2025-2026学年人教A版数学必修第二册单元测试：第六章 平面向量及其应用（含解析）

第六章 平面向量及其应用
(考查范围：第六章　时间：120分钟　分值：150分)
一、单项选择题：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．若a＝(1，2)，b＝(x，3)，且a·b＝4，则x＝(　　)
A．－2 B．－
C． D．10
2．已知向量a，b不共线，若＝a＋2b，＝－4a－b，＝－5a－3b，则四边形ABCD是(　　)
A．梯形 B．平行四边形
C．矩形 D．菱形
3．已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)∥(μa＋b)，则(　　)
A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1
C．λμ＝1 D．λμ＝－1
4．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且＝，则＝(　　)
A．－ B．－
C．－＋ D．＋
5．已知向量a，b满足|b|＝1，a⊥b，则a－2b在b上的投影向量为(　　)
A．－2a B．2a
C．－2b D．2b
6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b2＋c2－a2＝bc，则sin(B＋C)的值为(　　)
A．－ B．
C．－ D．
7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是(　　)
A．若b2＋c2－a2>0，则△ABC为锐角三角形
B．若△ABC为锐角三角形，有A＋B>，则sin A>cos B
C．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
D．若acos A＝bcos B，则△ABC为等腰三角形
8．已知平面向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2且对 t∈R，有|b＋ta|≥|b－a|恒成立，则2a－b与b的夹角为(　　)
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(2，1)，则下列命题正确的是(　　)
A．|a－b|的最大值为＋1
B．若|a＋b|＝|a－b|，则tan α＝
C．若e是与b共线的单位向量，则e＝
D．当f(α)＝a·b取得最大值时，tan α＝
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断△ABC是钝角三角形的有(　　)
A．a＝7，b＝5，c＝4
B．·>0
C．＝
D．b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C
11．给出下列命题，其中正确的选项有(　　)
A．非零向量a，b，满足|a|>|b|且a与b同向，则a>b
B．若单位向量e1，e2的夹角为60°，则当|2e1－te2|(t∈R)取最小值时，t＝1
C．在△ABC中，若·＝0，则△ABC为等腰三角形
D．已知a＝(1，2)，b＝(1，1)，且a与a＋λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知非零向量a，b的夹角为，|a|＝3，a⊥(a－b)，则|b|＝________.
13．在△ABC中，S△ABC＝(a2＋b2－c2)，b＝1，a＝，则c＝________.
14．剪纸艺术是一种中国传统的民间工艺，它源远流长，经久不衰，已成为世界艺术宝库中的一种珍藏．某学校为了丰富学生的课外活动，组织了剪纸比赛，小明同学在观看了2022年北京冬奥会的节目《雪花》之后，被舞台上一片片漂亮的“雪花”所吸引，决定用作品“雪花”参加剪纸比赛．小明的参赛作品“雪花”的平面图可简化为如图所示的平面图形，该平面图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，其中，P为该平面图形上的一个动点(含边界)，六边形ABCDEF为正六边形，DC＝4CK＝4JK＝8，CK⊥JK，△HIJ为等边三角形，则·的最大值为________.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．(13分)已知向量a，b，c满足|a|＝2，c＝a－tb(t∈R)，〈a，b〉＝.
(1)若a·b＝1，求b在a上的投影向量；(用a表示)
(2)求|c|的最小值．
16．(15分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin2A＋sin2C＝sin Asin C＋sin2B．
(1)求角B的大小；
(2)若b＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
17．(15分)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若cos A＝，b＝3c.
(1)求sin C；
(2)若c＝1，D为AC的靠近A的一个三等分点，求||.
18．(17分)已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，＝2e1＋e2，＝－e1＋λe2，＝－2e1＋e2，且A，E，C三点共线．
(1)求实数λ的值；
(2)若e1＝(2，1)，e2＝(2，－2)，求的坐标；
(3)已知点D的坐标为(3，5)，在(2)的条件下，若A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标．
19．(17分)在△ABC中，acsin B＝b2－(a－c)2.
