第六章 平面向量及其应用 单元素养测评卷(一)（含解析）-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

单元素养测评卷(一)
第六章
(时间:120分钟　分值:150分)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
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.已知点A(-1,2)和向量a=(1,3),且=2a,则点B的坐标为 (　　)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.(1,8) B.(0,5)
C.(-3,-4) D.(3,4)
2.等边三角形ABC的边长为1,=a,=b,则a·b=(　　)
A.- B. C.- D.
3.设{e1,e2}是平面内的一个基底,则下面四组向量不能构成平面内的一个基底的是 (　　)
A.2e1+e2和e1-e2 B.3e1-e2和2e2-6e1
C.e1+3e2和e2+3e1 D.e1和e1+e2
4.如图所示,在△ABC中,点D是边BC的中点,E是线段AD上靠近点A的三等分点,则= (　　)
A.-
B.+
C.+
D.+
5.[2024·浙南联盟高一期中] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=x,b=2,B=60°,若△ABC有两解,则x的取值范围是 (　　)
A.2C.6.已知向量a=(1,-),|b|=1,且(a-2b)·(2a+b)=3,则a+2b在a上的投影向量的坐标是 (　　)
A. B.
C. D.
7.已知△ABC的三边a,b,c满足a3+b3=c3,则此三角形是 (　　)
A.钝角三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
8.如图,O是锐角三角形ABC外接圆的圆心,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且A=,若+=2m,则m= (　　)
A. B.
C. D.1
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.下列说法中正确的有 (　　)
A.若a∥b,b∥c,则a∥c
B.方向相反的两个非零向量一定共线
C.若a,b满足|a|>|b|且a与b同向,则a>b
D.“A,B,C,D是不共线的四个点,且=”是“四边形ABCD是平行四边形”的充要条件
10.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,则下列说法正确的是 (　　)
A.若=,则△ABC为等腰三角形
B.若A>B,则sin A>sin B
C.若·<0,则△ABC为钝角三角形
D.若A+B11.[2024·山东省实验中学高一月考] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若·=2,a=2,则 (　　)
A.bccos A=2
B.b2+c2=8
C.角A的最大值为
D.△ABC面积的最小值为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.[2024·菏泽一中高一月考] 已知向量a=(-1,2),b=(1,t),若(a+2b)⊥a,则实数t的值为　　　　.
13.如图,某山的高度BC=300 m,一架无人机在Q处观测到山顶C的仰角为15°,地面上A处的俯角为45°,若∠BAC=60°,则此无人机距离地面的高度PQ为　　　　m.
14.[2024·长郡中学高一月考] 在△ABC中,AB=4,AC=3,∠BAC=90°,D在边BC上(不包括端点),延长AD到P,使得AP=9,若=m+(m为常数),则CD的长度为　　　　.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知向量a=e1-e2,b=4e1+3e2,其中e1=(1,0),e2=(0,1).
(1)求a·b及|a+b|;
(2)求向量a与b夹角的余弦值.
16.(15分)已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,a=bcos C+csin B.
(1)求B;
(2)若b=,c=,求△ABC的面积.
17.(15分)如图,在△ABC中,已知AB=2,AC=4,∠BAC=60°,M是BC的中点,N是AC上的点,且=x,AM,BN相交于点P.设=a,=b.
(1)若x=,试用向量a,b表示,;
(2)若AM⊥PN,求实数x的值.
18.(17分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且4asin A=bsin Ccos A+csin Acos B.
(1)求的值.
(2)设D是AC边上的点,且BD在∠ABC的平分线上.
(i)证明:BD2=BA·BC-DA·DC;
(ii)若a=1,求BD·AC的最大值.
19.(17分)[2024·丽水五校高一期中] 设平面内两个非零向量m,n的夹角为θ,定义一种运算“ ”:m n=|m||n|sin θ.试求解下列问题:
(1)已知向量a,b满足a=(2,1),|b|=2,a·b=4,求a b的值;
(2)在平面直角坐标系中,已知点A(2,1),B(-1,2),C(0,4),求 的值;
(3)已知向量i=,j=,α∈,求i j的最小值.
