13 单元检测卷(一) 平面向量及其应用-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（湘教版2019）

单元检测卷(一)　平面向量及其应用 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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，只有一项是符合题目要求的) 1．下列各组平面向量中，可以作为一组基的是(　　) A．e1＝(0，0)，e2＝(1，－2) B．e1＝(－1，2)，e2＝(5，7) C．e1＝(3，5)，e2＝(6，10) D．e1＝(2，－3)，e2＝ B　[因为A，C，D选项中的两个向量均存在实数λ使得e1＝λe2，所以两向量均共线，故不能作为一组基．因为B选项中的两个向量不存在实数λ使得e1＝λe2，所以两向量不共线，所以可以作为一组基．故B正确．] 2．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝，点M在对角线AC上，点N在边CD上，且＝，＝，则·＝(　　) A． B．4 C． D． C　[＝－＝＋－－＝＋，所以·＝(＋)·(＋)＝2＋2＋·＝＋＝．故选C．] 3．在边长为1的正方形ABCD中，M为边BC的中点，点E在线段AB上运动，则·的取值范围是(　　 ) A． B． C． D．[0，1] C　[将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中， 设E(x，0)，0≤x≤1． 因为M(1，)，C(1，1)， 所以 ＝(1－x，)， ＝(1－x，1)， 所以· ＝(1－x，)·(1－x，1)＝(1－x)2＋．因为0≤x≤1， 所以 ≤(1－x)2＋ ≤， 即 · 的取值范围是，故选C．] 4．海伦公式是利用三角形的三条边的边长a，b，c直接求三角形面积S的公式，表达式为：S＝，p＝，它的特点是形式漂亮，便于记忆．中国宋代的数学家秦九韶在1247年独立提出了“三斜求积术”，虽然它与海伦公式形式上有所不同，但它与海伦公式完全等价，因此海伦公式又译作海伦－秦九韶公式．现在有周长为10＋2的△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，则用以上给出的公式求得△ABC的面积为(　　) A．8 B．4 C．6 D．12 C　[在△ABC中，因为sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶， 由正弦定理可得：a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶， 设a＝2k，b＝3k，c＝k，且a＋b＋c＝10＋2， ∴2k＋3k＋k＝10＋2，解得k＝2， 即a＝4，b＝6，c＝2，且p＝＝5＋， ∴S＝ ＝ ＝6．故选C．] 5．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若sin(A＋B)＝sin A＋sin B，cos C＝，且S△ABC＝4，则c＝(　　) A． B．4 C． D．5 B　[因为cos C＝，则C∈，所以sin C＝＝，又因为S△ABC＝4，即absin C＝ab×＝4，解得ab＝10，又由sin(A＋B)＝sin C＝sin A＋sin B，根据正弦定理，可得c＝a＋b，由余弦定理，可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－2ab×＝(a＋b)2－ab＝3c2－32，整理得c2＝16，即c＝4．故选B．] 6．如图，在梯形ABCD中，AB∥DC且AB＝2DC，＝3，＝2，AE与BF交于点O，则＝(　　 ) A．＋ B．＋ C．＋ D．＋ B　[＝＋＝＋， 设＝λ＝λ(＋)＝λ＋． 又＝＋＋＝＋－ ＝＋． 又＝＝＋， ＝－＝－． 设＝μ＝－，由＝－， 即＋＝(λ＋)－(－)， 即＋＝(λ－)＋(＋)， 所以 解得 所以＝＋，故选B．] 7．如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，∠ADC＝，＝x＋y，则＝(　　 ) A． B． C． D．