专题三 平面向量的应用-【学而思·高中同步双测卷】2025-2026学年高一数学必修第二册测试卷（人教A版2019）

专题三平面向量的应用 (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 器 题目要求的， 1.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=√13，b=3,c=2,则角A=() A.30° B.60° C.120 D.1509 2.如图，在矩形ABCD中，AD1=4√3，设AB=a,BC=b,BD=c, 则|a十b+c= () 都 A.8 B.82 C.83 D.16 3.已知△ABC的两边长分别为1,2，其夹角的余弦值为2，则△ABC的外接圆的半径为（ A.1 B.5 C.2 D.22 4.如图所示，为测量一建筑物的高度，在地面上选取A,B两点，从A,B两点 p 鉍 测得建筑物顶端的仰角分别为30°，45°，且A,B两点间的距离为60m sim15°=6一2，则该建筑物的高度为 ( 4 45 30A B 60m A.(30+303)m B.(30+153)m C.(15+303)m D.(15+15√3)m 如 5.在△ABC中，∠A=60,∠B=75,b=23+2,已知in75°=6+2 则△ABC中最小的边 4 製 长为 () A.2 B.4 C.6+② D6-2 6.小娟，小明两个人共提一桶水匀速前进，已知水和水桶总重力为G,两人手 臂上的拉力分别为F,,F2,且F,=F2,F,与F:的夹角为0，下列结论中 正确的是 删 闲 A.0越小越费力，0越大越省力 B始终有E1=E=g C当0=2时，E=G D.当0=2时，E=G 7,在△ABC中内角A,B,C所对边分别为abc,若B=号，8-景ac,则s血A十nC=〈 3 A号 B.2 D 2 8.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，a=4,且2S=a2 (b一c)2,则△ABC的周长的取值范围是 () A.(8,45+4] B.(12,25+2 C.(8,25+2] D.(12,45+4] 17 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.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=4,b=43,A=30°，则B的值可以为 A.609 B.30° C.1209 D.150 10.如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD,∠BAD=90°，AB=2,AD= DC=1,P是线段BC上一动点，Q是线段DC上一动点，DQ=ADC,CP =(1一A)CB,则AP·AQ的取值可以是 A.0 B.1 C.2 D.3 1山，记△ABC的内角A,B,C的对边分别为ab,c若a=7,b=2,A=吾，则 A.c=3 B.sin B=23 7 C.sin C=3/21 14 D.△ABC外接圆的面积为3π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.在△ABC中，AB=3,AC=1,B=30°，则△ABC的面积等于 13.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧 一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西 偏北75的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD= m. 14,在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知c0sA=,则4cos(B+C)cos2A ;若a=√6，则bc的最大值为 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)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c. )若a=3,6=区，cosB=号，求e的值： (2若A_求m(B+受)的值 18 16.(15分)目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广 表平原，处处都能见到5G基站的身影.如图，某同学在一条水平公路上 观测对面山顶上的一座5G基站AB,已知基站高AB=50m,该同学眼高 1,5m(眼睛到地面的距离)，该同学在初始位置C处（眼睛所在位置）测 得基站底部B的仰角为37°，测得基站顶端A的仰角为45°，求出山高BE 、 (结果保留整数). 