(1)求sin B的值；
(2)求的取值范围．
第六章 平面向量及其应用
(考查范围：第六章　时间：120分钟　分值：150分)
一、单项选择题：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．A　解析：因为a＝(1，2)，b＝(x，3)，且a·b＝4，所以a·b＝1×x＋2×3＝x＋6＝4，所以x＝－2.故选A．
2．A　解析：＝＋＋＝(a＋2b)－(4a＋b)－(5a＋3b)＝－8a－2b＝2，所以∥且||≠||，所以四边形ABCD为梯形．故选A．
3．C　解析：a＋λb＝(1，1)＋λ(1，－1)＝(1＋λ，1－λ)，μa＋b＝μ(1，1)＋(1，－1)＝(μ＋1，μ－1)，
故(1＋λ)(μ－1)－(1－λ)(μ＋1)＝0，化简得λμ＝1.故选C．
4．C　解析：由题意知，＝＝(＋)，故＝－＝－＋.故选C．
5．C　解析：由a⊥b，得a·b＝0.根据定义可知a－2b在b上的投影向量为·b＝·b＝－2b.故选C．
6．B　解析：由b2＋c2－a2＝bc，得cos A＝＝，则sin(B＋C)＝sin A＝.故选B．
7．B　解析：对于A，若b2＋c2－a2>0，则cos A>0，A为锐角，不能判定△ABC为锐角三角形，故A错误；
对于B，若△ABC为锐角三角形，有A＋B>，
则>A>－B>0，所以sin A>sin＝cos B，故B正确；
对于C，知道两边一夹角，符合条件的三角形有且只有一个，故C错误；
对于D，因为acos A＝bcos B，所以sin Acos A＝sin Bcos B，所以sin 2A＝sin 2B，所以A＝B或2A＋2B＝180°，即A＝B或A＋B＝90°，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故D错误．故选B．
8．A　解析：由(b＋ta)2≥(b－a)2展开得t2a2＋2ta·b－(a2－2a·b)≥0，
对 t∈R，有|b＋ta|≥|b－a|恒成立，
即Δ＝4(a·b)2＋4a2(a2－2a·b)≤0，即(a2－a·b)2≤0，
所以可得a2－a·b＝a2－|a|·|b|cos〈a，b〉＝0，解得cos〈a，b〉＝.
又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝，
则a·b＝|a|·|b|cos〈a，b〉＝1，
所以|2a－b|＝＝＝2，
则2a－b与b的夹角的余弦值为cos〈2a－b，b〉＝＝＝＝－，
所以2a－b与b的夹角为.故选A．
二、多项选择题：本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．AD　解析：因为|a|＝＝1，所以a＝(cos α，sin α)是单位向量，设＝a＝(cos α，sin α)，＝b＝(2，1)，则|a－b|＝|AB|≤|OA|＋|OB|＝1＋，当a＝(cos α，sin α)，b＝(2，1)方向相反，即cos α＝2sin α<0时取等号，
所以|a－b|的最大值为＋1，故A正确；
|a＋b|＝|a－b|等价于(a＋b)2＝(a－b)2即a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，即a·b＝2cos α＋sin α＝0，所以tan α＝－2，故B错误；
与b共线的单位向量为±＝±＝±，故C错误；
f(α)＝a·b最大，当且仅当向量a＝(cos α，sin α)在向量b＝(2，1)上的投影最大，即向量a＝(cos α，sin α)与b＝(2，1)同向，亦即cos α＝2sin α>0，此时tan α＝，故D正确．故选AD．
10．ABC　解析：对于A，因为a>b>c，所以A>B>C，且cos A＝＝＝－<0，故A为钝角，故A正确；
对于B，因为·＝－ac·cos B>0，
所以cos B<0，则B为钝角，故B正确；
对于C，因为＝，所以由正弦定理可得＝，即b2＋c2－a2＝－bc，解得cos A＝－，又A∈(0，π)，所以A＝，即A为钝角，故C正确；
对于D，因为b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C，所以由正弦定理可得sin2B·sin2C＋sin2C·sin2B＝2sin B·sin C·cos B·cos C，又sin B>0，sin C>0，则sin B·sin C＝cos B·cos C，即cos(B＋C)＝0，又B＋C∈(0，π)，所以B＋C＝，A＝，即△ABC为直角三角形，故D错误．故选ABC．
11．BC　解析：对于A，向量是既有大小又有方向的量，所以向量不能比较大小，故A错误；
对于B，因为单位向量e1，e2的夹角为60°，
可得e1·e2＝|e1|·|e2|cos 60°＝，
所以|2e1－te2|＝＝＝＝，
当且仅当t＝1时，|2e1－te2|取得最小值，最小值为，故B正确；
对于C，因为＋表示与∠A的平分线共线的向量，又因为·＝0，可得∠A的平分线与BC垂直，所以△ABC为等腰三角形，故C正确；
对于D，当λ＝0时，此时向量a与向量a＋λb的夹角为0，故D错误．故选BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12． 6　解析：因为a⊥(a－b)，则a·(a－b)＝0，所以a2－a·b＝0，即9－3·|b|cos ＝0，所以|b|＝6.
