第六章平面向量及其应用检测卷（含解析）--2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册

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第六章平面向量及其应用检测卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
一、单选题
1．关于非零向量方向上的单位向量，下列说法正确的是（ ）
A．有无数个 B．与可能反向
C． D．
2．已知是平面内不共线的四点，则“”是“四边形为平行四边形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．是平面上一定点，P是中一动点且满足：，则直线AP一定通过的（ ）
A．外心 B．重心 C．内心 D．垂心
4．已知非零向量，若，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．在△ABC中，边BC上的中线为AD，点O满足，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．四边形中，，，则下列表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．雷峰塔，位于浙江省杭州市西湖区，是“西湖十景”之一，也是中国九大名塔之一，是中国首座彩色铜雕宝塔．某同学为测量雷峰塔的高度AB（塔底视为点B，塔顶视为点A），在山脚下选取了两点C，D（其中A，B，C，D四点在同一个铅垂平面内），在点C处测得点A的仰角为，在点D处测得点A，B的仰角分别为，，测得，则按此法测得的雷峰塔塔高为（ ）（参考数据：）
A．68m B．70m C．72m D．74m
二、多选题
9．设、、是三个非零向量，且相互不共线，下列命题正确的是（ ）
A． B．
C．与垂直 D．若，则
10．已知向量，，，其中均为正数，且，则下列说法正确的是（ ）
A．与的夹角为锐角 B．向量在上的投影向量为
C． D．的最大值为1
11．在中，角所对的边分别是且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，且有一解，则的取值范围为
C．若，且为锐角三角形，则的取值范围为
D．若，且，为的内心，则
三、填空题
12．已知是两个不共线的单位向量，，若与共线，则 ．
13．已知的内角所对的边分别是，若，，则角为 .
14．一辆汽车从点出发向西行驶了100km到达点，然后又改变方向向西偏北方向行驶了200km到达点，最后又改变方向，向东行驶了100km到达点，则 km， km．
四、解答题
15．在如图的方格纸中，画出下列向量．

(1)，点在点的正西方向；
(2)，点在点的北偏西方向；
(3)求出的值．
16．已知单位向量的夹角为.
(1)求；
(2)求与的夹角.
17．如图，中，，，D为中点，E为上一点，且，设，．
(1)请用，来表示，；
(2)若，求的值；
(3)当时，求与夹角的余弦值．
18．如图，在中，点，，分别在边，，上，且，，交于点.
(1)已知.
（ⅰ）若是所在平面内任意一点，证明：；
（ⅱ）若，，求的值；
(2)若，，，证明：.
19．射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，若，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．
(1)若点分别是线段的中点，求；
(2)当时称为调和点列，若，求值；
(3)已知，且，点为线段的中点，，，求，，
《第六章平面向量及其应用检测卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B D D A B C BC AC
题号 11
答案 ACD
1．D
【分析】根据单位向量的定义即可判断．
【详解】非零向量方向上的单位向量，且，故ABC错误，
故选：D．
2．C
【分析】根据充要条件的判断方法，从两个方向判断即得.
【详解】因为是不共线的四点，
若，则有，，故四边形为平行四边形；
若四边形为平行四边形，则有.
故“”是“四边形为平行四边形”的充要条件.
故选：C.
3．B
【分析】根据已知得，结合向量加法的几何性质即可得.
【详解】若为中点，由题设，
如下图示，易知直线AP是的一条中线，
所以直线AP一定通过的重心.
故选：B
4．D
【分析】根据数量积的运算律，结合垂直满足的关系即可求解.
【详解】由可得，
故，
由于所以，
故选：D
5．D
【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值.
【详解】已知，将其变形可得，即.
根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线.
因为点为的外心，外心是三角形三边垂直平分线的交点，且，，三点共线，
所以为外接圆的直径，那么，即是直角三角形.

