第六平面向量及其应用章末检测卷（含解析）-高一数学下学期人教A版2019必修第二册

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第六平面向量及其应用章末检测卷-高一数学下学期人教A版2019必修第二册
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．（2024 格尔木市模拟）已知向量＝（1，﹣2），＝（t，1﹣t），若∥，则t＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．2
2．（2024 南海区校级模拟）设点O是正三角形ABC的中心，则向量，，是（　　）
A．相同的向量 B．模相等的向量
C．共线向量 D．共起点的向量
3．（2024 临渭区三模）已知向量，，若与共线且反向，则实数λ的值为（　　）
A．4 B．2 C．﹣2 D．﹣2或4
4．（2024 浦东新区三模）设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能构成基底的是（　　）
A．和
B．和
C．和
D．和
5．（2024 河北模拟）平面四边形ABCD中，点E、F分别为AD，BC的中点，|CD|＝2|AB|＝8，|EF|＝5，则＝（　　）
A． B． C． D．
6．（2024春 重庆月考）某班同学利用课外实践课，测量A，B两地之间的距离，在C处测得A，C两地之间的距离是4千米，B，C两地之间的距离是6千米，且∠ACB＝60°，则A，B两地之间的距离是（　　）
A．千米 B．千米 C．千米 D．千米
7．（2024春 保定期末）在△ABC中，A＝60°，AC＝4，，则角B的值为（　　）
A．90° B．60° C．45° D．30°
8．（2024春 商丘月考）北京天安门广场中心屹立着一座中国最大的纪念碑——人民英雄纪念碑，它专门为缅怀近现代英雄而建，它不仅仅是一个简单的建筑，更是民族精神的象征．某学生为测量该纪念碑的高度CD，选取与碑基C在同一水平面内的两个测量点A，B．现测得∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，AB＝90米，在点B处测得碑顶D的仰角为30°，则纪念碑高CD为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024 武汉模拟）已知向量，，则（　　）
A．若，则
B．若，则
C．的最大值为6
D．若，则
（多选）10．（2024春 思明区校级期末）已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是（　　）
A．若sinA：sinB：sinC＝2：3：4，则△ABC是钝角三角形
B．若sinA＞sinB，则a＞b
C．若，则△ABC是锐角三角形
D．若A＝45°，a＝2，，则△ABC只有一解
（多选）11．（2024春 新会区校级期末）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（　　）
A．为定值
B．当AC⊥BD时，为定值
C．当时，△ABC面积的最大值为
D．的取值范围是[﹣4，0]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024春 松江区校级期末）已知向量，则向量在方向上的投影向量的坐标为 　 　．
13．（2024 奉贤区三模）△ABC中，BC＝6，若在上的投影向量为．则＝　 　．
14．（2024 浦东新区三模）如图，某体育公园广场放置着一块高为3米的大屏幕滚动播放各项体育赛事，大屏幕下端离地面高度3.5米，若小明同学的眼睛离地面高度1.5米，则为了获得最佳视野（最佳视野指看到大屏幕的上下夹角最大），小明应在距离大屏幕所在的平面 　 　米处观看？（精确到0.1米）
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2024 原州区校级模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2sinBsinC+cos2C＝1+cos2A﹣cos2B．
（1）求证：B+C＝2A；
（2）求的取值范围．
16．（2024 芝罘区校级模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，＝（cosA，sinB），且．
（1）求角A；
（2）若a＝，b＝2，求△ABC的面积．
17．（2024春 德庆县校级月考）设向量，满足，且．
（1）求与的夹角；
（2）求的大小．