参考数据：sin8°≈0.14，sin37°≈0.6，sin45≈0.7，sin127°≈0.8,2≈1.4. 17.(15分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=4√2，b=5,c=7. (1)求cosA的值： (2)若点D在边BC上，且BD-=3CD,求AD. 19- 18.(17分)记△ABC内角A、B、C的对边分别为a,b,c,已知sinC=2cosB,a”+b°一c2=√2ab. (1)求B: (2)若△ABC的面积为3+3，求c. 19.(17分)在平面直角坐标系中，0为坐标原点，4，B,C三点满足0C=OA+2O店. (D求AC的值： CB (2)已知A1,os),B1+cos,osxx∈[0，引f(x=O.0元-(2m+号）AB,若 f(x)的最小值为g(m),求g(m)的最大值. 20 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ 专题三平面向量的应用 姓 名 准考证号 考生条形码粘贴处 考生禁填：缺考考生由监考员填涂右边的缺考 标记 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘 填 正确填涂 注 贴的条形码： 涂 ■ 意 2.选择题必须用2B铅笔填涂，解答题必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体 样 错误填涂 事 工整，笔迹清楚： 刀☒】 例 口一 项3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无 效：在草稿纸，试题卷上答题无效。 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1L.[A][B][C][DJ 4.[A][B][C][D 7.[A][B][C][DJ 2.[A][B][C][DJ 5.[A][B][C][D] 8.[A][BJ[C]D] 3.[A][B][C[D] 6.[A][B][C][D] 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 9.[A][B][CJ[D] 10.[A][B[C][D] 11.[A][B][C][D] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 14. 13. 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 21 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分) 16.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 -22- ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 17.(15分) 18.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 -23 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 19.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 -24-18.【解】(1OP-mOA+AB-mOA+OB-OA=m(1. -.-1+ -1)+(-2,3)-(1,-1)-(m-3,4-m). 14.2v5 由点B绕点A沿顺时针方向旋转^{}后得到点P. 因为点P在:轴上, 所以4-n-0,解得n-4. (2)A-20B=(1,-1)-2(-2,3)=(5.-7),A+ $B-(1,-1)+(-2,3)=(-2.3- ). 由点A(1,3),点B(1+②,3-2②),得AB-(②.-2②) 又因为(OA-2OB)1(OA+OB). 所以(OA-2OB)·(OA+OB)-(5.-7)·(-2,3 - )-5 -10-21+7$-0 x--3 解得 *,即AP-(-3,1),而OA-(1,3),则O$ ly-1 +A-(-2.4). 所以lOP-(-2)+4-2 +AC),AF一 AC 故答案为:25. 15.【解】(1):a=(-1,3),b-(1,n).,且a/b 因为B,P,F三点共线,故可设AP-:AB+(1-1)AF ..-n-3-0,则n--3. AB+AC. (2)由(1)得b-(1,-3),m=(2,4) 2 -10.b 10 10 --(1,-3)-(-1,3). (1)AE-AB+BE-(2e+e)+(-+e 16.