单元素养检测卷（第六章 平面向量及其应用）-【精彩三年】2022-2023学年新教材高中数学必修第二册教师用书word（人教A版）

单元素养检测卷(六) (见学生用书P237) [时间：120分钟　满分：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．已知向量a＝，b＝，则·＝(　D　) A．3 B．5 C．－6 D．－12 2． 已知在▱ABCD中，＝(－3，7)，＝(4，3)， 对角线AC，BD交于点O，则的坐标为(　C　) A． B． C． D． 3．已知平面向量a＝，b＝，若a⊥，则实数λ的值为(　A　) A．10 B．8 C．5 D．3 4．已知向量a＝(－3，2)，b＝，若∥，则实数λ的值为(　C　) A． B． C． D． 【解析】 由已知得a＋3b＝，a－b＝，∵∥，∴9－＝0，解得λ＝. 5．已知向量＝2，＝1，a·＝2，则a与b的夹角为(　C　) A．120° B．90° C．60° D．30° 【解析】 由a·(a－2b)＝2，得a2－2a·b＝2，又|a|＝2，则a2＝|a|2＝4，即a·b＝1， 故cos 〈a，b〉＝＝＝，因此a与b的夹角为60°. 6．已知在△ABC中，AD为中线，AC＝2，cos ∠ADC＝.若BC＝5，则边AB的长为(　D　) A．3 B．2 C．4 D． 【解析】 在△ADC中，sin ∠ADC＝＝， 由正弦定理得sin∠DAC＝＝1，则∠DAC＝90°，∴cos C＝cos ＝sin ∠ADC＝.在△ABC中，由余弦定理得，AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC cos C＝25＋4－2×5×2×＝13，∴AB＝. 7． 在矩形ABCD中，E是BC的中点，F是AE上靠近 E的三等分点，则向量＝(　B　) A．＋ B．－ C．＋ D．－ 【解析】 如图所示，根据平面向量的运算法则， 可得＝＋＝＋ ＝－＋×(＋) ＝－＋＋＝－. 8．在平面四边形ABCD中，AB⊥AC，AC＝AB，AD＝3，BD＝2，则CD的最小值为(　D　) A． B． C． D． 【解析】 在△ABD中，由＝，得AB·sin ∠BAD＝2sin ∠ADB， 又AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos ∠ADB＝33－12cos ∠ADB，且∠BAD＝＋∠DAC. 在△DAC中，CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos ∠DAC＝9＋2AB2－6AB·sin ∠BAD＝75－24(cos ∠ADB＋sin ∠ADB)＝75－72sin (∠ADB＋φ)且tan φ＝， 所以，当sin (∠ADB＋φ)＝1时，CD取得最小值. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列说法中错误的是(　ABD　) A．已知a＝(1，－3)，b＝(1，－3)，则a与b可以作为平面内所有向量的一组基底 B．若a与b共线，则a在b方向上的投影向量为a C.若两非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则a⊥b D．在平面直角坐标系中，若A(1，1)，B(4，2)，C(5，0)，则△ABC为锐角三角形 10．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝，a＝3，且＝2，则||的值可能为(　BCD　) A．3 B． C． D．2 【解析】 由余弦定理得9＝b2＋c2－bc①， 因为9＝b2＋c2－bc≥2－bc(当且仅当b＝c＝3时，等号成立)，所以bc≤9. 因为＝2，所以＝＋，得4||2＝||2＋||2＋2||||cos A，即4||2＝b2＋c2＋bc②. ②－①得4||2－9＝2bc≤18，所以||≤.故选BCD. 11．已知△ABC，＝，＝＋，点 M满足＝λ且＝μ，则(　AC　) A．λ＝ B．μ＝ C．＝＋ D．＋＝＋ 【解析】 如图，∵＝， ∴B，E，C三点共线且E为BC的中点， ∵＝＋， ∴－＝＋， ∴＝＋－＝－＝， ∴A，F，C三点共线且F为AC上靠近A的三等分点． ∵＝μ，∴－＝μ(－)， ∴＝＋μ＝＋μ. ∵＝λ＝λ＋λ， ∴∴A正确，B错误； ∵＝＋＝＋＝＋ ＝＋＝＋，C正确； ＋＝＋＝ ＝≠＋，D错误． 12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论中，正确的有(　ABC　) A．若A>B，则sin A>sin B B．若△ABC为锐角三角形，则sin A>cos B C．若sin2A＋sin2B＝sin2C，则△ABC为直角三角形 D．若sin2A＝sin 2B，则△ABC一定是等腰三角形 【解析】 对于A，因为A>B，可得a>b，所以2R sin A>2R sin B，所