根据投影向量的定义求的值，，
可得，即，
又因为，所以，因为，所以.
的值为.
故选：D.
6．A
【分析】利用向量的线性运算可求.
【详解】
，
故，
故选：A.
7．B
【分析】以为基底，根据平面向量的线性运算可得答案，判断选项.
【详解】由，
则,
则，故A错误；
由，所以，
则
，故B正确；
，故C错误；
，故D错误.
故选：B.
8．C
【分析】结合几何图形，根据三角函数表示长度关系，即可求解.
【详解】令直线的延长线交于点，则．
依题意，，，而，
所以，解得，
又，所以，
而，
所以．
故选：C
9．BC
【分析】利用平面向量的数量积和线性运算可判断A选项；利用向量三角不等式可判断B选项；利用平面向量垂直与数量积的关系可判断CD选项.
【详解】对于A选项，不妨设，，则，
由于、、是三个非零向量，且相互不共线，则不一定为零向量，A错；
对于B选项，作，，则，如下图所示：
因为、不共线，由三角形三边关系可得，即，B对；
对于C选项，易知为非零向量，
则，
所以与垂直，C对；
对于D选项，若，则，所以或，D错.
故选：BC.
10．AC
【分析】对于A，根据数量积的符号分析向量夹角；对于B，根据投影向量的定义运算求解；对于C，根据向量垂直运算求解即可；对于D，利用基本不等式运算求解即可.
【详解】对于A，因为，，
所以，
又因为，所以不共线，
所以与的夹角为锐角，故A正确；
对于B，向量在上的投影向量为，故B错误；
对于C，因为，，
若，则，即，故C正确；
对于D，由C可知，，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为.故D错误.
故选：AC
11．ACD
【分析】选项A：根据条件求出；选项B：由余弦定理得，将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有一个正解，利用跟的判别式求得的取值范围；选项C：根据正弦定理得，利用为锐角三角形求角的范围，从而求边的范围；选项D：利用正弦定理求出角，从而判断出是直角三角形，利用等面积法求得内切圆半径，从而求的面积.
【详解】对于A，由可得，即，
因为，所以，且，所以，故A正确；
对于B，根据余弦定理可得，，即，
将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有一个正解，
因为，
所以或
解得或，因为，所以或，故B错误；
对于C，由正弦定理可得， ，即,
因为为锐角三角形，所以，即，解得，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以.
因为，所以.
由正弦定理可得，，即，即，
所以，即，
因为，所以，又因为，所以为锐角，则.
所以，所以为直角三角形，
所以内切圆的半径满足，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
12．2
【分析】根据向量共线，可设，利用向量相等的条件求解即可.
【详解】因为是两个不共线的单位向量，，
若与共线，可设，即，则，解得：
故答案为：2
13．
【分析】利用正弦定理和余弦定理，结合已知条件，整理化简，即可求得.
【详解】，由余弦定理得，，整理得，即；
又，由正弦定理得，，．
又，，又，
是等边三角形，．
故答案为：
14． 100 200
【分析】根据判定四边形为平行四边形，即可求解.
【详解】如图所示，汽车从点出发，经过点，到达点，最后停在点，
易知，，
又在四边形中，，
所以四边形为平行四边形，所以．
故答案为：100，200

15．(1)答案见解析；
(2)答案见解析；
(3)3
【分析】（1）根据向量的大小和方向，作向量，
（2）根据向量的大小和方向，作向量，
（3）根据向量的模的定义求.
【详解】（1）因为，点在点的正西方向，故向量的图示如下：

（2）因为，点在点的北偏西方向，故向量的图示如下：

（3）
.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）由数量积的定义及运算律可得；
（2）由数量积的运算律和夹角公式的运算可得；
【详解】（1）由，则；
（2）由，所以，
由，所以，
由（1）知，
设与的夹角为，则，
因为，所以.
17．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）结合图形，由向量的加法和减法法则可得；
（2）由数量积的运算律结合向量垂直的条件可得；
（3）由数量积的运算律结合向量的模长和夹角的计算可得.
【详解】（1）由题意知点D是的中点，故，
则；．
（2）由题意，，
当时，
，∴，．
（3）时，
，
．
18．(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
(2)证明见解析
【分析】（1）（ⅰ）利用平面向量的线性运算证明即可.
（ⅱ）利用平面向量的线性运算将用不同的基底表示，再利用系数相等建立方程，求解参数即可.
（2）利用平面向量的线性运算得到，再设，进而得到，同理得到，，再联立这些方程消去变量证明结论即可.
【详解】（1）（ⅰ）因为，所以，
则，整理得.
（ⅱ）设，则
，
又
，
所以，解得.
（2）因为，所以，
则，整理得，
设，代入上式得，记为①，
同理可得，，设，，
可得，记为②，，记为③，
联立①②消去，联立①③消去，
可得，，
又因为，，中任意两个向量互不共线，
所以故有，
由得，由得，
又，故，即.
19．(1)
(2)
(3)，，
【分析】（1）由射影几何学新定义可得；
（2）由射影几何学新定义结合调和点列可得；
（3）方法一，由射影几何学新定义结合正余弦定理可得；
方法二，由射影几何学新定义结合三角形的面积公式和余弦定理可得.
【详解】（1）由已知，，所以．
（2）由知：两点分属线段内外分点，
不妨设，，则，，
由知：，，，即．
（3）方法一：由，可得，即，所以，
又点B为线段的中点，即，所以，又，所以，，，
又已知，所以．
设，，由，得，
即，解得，…①
在中，由正弦定理可得，得，…②
在中，由正弦定理可得，得，…③
又，得，即，…④
由①④解得，（负值舍去），即，，
所以．
方法二：因为，所以，设，则，
又B为线段的中点，所以，
又已知，，所以，
所以，得，所以，，
由，得，
所以，设，则，
由，互补得，即，
解得，所以，，所以
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