【解】 由平面向量基本定理,可得 e十(1十×)e. 因为A,E,C三点共线,所以存在实数k,使得AE一 (2)因为D,F分别为BC,AC的中点,所以DF//AB EC. 即e+(1+x)e2=k(-2e:+e2),得(1+2k)eì= #所以B-# (-1-)e。. 因为e,e是平面内两个不共线的非零向量,所以 所以Bp二 [1+2-0 1 3 2 # (2)B+EC=-3- 1 e-(-6,-3)十 所以DE-AE-AD- (-1,1)-(-7.-2). (3)因为A,B,C,D四点按顺时针顺序构成平行四边形, AC. 所以AD-BC. 故B·DE-(-AB+A)·(AB-A) 设A(x,y),则AD-(3-x,5-y). 3-=-7 因为BC-(-7,-2),所以 ,解得 12-10 5-y--2 y-7 6 即点A的坐标为(10,7). 因为AB·AC=|AB||AClcos BAC=34 17.【解】(1)证明:假设向量a,b共线,则存在实数n,使a -6. -mb,得(1-m)e=-(m+2)e. #D --×-#16+1#6--.# 则e与e共线,这与两向量是不共线的非零向量矛盾, .假设错误,则a,b不共线,.'a,b可以作为一个基底. 专题三 (2)设c=e+3e=an+b-(r+y)e +(2r-y)e 平面向量的应用 [r十y-1 由余弦定理可得cosA-3+4-13_- ③ ,解得 1.D l2x-y-3' 2x3x2 2 . 3 故选:D. 117 2.C 方法一 如图,延长BC 20 G .D 至点E,使CE一BC,连接 DE,AC.'CE-BC-AD. B 错误。 '四边形ACED是平行四 故选:C. 边形..AC-DE. $AC+BD=DE+BD=BE'a+b+=AB+BC+BD= AC+BD=BE'a+b+ -BBE|-2 BC-2 AD= 83.故选C. 方法二 a+b+c=AB+BC+BD-AD+BC-2AD. ' a+b+cl-2lAD|-83.故选C. 3.A 设△ABC外接圆的半径为R,不妨设角A,B,C的对 . 边分别为a.b,c,且c=1,b=2.cosA-1 2 所以(sinA+sin C)2-sin?A+sin2C+2sin AsinC= “&-62+-2hceo A.:a2-2+12-2x2×1×-3. 因为A.C为三角形内角,则sinA十sinC>0,则sinA十 2 sinC7 ## -1.故选A. 2 故选:C. 8.D ·$ $--(6-c)?---$2+2 be= b $ 4.A 在△PAB中, PAB=30{}, APB=45{*}-30{}-15^$ 2bccosA. AB-60m. 由正弦定理,得PB-ABsin30{ sin13=30(v+2)m, .1-cos A-gsinA. (30+30③)m. .tan 故选:A. =2tanA-1 4 $$5.B$因为 C-180*- A- $B-180$*-6 0*-75^*-4$ $$$ 由三角形的边角关系小角对小边,可知最小的边长为c. # 由正弦定理 里nsi,得45{ 23+2 由正弦定理可得 sin75{ 所以b+c=5(sin B+sinC)=5[sin B+sin(A+B) 所以。一 6+2 4 -4vsin(B+),共中tan ,-, 1 所以△ABC中最小的边长为4 故选:B. 因为△ABC为锐角三角形, 6.C 根据题意,由于F +F。-G,又由 F 一F, 则有向量F。,F。为邻边的四边形为菱形, 即:2 _<++## 2co 2 所以cos 对于A,由于 Gl不变,则8越小越省力,8越大越费力,A 2 错误; '.8<45sin(B+)4v5,即b+cE(8,45 故△ABC的周长的取值范图是(12,45+4]. 2cos2 故选:D. -_ 9. AC 由正弦定理"b sinB' 正确; 118 以A为坐标原点,AB的方向为t轴正方向,AD 10.ABC 即b?+e2-be-(b+c)②-3be-6, 的方向为y轴正方向,建立平面直角坐标系,则A(0,0). 又由(b+c)?>4bc,则有4bc-3bc=bc 6. 即bc的最大值为6. D(0.1),C(1,1),B(2,0),则DC-(1,0),CB=(1.-1). 故答案为:1;6. ·DQ-DC-(.0).CP=(1-CB=(1--1). 15.【解】 (1).:a-3c.b-/2,cosB= 'Q(,1),P(2-,).'AQ=(,1),AP=(2-,). '.AP·A=(2-,)·(,1)=-a2+3= 由余弦定理得cosB-^2}十2-2} 2ac (3c)2+e-(v2) 2X3cXc 得最小值0;当-1时,AP·AQ取得最大值2.*AP. AQ的取值范围是[0,2].