13． 1　解析：因为S△ABC＝absin C，
所以absin C＝(a2＋b2－c2)，
所以a2＋b2－c2＝2absin C．
由余弦定理的推论，得2abcos C＝2absin C，
所以tan C＝1，所以C＝45°，
所以c＝＝＝1.
14．112＋16　解析：与的数量积等于与在上投影向量的数量积．将题图中的平面图形顺时针旋转30°，如图，
设正六边形ABCDEF的中心为O，
连接CH，CJ，连接FI，交HJ于点L，易得O，C在FI上，HJ⊥CI.
过点I作IM垂直于AB的延长线，垂足为M，过点C作CN垂直于AB的延长线，垂足为点N.
由题意得CH＝CJ＝2，∠LCJ＝，所以CL＝CJcos∠LCJ＝－1，
HJ＝2HL＝2CJsin∠LCJ＝2(＋1)，
所以IL＝HJ＝3＋，所以CI＝2＋2.易证四边形CNMI为矩形，
所以MN＝CI＝2＋2.易得BN＝BC＝4，
所以AM＝AB＋BN＋NM＝14＋2，
所以当点P与点I重合时，(·)max＝||·||＝8×(14＋2)＝112＋16.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．
解：(1)由数量积的定义可知|b|cos〈a，b〉＝，
所以b在a上的投影向量为|b|cos〈a，b〉＝·＝·＝a.
(2)因为|c|＝|a－tb|＝＝，
又|a|＝2，〈a，b〉＝，
所以|c|＝.
令x＝t|b|∈R，
所以|c|＝＝，
所以当x＝t|b|＝1时，|c|取到最小值为.
16．
解：(1)由正弦定理知，sin A＝，sin B＝，sin C＝，其中R是△ABC外接圆的半径，
则2＋2＝·＋2，
所以a2＋c2＝ac＋b2，所以cos B＝＝.
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为b＝，B＝，所以a2＋c2＝3＋ac.
又因为S＝acsin B＝ac＝，所以ac＝2，
所以(a＋c)2＝3＋3ac＝9，所以a＋c＝3.
故△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋.
17．
解：(1)因为cos A＝，b＝3c，
所以由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc＝8c2，
故＝2.
因为cos A＝>0，所以A∈，
所以sin A＝＝.
由正弦定理＝，得sin C＝sin A＝×＝.
(2)因为b＝3c，c＝1，
所以由正弦定理得sin B＝3sin C＝1.
因为B∈(0，π)，所以B＝，所以⊥，
所以a＝＝＝2.
因为D为AC的靠近A的一个三等分点，
所以＝＋＝＋＝＋(－)＝＋.
故||＝＝＝＝.
18．
解：(1)＝＋＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2.
因为A，E，C三点共线，所以存在实数k，使得＝k，
即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)，
所以(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2.
因为e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，
所以解得即实数λ＝－.
(2)＝＋＝－3e1－e2＝(－6，－3)＋(－1，1)＝(－7，－2)＝－7e1－2e2.
(3)因为A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以＝.
设A(x，y)，则＝(3－x，5－y)．
因为＝(－7，－2)，
所以解得
故点A的坐标为(10，7)．
19．
解：(1)因为acsin B＝b2－(a－c)2，即acsin B＝b2－a2－c2＋2ac，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得acsin B＝－2accos B＋2ac，
所以sin B＋2cos B＝2.
又sin2B＋cos2B＝1，所以5sin2B－4sin B＝0，解得sin B＝0或sin B＝.
因为B∈(0，π)，所以sin B>0，则sin B＝.
(2)由sin B＝且sin B＋2cos B＝2，解得cos B＝.
由正弦定理可得＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝.
因为又所以<φ<，
所以0则－φ<2A－φ<π－φ.
又<－φ<，
所以－则－9<15sin(2A－φ)≤15，
则16<15sin(2A－φ)＋25≤40，
则≤<1，
所以∈.
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