18．（2024春 浙江期末）已知向量，且与的夹角为．
（1）求m和；
（2）若向量与所成的角是锐角，求实数λ的取值范围．
19．（2024春 香坊区校级期末）Ⅰ．四点共圆是平面几何中一种重要的位置关系：
（1）如图，A，B，C，D四点共圆，BD为外接圆直径，CB＝CD，∠ACD＝30°，AB＝4，求BD与AC的长度；
Ⅱ．古希腊的两位数学家在研究平面几何问题时分别总结出如下结论：
①（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立．
②（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大．
根据上述材料，解决以下问题：
（2）见图1，若，BC＝1，，AC＝CD，求线段BD长度的最大值；
（3）见图2，若AB＝2，BC＝6，AD＝CD＝4，求四边形ABCD面积取得最大值时角A的大小，并求出此时四边形ABCD的面积．
第六平面向量及其应用知识精讲+方法总结+命题风向+过关练习-高一数学下学期人教A版2019必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 格尔木市模拟）已知向量＝（1，﹣2），＝（t，1﹣t），若∥，则t＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．2
【分析】根据题意，由向量平行的坐标表示方法可得关于t的方程，解可得答案．
【解答】解：根据题意，若∥，则（﹣2）×t＝1×（1﹣t），即﹣2t＝1﹣t，
解可得：t＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查向量平行的坐标表示方法，涉及向量的坐标计算，属于基础题．
2．（2024 南海区校级模拟）设点O是正三角形ABC的中心，则向量，，是（　　）
A．相同的向量 B．模相等的向量
C．共线向量 D．共起点的向量
【分析】根据正三角形的中心到三个顶点的距离相等，得到这三个向量的模长相等，即可判断得解．
【解答】解：∵O是正△ABC的中心，∴向量，，分别是以三角形的中心和顶点为起点和终点的向量，
∵O是正三角形的中心，∴O到三个顶点的距离相等，
即，
但是向量，，它们不是相同的向量，也不是共线向量，也不是起点相同的向量．
故选：B．
【点评】本题考查相等向量的定义，属基础题，正三角形中心的定义，正确理解相等向量的定义是解决问题的关键．
3．（2024 临渭区三模）已知向量，，若与共线且反向，则实数λ的值为（　　）
A．4 B．2 C．﹣2 D．﹣2或4
【分析】利用向量共线的坐标表示求出λ，再结合反向共线即可得解．
【解答】解：由向量，共线，得λ（2﹣λ）＝﹣8，解得λ＝﹣2或λ＝4，
当λ＝﹣2时，，，与同向，不符合题意，
当λ＝4时，，，与反向，符合题意，
所以实数λ的值为4．
故选：A．
【点评】本题主要考查向量共线的性质，是基础题．
4．（2024 浦东新区三模）设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能构成基底的是（　　）
A．和
B．和
C．和
D．和
【分析】当两向量不共线时，可作为基底，据此判断即可．
【解答】解：对于A，可设+＝λ（），可知λ＝2且λ＝﹣1，显然不成立，所以这两个向量可作为基底，
同理可知，C，D选项中的两个向量都可构成基底；
对于B，﹣6＝﹣2（﹣），所以这两个向量不构成基底．
故选：B．
【点评】本题考查平面向量基本定理与向量共线的判断方法，属于基础题．
5．（2024 河北模拟）平面四边形ABCD中，点E、F分别为AD，BC的中点，|CD|＝2|AB|＝8，|EF|＝5，则＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】由向量的加法法则可得，两边同时平方可得，由平面向量的夹角公式求解即可．
【解答】解：因为平面四边形ABCD中，点E、F分别为AD，BC的中点，
所以，
所以，
由|CD|＝2|AB|＝8可得：|CD|＝8，|AB|＝4，
两边同时平方可得：，
所以，
解得：，所以．
故选：A．
【点评】本题考查向量数量积的性质与运算，属于中档题．
6．（2024春 重庆月考）某班同学利用课外实践课，测量A，B两地之间的距离，在C处测得A，C两地之间的距离是4千米，B，C两地之间的距离是6千米，且∠ACB＝60°，则A，B两地之间的距离是（　　）
A．千米 B．千米 C．千米 D．千米
【分析】利用余弦定理解三角形即可．
【解答】解：由余弦定理可得，则．
故选：A．
【点评】本题考查余弦定理，属于基础题．
7．（2024春 保定期末）在△ABC中，A＝60°，AC＝4，，则角B的值为（　　）