2 B　[方法一：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 设|AB|＝1，则＝(1，0)，由AB⊥BC，|AB|＝|BC|，可得|AC|＝且＝(1，1)， 又AD⊥AC，∠ADC＝，即|AD|＝， ∴＝(－×，×)＝(－，)， 由＝x＋y，可得 解得故＝． 方法二：如图，过C作CE∥AD交AB的延长线于E，作CF∥AB交AD的延长线于F， ∴＝＋． 由AB⊥BC，AB＝BC及CE∥AD，易知B是线段AE的中点，于是＝2． 由AD⊥AC，∠ADC＝，得AD＝AC，易知AC＝CE，CE＝AF， ∴AF＝AC，则AF＝AD，故＝，于是＝2＋，又＝x＋y， ∴，即＝． 故选B．] 8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2，且△ABC的面积S＝(b2＋c2－a2)，则△ABC周长的最大值是(　　 ) A．6 B．6＋2 C．4 D．6 B　[因为a＝2，且△ABC的面积S＝(b2＋c2－a2)，则bcsin A＝·2bccos A， 即可得sin A＝2cos A＞0， 所以sin2A＋()2＝1，解得sin A＝(负值舍去)，可得cos A＝， 所以由余弦定理可得12＝b2＋c2－2bc·＝(b＋c)2－bc，即bc＝， 又bc≤()2，当且仅当b＝c时等号成立， 所以≤()2，整理解得(b＋c)2≤36，即b＋c≤6，当且仅当b＝c＝3时等号成立， 所以△ABC周长a＋b＋c的最大值是6＋2．选B．] 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m)，若∠ABC为锐角，则实数m可能的取值是(　　) A．－ B．0 C． D．1 ABD　[由题意可知，＝(－3，－1)，＝(－1－m，－m)，因为∠ABC为锐角，所以·＝3＋3m＋m>0，可得m>－，当m＝时，∥，∠ABC＝0°，所以当∠ABC为锐角时，实数m的取值范围是∪．故选ABD．] 10．△ABC中，D为AB上一点且满足＝3，若P为线段CD上一点，且＝λ＋μ(λ，μ为正实数)，则下列结论正确的是(　　 ) A．＝＋ B．4λ＋3μ＝2 C．λμ的最大值为 D．＋的最小值为3 AD　[由题设，可得＝＋μ，又D，P，C三点共线， ∴＋μ＝1，即4λ＋3μ＝3，故B错误； 由λ，μ为正实数，4λ＋3μ＝3≥4，则λμ≤，当且仅当λ＝，μ＝时等号成立，故C错误； ＋＝(＋)(4λ＋3μ)＝(5＋＋)≥(5＋2 )＝3，当且仅当3μ＝2λ时等号成立，故D正确； ∵＝＋＝＋，＝＋， ∴＝＋(＋)＝＋，故A正确． 故选AD．] 11．已知向量a＝(2，1)，b＝(1，－1)，c＝(m－2，－n)，其中m，n均为正数，且(a－b)∥c，下列说法正确的是(　　) A．a与b的夹角为钝角 B．向量a在b方向上的投影为 C．2m＋n＝4 D．mn的最大值为2 CD　[对于A，向量a＝(2，1)，b＝(1，－1)，则a·b＝2－1＝1>0，则a，b的夹角为锐角，A项错误；对于B，向量a＝(2，1)，b＝(1，－1)，则向量a在b方向上的投影为＝，B项错误；对于C，向量a＝(2，1)，b＝(1，－1)，则a－b＝ (1，2)，若(a－b)∥c，则－n＝2(m－2)，变形可得2m＋n＝4，C项正确；对于D，由C的结论，2m＋n＝4，且m，n均为正数，则有mn＝ (2m·n)≤＝2，即mn的最大值为2，D项正确．故选CD．] 12．△ABC中，A＝，AB＝2，AC＝1，D为线段BC上的点，＝λ，则(　　 ) A．·＝－1 B．λ＝时，||＝ C．若⊥，则λ＝ D．||＝ AC　[对于A选项，由平面向量数量积的定义可得·＝||·||cos＝－1，A对； 对于B选项，当λ＝时，＝＋＝＋＝＋(－)＝(＋)， 此时||＝ ＝ ＝，B错； 对于C选项，若⊥， 则·＝(＋)·＝·＋λ2 ＝·(－)＋λ(－)2＝·－2＋λ(2＋2－2·)＝7λ－5＝0， 解得λ＝，C对； 对于D选项，||＝ ＝＝，D错． 故选AC．] 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．若平面向量a＝(1，－1)与b的夹角是180°，且|b|＝2，则b等于________． 