单元素养测评卷(一)
1.A　[解析] 因为向量a=(1,3),且=2a,所以=(2,6).设B(x,y),则(x+1,y-2)=(2,6),即解得即B(1,8).故选A.
2.A　[解析] a·b=1×1×cos=-,故选A.
3.B　[解析] 因为{e1,e2}是平面内的一个基底,所以e1,e2不共线.2e1+e2=2和e1-e2不共线,故A中向量能构成平面内的一个基底;2e2-6e1=-2(3e1-e2)和3e1-e2共线,故B中向量不能构成平面内的一个基底;e1+3e2=3和e2+3e1不共线,故C中向量能构成平面内的一个基底;e1和e1+e2不共线,故D中向量能构成平面内的一个基底.故选B.
4.B　[解析] 由题意得=+=+=+(-)=+=+.故选B.
5.B　[解析] 由正弦定理可知,当asin B6.A　[解析] 因为a=(1,-),|b|=1,所以|a|==2,所以(a-2b)·(2a+b)=2a2-3a·b-2b2=8-3a·b-2=3,则a·b=1,所以a+2b在a上的投影向量为·a=·a=·(1,-)=.故选A.
7.B　[解析] 设内角A,B,C的对边分别为a,b,c,∵a3+b3=c3,∴C为△ABC中的最大角,且+=1,∴0<<1,0<<1,∴>,>,∴+>+=1,∴c20,∴C为锐角,∴△ABC为锐角三角形.故选B.
8.C　[解析] 因为O为△ABC外接圆的圆心,所以·=||·||cos∠BAO=||2=c2,·=||·||cos∠CAO=||2=b2.由正弦定理知===2R(其中R为△ABC外接圆的半径),所以b=2Rsin B,c=2Rsin C.因为+=2m,所以·+·=2m,所以··ccos B+··bcos C=2mR2,即·2R(ccos B+bcos C)=2mR2,将b=2Rsin B,c=2Rsin C代入,整理得sin Ccos B+sin Bcos C=m,即sin(B+C)=sin A=m,所以m=sin A=.故选C.
9.BD　[解析] 对于A,若b=0,则a,c不一定平行,故A错误.对于B,方向相反的两个非零向量一定共线,故B正确.对于C,向量之间不能比较大小,故C错误.对于D,若A,B,C,D是不共线的四个点,且=,则可得AB∥CD,且AB=CD,故四边形ABCD是平行四边形,充分性成立;若四边形ABCD是平行四边形,则可得AB∥CD,且AB=CD,此时A,B,C,D是不共线的四个点,且=,必要性成立.故D正确.故选BD.
10.BD　[解析] 在△ABC中,由=得=,所以sin 2B=sin 2A,可得2A=2B或2A+2B=π,所以A=B或A+B=,故△ABC为等腰三角形或直角三角形,故A错误;由A>B,得a>b,由正弦定理得sin A>sin B,故B正确;若·<0 ,则||·||cos(π-B)<0,所以cos B>0,因此B为锐角,故无法判定△ABC为钝角三角形,故C错误;由A+B11.ABC　[解析] 由·=2得·=bccos A=2,故A正确;由余弦定理结合a=2可得a2=b2+c2-2bccos A=4,又bccos A=2,所以b2+c2=8,故B正确;由基本不等式得b2+c2=8≥2bc,当且仅当b=c=2时,等号成立,所以bc≤4,又由余弦定理得cos A==≥,又A∈(0,π),所以A∈,所以角A的最大值为,故C正确;由以上分析可得bc=,则S△ABC=bcsin A=tan A,又A∈,所以tan A∈(0,],则△ABC面积的最大值为,故D错误.故选ABC.
12.-　[解析] 由题意知,a=(-1,2),b=(1,t),所以a+2b=(1,2+2t),又(a+2b)⊥a,所以(a+2b)·a=-1+2(2+2t)=0,解得t=-.