A．90° B．60° C．45° D．30°
【分析】根据正弦定理即可求解．
【解答】解：因为在△ABC中，A＝60°，AC＝b＝4，，
所以由正弦定理得：，
由于B∈（0，π），
所以．
故选：A．
【点评】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
8．（2024春 商丘月考）北京天安门广场中心屹立着一座中国最大的纪念碑——人民英雄纪念碑，它专门为缅怀近现代英雄而建，它不仅仅是一个简单的建筑，更是民族精神的象征．某学生为测量该纪念碑的高度CD，选取与碑基C在同一水平面内的两个测量点A，B．现测得∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，AB＝90米，在点B处测得碑顶D的仰角为30°，则纪念碑高CD为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
【分析】△ABC中，利用正弦定理求出BC，在Rt△BCD中，CD＝BC tan30°，代入求值即可．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝180°﹣30°﹣105°＝45°，
由正弦定理得，即，解得，
在Rt△BCD中，．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形内角和定理以及正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024 武汉模拟）已知向量，，则（　　）
A．若，则
B．若，则
C．的最大值为6
D．若，则
【分析】由平面向量平行的坐标表示建立方程即可判定A；由平面向量垂直的坐标表示结合平方关系计算即可判断B；由模的坐标表示和三角函数的有界性可判断C；由平面向量数量积的运算计算可判断D．
【解答】解：对于A，因为，所以4cosθ+3sinθ＝0，即tanθ＝，故A正确；
对于B，因为，所以，又因为sin2θ+cos2θ＝1，所以，所以，故B错误；
对于C，＝＝，（其中），
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，所以，＝1﹣2+25＝24，所以，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查平面向量的坐标运算，平行与垂直的坐标表示，数量积与模，属于中档题．
（多选）10．（2024春 思明区校级期末）已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是（　　）
A．若sinA：sinB：sinC＝2：3：4，则△ABC是钝角三角形
B．若sinA＞sinB，则a＞b
C．若，则△ABC是锐角三角形
D．若A＝45°，a＝2，，则△ABC只有一解
【分析】对于A，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；
对于B，利用正弦定理的角化边即可求解；
对于C，利用向量的数量积的定义即可求解；
对于D，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解．
【解答】解：对于A，因为△ABC的三个角满足sinA：sinB：sinC＝2：3：4，
由正弦定理化简得a：b：c＝2：3：4，
设a＝2k，b＝3k，c＝4k，c为最大边，
由余弦定理得，
所以C为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故A正确；
对于B，由sinA＞sinB及正弦定理，得，解得a＞b，故B正确；
对于C，因为，所以，所以cosA＞0，所以A为锐角，但无法确定B和C是否为锐角，故C错误；
对于D，由正弦定理得，解得sinB＝1，因为0°＜B＜180°，所以B＝90°，所以△ABC只有一解，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，向量数量积的性质的应用，属于中档题．
（多选）11．（2024春 新会区校级期末）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（　　）
A．为定值
B．当AC⊥BD时，为定值
C．当时，△ABC面积的最大值为
D．的取值范围是[﹣4，0]
【分析】过O，P作直径EF，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若△ABC为等边三角形，可判断C；若M为AC中点，连接OM，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断D．