故选ABC 3 11.AC 对于A,由a^{}-b+^2-2bccosA=4+c*-2$ (2). sinA_cos B π-7,得c2-2c-3-0,解得c-3或c=-1(舍 2 2ccos 由正弦定理a / sA_,os B_ sin B 2b 去),故A正确; 6 '.cos B-2sinB. # 从而cos^2B-(2sinB)2,即cos2B-4(1-cos^2B),故 -3C.解得sinB21 7 14 'sin Bo. cos B-2sin Bo,从而 cos B-25. 正确; 5. 7-2R: 因此sin(B+)-cos B25. 对于D,设△ABC外接圆的半径为R,因为 # 16.【解】依题意可得 ACB-45^*-37*}-8^{,BAC-45^* 所以R-21 在△ABC中,由正弦定理得-AB BC 3 sin 乙ACB sin BAC'甲 错误. 50 故选:AC. sin45{ 50×0.7-250(m). 12.2 在△ABC中,AB-/③,AC=1,B-30{} $cosB=$ 所以BC~ 0.14 在Rt△BDC中,sinBCD= 2BC·AB 所以BD~250×0.6-150(m). 2或BC-1.又'SAmC= 所以山高BE=BD+DE-150+1.5=151.$$ 152(m). 17.【解】(1)如图,在△ABC中,因为a=4/2,b-5,c=7, $3.100 6 在△ABC中. BAC-30*$BCA=75{*-30$= 62+c2-a252+72-(4v②)2} 所以cosA- 2hc 2X5×7 45~...由正弦定理得,BC-sinBAC sin BCA·ABsin 30 sin45{× -3002100(m). 3 14.1 6 根据题意,在△ABC中, (2)方法一 因为点D在边BC上,且BD-3CD. 若cosA- 所以BD-3②,CD-2. 刻4cos(Bc)co 2-4cogo4u(-)× 又因为cos B^}十c-62} ② 2ac (-)-1. 所以在△ABD中,由余弦定理得AD{②}-c^2}+BD{②}-2·$ 一25,可 若a-V6,则a2-h+c2-2bccosA. 119 得AD-5. (2)由题意,知OA=(1,cosx),OB-(1+cosx,cosx). 方法二 :BD-3DC. ##-A+oB-01+-os:+o x),AB-oB- AD-A4A O-(cosx.0). 函数()=A·-(2+)/AB|-1+cos + c$s{r-(2m+)cos x=(cos r-)+1-m}。 令1-cosx.:e[0.吾].ic[0.1. .AD|-5,即AD-5. 令h(t)=(t-m){}+1-n^{},t[o,1] 18.【解】(1)由余弦定理有a^{}+6{}-c2-2abcosC,对比已 当n 0时,h(i)的最小值为h(0)-1,即g(m)=1; 知a②}十62-c?-2ab, 当0 n 1时,h(t)的最小值为h(m)-1-m^②}, 即g(m)-1-m2; 可得cos C-2+-22a2 2ab 2ab= 当m1时,h(t)的最小值为h(1)-2-2m; 因为CE(0,n),所以sinC>0. 即g(m)-2-2m. (1.n<0 综上所述,g(m)-{1-m^{},0<m1,可得函数g(m)的 2-2m,m>1 最大值为1. 注意到BE(0,n). 章末综合检测卷 所以B- 3 1.D 对于A.QC-QP+C=PC+=P.故A不符合 (2)由(1)可得B-π .cosC 题意; 对于B,AB+(PA+BQ)-PA+AB+BQ-PB+B 12. PQ.故B不符合题意; # 0(f)##△# 而sinA-sin 对于C.(AB+PC)+(BA-QC)-AB+BA+PC+C 2. 一PO,故C不符合题意: 4 对于D.PA+AB-BQ-PB-BQ+PQ,故D符合题意. C 由正弦定理有ab 故选:D. sin 2.D 因为b (b-4a),所以b·(b-4a)=0, 2 所以b2-4a·b-0即4+x2-4r-0,故 -2. 故选:D. 3.B 由三角形面积公式可知, 设A(rt·y),B(x·y2).由AB=(-2,1)可 念 1x2-x1--2 S△Anc= 2 2 2 8 5 y2-y1-1 由己知△ABC的面积为3十③,可得33?-3十. 由平面向量的坐标定义可知,由向量坐标无法确定点A 8 和点B的坐标,故AD错误; 所以c-2② {r=-2 当r-0.y-0.则 ,即B点的坐标为 19.【解】 y2=1 0 (一2,1),B正确; 1-.=-2 {,即 当r-0.y-0. /x-2 1-y:=1 ,即A点的坐 11--1 标是(2,-1),C错误. 故选:B. lAC 即AC=2CB,则|AC|-2lCB|.. _-2. CB 120