13.200　[解析] 根据题意,在Rt△ABC中,∠BAC=60°,BC=300 m,∴AC===200(m).在△ACQ中,∠AQC=45°+15°=60°,∠QAC=180°-45°-60°=75°,∴∠QCA=180°-∠AQC-∠QAC=45°,由正弦定理,得=,则AQ==200(m).在Rt△APQ中,PQ=AQsin 45°=200×=200(m).
14.　[解析] ∵A,D,P三点共线,∴可设=λ(λ>0),又=m+,∴λ=m+,即=+.∵B,D,C三点共线,∴+=1,解得λ=,又AP=9,∴DP=6,∴AD=3.∵AB=4,AC=3,∠BAC=90°,∴BC=5.设CD=x,∠CDA=θ,则BD=5-x,∠BDA=π-θ,∴根据余弦定理可得cos θ===,cos(π-θ)===,又cos θ+cos(π-θ)=0,∴+=0,解得x=,∴CD的长度为.
15.解:(1)a=(1,0)-(0,1)=(1,-1),b=4(1,0)+3(0,1)=(4,3),
∴a·b=4×1+3×(-1)=1,a+b=(1+4,-1+3)=(5,2),
∴|a+b|==.
(2)设a与b的夹角为θ,则cos θ===.
16.解:(1)由已知及正弦定理得sin A=sin Bcos C+sin Csin B,
∵sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,sin C≠0,
∴sin B=cos B,即tan B=1,又B∈(0,π),∴B=.
(2)由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,即5=a2+2-2a×,可得a2-2a-3=0,解得a=3或a=-1(舍),∴S△ABC=acsin B=×3××=.
17.解:(1)=(+)=a+b.
设=t=t(-),因为=,
所以=+=-t(-)=(1-t)+t=(1-t)+t,即=(1-t)b+ta,
由,共线,得(1-t)=t,解得t=,所以=t(-)==-=b-a.
(2)=+=-+x=-a+xb,
因为AM⊥PN,,共线,所以⊥,
所以·=·(-a+xb)=-×22+×42·x+4×2×=0,解得x=.
18.解:(1)由4asin A=bsin Ccos A+csin Acos B及正弦定理得4sin2A=sin Bsin Ccos A+sin Csin Acos B=sin C(sin Bcos A+sin Acos B)=sin Csin(A+B)=sin2C,
又A,C∈(0,π),所以sin A>0,sin C>0,故=.
(2)(i)证明:在△ABD中,=①,AB2=AD2+BD2-2AD·BD·cos∠ADB②,在△BCD中,=③,BC2=CD2+BD2-2CD·BD·cos∠CDB④,因为BD在∠ABC的平分线上,所以∠ABD=∠CBD,所以sin∠ABD=sin∠CBD.
因为∠ADB+∠CDB=π,所以sin∠ADB=sin∠CDB,cos∠ADB+cos∠CDB=0,则①÷③得=⑤,所以=,=,CD×②+AD×④得CD·AB2+AD·BC2=CD·AD(AD+CD)+(CD+AD)·BD2=CD·AD·AC+AC·BD2,
所以BD2=-CD·AD=-CD·AD=BA·BC-DA·DC,得证.
(ii)由(1)可得=,则c=2a=2,由⑤得==2,所以AD=AC,DC=AC,由(i)得BD2=BA·BC-DA·DC,
所以BD2=2-AC2,所以BD2+AC2=2,
又因为BD2+AC2≥BD·AC,当且仅当BD=1,AC=时取等号,所以BD·AC≤,即BD·AC的最大值为.
19.解:(1)由a=(2,1),得|a|=,设a,b的夹角为θ,
则a·b=|a|·|b|cos θ=4,即2cos θ=4,解得cos θ=,
又0≤θ≤π,所以sin θ=,所以a b=|a||b|sin θ=2×=2.
(2)设c=(x1,y1),d=(x2,y2),则|c|=,|d|=,
所以cos θ==,
则sin θ===,所以c d=|c||d|sin θ=|x1y2-x2y1|.
由题得=(-3,1),=(1,2),所以 =|-3×2-1×1|=7.
(3)由(2)得i j==+=(cos2α+sin2α)=5++≥5+2=9,当且仅当=,即tan α=时等号成立,所以i j的最小值是9.