【解答】解：对于A，如图，过O，P作直径EF，
则＝为定值，
A正确；
对于B，若AC⊥BD，
则，
则，
又，
则，
同理可得，
故，
B正确；
对于C，如图，当时，
若△ABC为等边三角形，
则，
下面说明此等边三角形存在的情况：取AC中点E，连接OE，
则在Rt△AEO中，，
则OE＝1，
又在Rt△PEO中，，
则PE＝1，
所以存在满足题意的点P，
C错误；
若M为AC中点，连接OM，
则＝，
由题意，
则，
D正确．
故选：ABD．
【点评】本题的关键是根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误，属中档题．
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 松江区校级期末）已知向量，则向量在方向上的投影向量的坐标为 　（）　．
【分析】由投影向量的定义和平面向量的坐标运算计算即可．
【解答】解：因为，
所以，，
所以向量在方向上的投影向量的坐标为＝＝．
故答案为：（）．
【点评】本题考查投影向量的求法，平面向量的坐标运算，属于基础题．
13．（2024 奉贤区三模）△ABC中，BC＝6，若在上的投影向量为．则＝　24　．
【分析】根据数量积的几何意义即可求得结论．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC，交BC于点D，
由在上的投影向量为，
可得，则，
又BC＝6，所以CD＝4，
则＝4×6＝24．
故答案为：24．
【点评】本题考查平面向量数量积的几何意义，属基础题．
14．（2024 浦东新区三模）如图，某体育公园广场放置着一块高为3米的大屏幕滚动播放各项体育赛事，大屏幕下端离地面高度3.5米，若小明同学的眼睛离地面高度1.5米，则为了获得最佳视野（最佳视野指看到大屏幕的上下夹角最大），小明应在距离大屏幕所在的平面 　3.2　米处观看？（精确到0.1米）
【分析】根据题意作出示意图，设CD＝t，分别在Rt△DBC与Rt△ACD中利用锐角三角函数的定义，将tan∠BCD与tan∠ACD表示为t的式子，然后利用两角差的正切公式与基本不等式，算出tan∠ACB的最大值，从而算出获得最佳视野时小明与大屏幕所在平面的距离．
【解答】解：设点C在直线AB上的射影为D，则CD就是小明与大屏幕所在平面的距离，
由题意得AB＝3m，BD＝3.5﹣1.5＝2m，设CD＝tm，则，，
可得＝，当且仅当，即时取等号，
结合正切函数在锐角范围内是增函数，可知：当≈3.2m时，小明可以获得观看的最佳视野．
故答案为：3.2．
【点评】本题主要考查锐角三角函数的定义、两角差的正切公式、运用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
15．（2024 原州区校级模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2sinBsinC+cos2C＝1+cos2A﹣cos2B．
（1）求证：B+C＝2A；
（2）求的取值范围．
【分析】（1）利用二倍角公式与正弦定理，余弦定理与三角形内角和的关系，即可得解；
（2）利用三角函数的和差公式与正弦定理，将所求转化为关于角C的表达式，再利用三角函数的值域，即可得解．
【解答】（1）证明：（1）因为2sinBsinC+cos2C＝1+cos2A﹣cos2B，
所以2sinBsinC+1﹣2sin2C＝1+1﹣2sin2A﹣1+2sin2B，
则sinBsinC﹣sin2C＝﹣sin2A+sin2B，
由正弦定理可得bc﹣c2＝﹣a2+b2，即bc＝b2+c2﹣a2，
由余弦定理可得2bccosA＝b2+c2﹣a2，
可得cosA＝，又，故，
由A+B+C＝π，
即证得：；
（2）解：由（1）得，，
sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC＝cosC+sinC，
所以由正弦定理得＝，
又锐角△ABC中，有0＜C＜，B＝﹣C＜，
解得，
所以，则，
所以，即，
故的取值范围为（﹣，）．
【点评】本题考查正弦定理及与余弦定理的应用，属于中档题．
16．（2024 芝罘区校级模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，＝（cosA，sinB），且．
（1）求角A；
（2）若a＝，b＝2，求△ABC的面积．
【分析】（1）由向量平行得出关系式后，再由正弦定理化边为角可求解；