解析：　因为平面向量a＝(1，－1)与b的夹角是180°， 所以设b＝λa(λ<0)，即b＝λa＝λ(1，－1)＝(λ，－λ)(λ<0)， 因为|b|＝2，所以＝2，得λ2＝4， 因为λ<0，所以λ＝－2，所以b＝(－2，2)． 答案：　(－2，2) 14．△ABC是等边三角形，点D在边AC的延长线上，且AD＝3CD，BD＝2，则CD＝________，sin∠ABD＝________． 解析：　如图所示，在等边三角形ABC中，AD＝3CD，所以AC＝2CD．在△BCD中，∠BCD＝180°－60°＝120°，BD＝2，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD，即(2)2＝(2CD)2＋CD2－2·2CD·CD·cos 120°，解得CD＝2，则AD＝6．由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠ABD＝． 答案：　2　 15．已知向量a＝(1，λ)，b＝(2，3)，c＝(1，1)．若a－2b与c共线，则a在c方向上的投影为________． 解析：　∵a＝(1，λ)，b＝(2，3)， ∴a－2b＝(1－2×2，λ－2×3)＝(－3，λ－6)． 又∵a－2b与c共线，∴－3＝λ－6，∴λ＝3， ∴a＝(1，3)， ∴a在c方向上的投影为＝＝2． 答案：　2 16．如图所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角α＝60°，在塔底C处测得点A的俯角β＝45°，已知铁塔BC部分高32米，则山高CD＝__________． 解析：　由α＝60°，β＝45°易得 ∠BAD＝60°，∠CAD＝45°， 设AD＝x， 则CD＝AD·tan ∠CAD ＝AD·tan 45°＝x， BD＝AD·tan ∠BAD ＝AD·tan 60°＝x， ∴BC＝BD－CD＝x－x＝32， ∴x＝＝16(＋1)． 答案：　16(＋1)米 四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，已知向量＝(6，1)，＝(x，y)，＝(－2，－3)，且∥． (1)求x与y间的关系； (2)若⊥，求x与y的值及四边形ABCD的面积． 解析：　(1)由题意得＝＋＋＝(x＋4，y－2)，＝(x，y)， 因为∥，所以(x＋4)y－(y－2)x＝0，即x＋2y＝0　①． (2)由题意得＝＋＝(x＋6，y＋1)，＝＋＝(x－2，y－3)， 因为⊥，所以·＝0， 即(x＋6)(x－2)＋(y＋1)(y－3)＝0， 整理得x2＋y2＋4x－2y－15＝0　②， 联立①②， 解得或 记四边形ABCD的面积为S， 当时，＝(8，0)，＝(0，－4)， 则S＝||||＝16， 当时，＝(0，4)，＝(－8，0)， 则S＝||||＝16． 综上，或四边形ABCD的面积为16． 18．(本小题满分12分)如图，在四边形ABCD中，AB＝，AC＝，cos∠ABC＝－． (1)求sin∠BAC的值； (2)若∠BAD＝90°，BD＝CD，求CD的长． 解析：　(1)由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝3，则3BC2＋8BC－3＝(3BC－1)(BC＋3)＝0， 所以BC＝，又cos∠ABC＝－，所以sin∠ABC＝，且＝＝3， 所以sin∠BAC＝． (2)过C作CE⊥AD于E，∠BAC＝θ，又∠BAD＝90°， 所以AE＝ACsin θ＝×＝，CE2＝AC2－AE2＝3－＝， 令BD＝CD＝x，则AD＝，故DE＝AD－AE＝－， 在Rt△DEC中，CD2＝CE2＋DE2，即x2＝＋(－)2＝x2＋1－ ， 所以x＝，即CD的长为． 19．(本小题满分12分)如图，在等腰梯形ABCD中，||＝2||＝4，∠DAB＝． (1)若k－与共线，求k的值； (2)若P为AD边上的动点，求(＋)·的最大值． 解析：　(1)，不共线，以它们为基， 由已知＝＋＝＋， 又k－与共线， 所以存在实数λ，使得k－＝λ＝λ＋λ， 即解得 (2)在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝4，∠BAD＝45°，则AD＝， 设＝x，x∈[0，1]， 则＋＝2＋＝－2x，＝＋＝(1－x)＋， 则(＋)·＝(－2x)·＝2＋(1－2x)·－2x(1－x)2＝×42＋(1－2x)×4××cos 45°－2x(1－x)×2＝4x2－12x＋12＝4(x－)2＋3， 所以当x＝0时，(＋)·取得最大值12． 