第六章 平面向量及其应用--2024-2025学年高中数学人教A版必修二单元测试（含解析）

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第六章 平面向量及其应用--2024-2025学年高中数学人教A版必修二单元测试
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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．在梯形ABCD中,,,,,,则( )
A. B.3 C. D.
2．平行六面体中，，，则实数的值为( )
A.1 B. C.2 D.3
3．已知向量，向量与向量的夹角为，则的最小值为( )
A.2 B. C. D.1
4．已知向量，，若，则实数( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
5．已知a，b均为非零向量，其夹角为，则“”是“”的( )
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
6．已知在平面直角坐标系xOy中,点,,点C在y轴上运动,当最大时,向量在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
7．已知向量，满足，且，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
8．在锐角中,a,b,c分别为三个内角A,B,C所对的边,且,则角C为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．等边边长为2,,,与交于点F,则( )
A. B.
C. D.在方向上的投影向量为
10．已知等边的边长是1,G是其重心,D为BC边上一点,且,则能得到( )
A. B.
C. D.
11．下列各组向量中，不能作为一组基底的是( )
A.， B.，
C.， D.，
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知向量，满足，，，则_________.
13．已知单位向量,满足,则________.
14．在中，已知，，若有两解，则边b的取值范围为___________.
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．如图,在中,点D在边BC上,.
（1）若,,,求AB;
（2）若是锐角三角形,,求的取值范围.
16．设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求角C；
（2）若，的面积为，求的周长.
17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，且的面积为，求的周长.
18．已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中M和N分别为和的中点，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
19．的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，
(1)求角B；
(2)若，求b的最小值.
参考答案
1．答案：A
解析：如图,
在中,由余弦定理可得
,即,
则,
因为,可得,故
由知,所以.
故选：A.
2．答案：C
解析：
，
所以，
故选：C.
3．答案：B
解析：设，又，
所以，
所以当时，，故选B.
4．答案：B
解析：由两边平方并化简得，
所以.
故选：B
5．答案：C
解析：充分性：，，a，b同向，但当时，显然不满足，因此充分性不成立.必要性：又，，整理得，即，a，b同向，，因此必要性成立，“”是“”的必要不充分条件.故选C.
6．答案：C
解析：令,则,,
所以,
令,则,
而,故最大,则,,故,
此时,向量在上的投影向量为.
故选:C
7．答案：B
解析：由题意得，
在上的投影向量为.
故选：B.
8．答案：D
解析：因为,由正弦定理可得,
且角B为锐角,则,可得,即,
且角C为锐角,所以角C为.
故选:D.
9．答案：BD
解析：对于A,由平面向量线性运算可得,,A错误;
对于B,以E为坐标原点,、分别为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系,如图所示,
则,,,,,
设,,所以,,
因为,所以,解得,所以,B正确;
对于C,由B可知,,,
所以,C错误;
对于D,,所以,
所以在方向上的投影向量为,D正确;
故选:BD.
10．答案：ABD
解析：A.,故正确;
B.,故正确;
C.因为,所以,所以,故错误;
D.因为,所以,
所以,故正确.
故选：ABD.
11．答案：ACD
解析：对于A，，，
由零向量与任意向量共线，可知这两个向量不能作为一组基底；
对于B，因为，，所以，
所以这两个向量不共线，可以作为一组基底；
对于C，因为，，所以，
可知这两个向量共线，故不可以作为一组基底；
对于D，因为，，所以，
可知这两个向量共线，故不能作为一组基底.
故选ACD.
12．答案：6
解析：由可得，
，
解得，
故答案为：6
13．答案：5
解析：因为单位向量,满足,
所以,即,即,
,
所以.
故答案为:5.
14．答案：
解析：由图可得，要使有两解，
则，即，
解得.
故答案为：
15．答案：（1）;
（2）.
解析：（1）在中,由余弦定理得,
即,而,解得,则,
在中,,由余弦定理得.
（2）在锐角中,,,且,则,
由正弦定理得,
显然,即有,因此,即,
所以的取值范围是.
16．答案：（1）
（2）20
解析：（1）由及正弦定理得，
又，
所以，
所以，
又C为锐角，
所以.
（2）由（1）得，则.
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以的周长.
17．答案：(1)；
(2)
解析：（1）由题意及正弦定理知，，
，
，.
（2），①
又，②
由①，②可得，
所以的周长为.
18．答案：（1）证明过程见解析
（2）
解析：（1）过点A作交于点H，
则，，
因为，所以，
延长交的延长线于点F，
，
在中，由余弦定理得，
故，则，
因为M为的中点，故，
在中，，由相似关系可知，
又，故，解得，故，
在中，由余弦定理得，
故，所以，
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，交线为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）过点M作交于点G，作交于点S，
则由（1）知，平面，
因为，平面，所以，，
故，，两两垂直，
故以M为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由平行关系可知，四边形为平行四边形，故，故，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
，，，
设，平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
平面的法向量为，
则，
因为二面角的余弦值为，故，
解得，
故，，，，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
19．答案：(1)
(2)
解析：(1)由及正弦定理，
可得.
因为，
所以.
又，所以，则，
又，所以.
(2)由余弦定理得
，
当，时，
取得最小值，
所以b的最小值为.
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