（2）由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，代入a，b后，求得c，代入三角形面积公式即可求解．
【解答】解：（1）因为向量，且，
所以，由正弦定理得，
又因为sinB≠0，所以，因为A∈（0，π），
所以；
（2）由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，因为，
所以7＝4+c2﹣2c，即c2﹣2c﹣3＝0因为c＞0，所以c＝3，
故△ABC的面积为．
【点评】本题考查利用正、余弦定理解三角形，三角形面积公式的运用，考查向量的数学运算，属于基础题．
17．（2024春 德庆县校级月考）设向量，满足，且．
（1）求与的夹角；
（2）求的大小．
【分析】（1）平方计算得到，得到答案．
（2）确定，计算得到答案．
【解答】解：（1）设与的夹角为θ（0≤θ≤π），
，则，
将代入得1﹣4cosθ+4＝7，，故；
（2）
将代入得，故．
【点评】本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
18．（2024春 浙江期末）已知向量，且与的夹角为．
（1）求m和；
（2）若向量与所成的角是锐角，求实数λ的取值范围．
【分析】（1）由向量数量积和模的坐标运算，代入中求出m的值，再求出的坐标，求；
（2）且与不同向共线，求实数λ的取值范围．
【解答】解：（1）因为，且与的夹角为．
所以，，，
由，得，解得m＝1，
所以，所以；
（2）因为，与的夹角为，
所以，
由10λ+8＞0，得，
又因为，，
若与共线，则有，解得λ＝2，
此时与同向平行时，不合题意，
所以且λ≠2．
则实数λ的取值范围．
【点评】本题考查平面向量数量积的坐标运算，涉及向量共线的性质，属于中档题．
19．（2024春 香坊区校级期末）Ⅰ．四点共圆是平面几何中一种重要的位置关系：
（1）如图，A，B，C，D四点共圆，BD为外接圆直径，CB＝CD，∠ACD＝30°，AB＝4，求BD与AC的长度；
Ⅱ．古希腊的两位数学家在研究平面几何问题时分别总结出如下结论：
①（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立．
②（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大．
根据上述材料，解决以下问题：
（2）见图1，若，BC＝1，，AC＝CD，求线段BD长度的最大值；
（3）见图2，若AB＝2，BC＝6，AD＝CD＝4，求四边形ABCD面积取得最大值时角A的大小，并求出此时四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得∠ABD＝∠ACD＝30°，由勾股定理可得BD的值，再由正弦定理可得AC的值；
（2）由托勒密定理及题意可得BD的最大值；
（3）由婆罗摩笈多面积定理可得A+C＝π，由余弦定理可得cosA的值，进而求出△ABC，△BCD的面积，即求出此时的四边形ABCD的面积的最大值．
【解答】解：（1）因为BD为外接圆直径，CB＝CD，∠ACD＝30°，AB＝4，
由同弧所对的圆周角相等，可得∠ABD＝∠ACD＝30°，∠ADB＝60°，
∠CDB＝∠CBD＝45°，所以∠ADC＝105°，
而sin105°＝sin（45°+60°）＝sin45°cos60°+cos45°sin60°＝（+）＝，
所以BD＝＝＝，
AD＝AB＝，
在△ACD中，由正弦定理可得＝，
即AC＝ AD＝ ＝×＝；
即BD＝，AC＝；
（2）由托勒密定理及图1可得：AB×CD+BC×AD≥AC×BD，
又因为，BC＝1，，AC＝CD，所以AD＝CD，
即×AC+1×AC≥AC×BD，
可得BD≤2，即BD的最大值为2；
（3）因为AB＝2，BC＝6，AD＝CD＝4，
由婆罗摩笈多面积定理：当A，B，C，D四点共圆时，四边形ABCD的面积最大，
可得A+C＝π，即cosC＝﹣cosA，sinC＝sinA，
在△ABD中，由余弦定理可得：BD2＝AB2+AD2﹣2AB ADcosA＝4+16﹣2×2×4cosA＝20﹣16cosA；
在△BCD中，由余弦定理可得：BD2＝BC2+CD2﹣2BC CDcosC＝36+16+2×6×4cosA＝52+48cosA，
所以20﹣16cosA＝52+48cosA，
可得cosA＝﹣，因为A∈（0，π），
可得A＝，
所以四边形ABCD的面积的最大值为S＝（AB×AD+BC×CD）sinA＝（2×4+6×4）×＝8．
【点评】本题考查余弦定理及三角形面积公式的应用，托勒密定理，婆罗摩笈多面积定理的应用，属于中档题．
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