20．(本小题满分12分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设平面向量p＝(sin A＋cos B，sin A)，q＝(cos B－sin A，sin B)，且p·q＝cos 2C． (1)求C； (2)若c＝，a＋b＝2，求△ABC中AB边上的高h． 解析：　(1)因为p·q＝cos 2B－sin 2A＋sin Asin B， 所以cos 2B－sin 2A＋sin Asin B＝cos 2C，即1－sin 2B－sin 2A＋sin Asin B＝1－sin 2C， 即sin 2A＋sin 2B－sin 2C＝sin Asin B， 根据正弦定理得a2＋b2－c2＝ab， 所以cos C＝＝＝， 又C∈(0，π)， 所以C＝． (2)在△ABC中，由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcos C，即3＝a2＋b2－2abcos ＝(a＋b)2－3ab，又a＋b＝2，所以ab＝3， 因为△ABC的面积S＝absin C＝ch，即×3×＝×h, 解得h＝， 所以△ABC中AB边上的高h＝． 21．(本小题满分12分)已知海岛B在海岛A北偏东45°，且与A相距20海里，物体甲从海岛B以2海里/时的速度沿直线向海岛A移动，同时物体乙从海岛A以4海里/时的速度沿直线向北偏西15°方向移动． (1)求经过多长时间，物体甲在物体乙的正东方向？ (2)求甲从海岛B到达海岛A的过程中，甲、乙两物体间的最短距离． 解析：　(1)设经过t(0<t<10)小时，物体甲移动到E的位置，物体乙移动到F的位置，物体甲与海岛A的距离为AE＝(20－2t)海里，物体乙与海岛A的距离为AF＝4t海里，当甲在乙正东方时，∠AFE＝75°，∠AEF＝45°． 在△AEF中，由正弦定理＝得＝，则t＝20－10． 所以经过(20－10)小时，物体甲在物体乙的正东方向． (2)由(1)可知AE＝(20－2t)海里，AF＝4t海里． 在△AFE中，由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos∠EAF＝(20－2t)2＋(4t)2－2·(20－2t)·4t·＝28t2－160t＋400＝28(t－)2＋． 由0<t<10，得当t＝时，EFmin＝海里． 所以甲、乙两物体间的最短距离为海里． 22．(本小题满分12分)如图，某大型厂区有三个值班室A、B、C．值班室A在值班室B的正北方向2千米处，值班室C在值班室B的正东方向2千米处． (1)保安甲沿CA从值班室C出发行至点P处，此时PC＝1，求PB的距离； (2)保安甲沿CA从值班室C出发前往值班室A，保安乙沿AB从值班室A出发前往值班室B，甲、乙同时出发，甲的速度为1千米/小时，乙的速度为2千米/小时，若甲、乙两人通过对讲机联系，对讲机在厂区内的最大通话距离为3千米(含3千米)，试问有多长时间两人不能通话？ 解析：　(1)在Rt△ABC中，AB＝2，BC＝2， 所以∠C＝30°．在△PBC中，PC＝1，BC＝2， 由余弦定理可得 BP2＝BC2＋PC2－2BC·PCcos 30° ＝(2)2＋1－2×2×1×＝7， 即BP＝． (2)在Rt△ABC中，BA＝2，BC＝2，AC＝＝4， 设甲出发后的时间为t小时，则由题意可知0≤t≤4， 设甲在线段CA上的位置为点M，则AM＝4－t， ①当0≤t≤1时，设乙在线段AB上的位置为点Q，则AQ＝2t， 如图所示，在△AMQ中， 由余弦定理得MQ2＝(4－t)2＋(2t)2－2·2t·(4－t)cos 60°＝7t2－16t＋16＞9， 解得t＜或t＞， 所以0≤t<； ②当1≤t≤4时，乙在值班室B处，在△ABM中， 由余弦定理得MB2＝(4－t)2＋4－2·2·(4－t)cos 60°＝t2－6t＋12＞9， 解得t＜3－或t＞3＋，又1≤t≤4，不符合题意，舍去． 综上所述，0≤t<时，甲、乙间的距离大于3千米， 所以两人不能通话的时间为小时． 学科网（北京）股份有限公司 $$