2），
.
（3）,.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）由BC＝4BD得出，然后可得；根据得出，然后根据即可用表示出；
（2）根据A，M，D三点共线得出，然后根据平面向量基本定理得出；根据B，M，E三点共线得出，然后即可根据平面向量基本定理求出k的值，进而得出的值．
【详解】（1）因为，所以，
所以．
因为，所以，
所以．
（2）因为A，M，D三点共线，所以．
因为，所以，即．
因为B，M，E三点共线，所以．
因为，所以．
因为，所以，解得，
从而，，故．
17．；；
【分析】根据给定的梯形，利用梯形的性质，结合向量共线及线性运算求解作答．
【详解】如图，由，且，则，
又，且，
则.
因为，
则．
18．(1)
(2)
(3).
【分析】（1）利用向量线性运算以及向量共线定理求解；
（2）利用向量的坐标运算求解；
（3）利用共线向量的坐标运算求解.
【详解】（1）．
因为，，三点共线，
所以存在实数，使得，
即，得．
因为，是平面内两个不共线的非零向量，
所以，解得，．
（2）．
（3）因为四边形是平行四边形，所以,
设，则，
因为，
所以，解得，
即点的坐标为．
19．(1)千米
(2)千米
【分析】（1）在中，利用余弦定理运算求解；
（2）在中，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，进而可得结果.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，，
即，可得，
所以线段MN的长度千米．
（2）设，因为，所以，
在中，由正弦定理得，
因为＝，
所以，
因此
＝，
因为，所以，
所以当，即时，取到最大值千米．
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