第2章 平面向量及其应用 单元测试-2025-2026学年高一下学期数学北师大版必修第二册

第二章　平面向量及其应用　单元测试卷 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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.设△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若A=60°,b=2,B=45°,则a的值为(　　) A.2 B.2 C.2 D. 2.已知平面向量a=(1,-3),b=(4,-2),λa+b与a垂直,则λ= (　　) A.-1 B.1 C.-2 D.2 3.在△ABC中,BC=3,AC=,B=,则△ABC的面积是(　　) A.3 B.6 C. D. 4.已知|a|=1,|b|=6,a·(b-a)=2,则向量a与b的夹角是 (　　) A. B. C. D. 5.若△ABC的内角A,B,C的对边a,b,c满足(a+b)2-c2=4,且C=60°,则ab的值为(　　) A. B.8-4 C.1 D. 6.已知||=1,||=,∠AOB=,点C在∠AOB外,且·=0.设实数m,n满足=m+n,则=(　　) A.2 B. C.-2 D.- 7.首钢滑雪大跳台(图1(1))是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆,大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素.某校研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A(图1(2))距离地面的高度AB(AB与地面垂直),在赛道一侧找到一座建筑物PQ.测得PQ的高度约为25 m,并从P点测得A点的仰角为30°.在赛道与建筑物PQ之间的地面上的点M处测得A点、P点的仰角分别为75°和30°(其中B,M,Q三点共线).则该学习小组利用这些数据估算的赛道造型最高点A距离地面的高度约为 (　　) (参考数据:sin 75°=,≈1.41,≈1.72,≈2.45) 图1 A.59 m B.60 m C.65 m D.68 m 8.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,D是AB的中点,若CD=1,且(a-b)·sin A=(c+b)(sin C-sin B),则△ABC面积的最大值为 (　　) A. B. C. D. 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.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=45°,c=6,若解该三角形有且只有一解,则b的可能值为 (　　) A.5 B.2 C.3 D.6 10.已知向量=(1,-3),=(-2,1),=(t+3,t-8),若点A,B,C能构成三角形,则实数t可以为 (　　) A.-2 B. C.1 D.-1 11.已知△ABC的面积为3,在△ABC所在的平面内有两点P,Q,满足+2=0,=2,记△APQ的面积为S,则下列说法正确的是 (　　) A.∥ B.=+ C.·>0 D.S=4 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.在△ABC中,D在BC边上,且=-2,若=p+q,则p+q=　　　. 13.如图2,在△ABC中,B=120°,AB=,AD为角平分线,点D在边BC上,且AD=,则∠ADB=　　　　,AC=　　　　.(本题第一空2分,第二空3分) 图2 14.《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典,如图3所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图.图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图,其余八块面积相等的图形代表八卦田,已知正八边形ABCDEFGH的边长为2,点P是正八边形ABCDEFGH的内部(包含边界)任一点,则·的取值范围是　　　　　　. 图3 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)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(-1,-2),B(2,3),C(-2,-1). (1)求以线段AB,AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长; (2)设实数t满足(-t)·=0,求t的值. 16.(15分)在①sin B=sin C=sin A,②==,③b=c=a这三个条件中,任选一个补充在下面的问题中,并解答问题. 已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,　　　　,a=4,角B的平分线交AC于点D,求BD的长.  注:若选择不同的条件分别解答,则按第一个解答计分. 17.(15分)湖面上甲、乙、丙三艘船沿着同一条直线航行,某一时刻,甲船在最前面的A点处,乙船在中间B点处,丙船在最后面的C点处,且BC∶AB=3∶1.一架无人机在空中的P点处对它们进行数据测量,在同一时刻测得∠APB=30°,∠BPC=90°.(船只与无人机的大小及其他因素忽略不计) (1)求此时无人机到甲、丙两船的距离之比; (2)若此时甲、乙两船相距100米,求无人机到丙船的距离.(精确到1米) 参考数据:≈4.123 1,≈4.358 9. 18.(17分)已知e1,e2是平面内两个不共线的向量,=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(3,5),在(2)的条件下,若四边形ABCD为平行四边形,求点A的坐标. 19.(17分)如图4,在△ABC中,AC=4,AB=1,∠BAC=.AD为BC边上的中线,O为AD上的一点,且=,过O点的直线与边AB,AC(不含端点)分别交于E,F,设=λ,=μ,λ,μ∈(0,1). (1)求+的值; (2)若·=,求的值. 图4 第二章　平面向量及其应用　单元测试卷参考答案  1.C　∵B=45°,A=60°,b=2,∴由正弦定理=,可得a===2. 2.A　∵a=(1,-3),b=(4,-2),∴λa+b=(λ+4,-3λ-2). ∵λa+b与a垂直,∴(λa+b)·a=0,即λ+4+(-3)×(-3λ-2)=0,解得λ=-1. 3.A　由余弦定理得AC2=BA2+BC2-2BA×BC×cos B,即13=BA2+9-2BA×3cos,解得BA=4. 由三角形面积公式可得S△ABC=BA×BCsin B=×4×3×=3. 4.C　记a与b的夹角是θ,则a·(b-a)=a·b-a2=6cos θ-1=2,则cos θ=.又θ∈[0,π],所以θ=. 5.A　∵(a+b)2-c2=4,∴a2+b2-c2+2ab=4　①, 又a2+b2-c2=2abcos C　②, ∴由①②得,2ab(1+cos C)=4,∴ab==. 6.A　∵·=||||cos ∠AOB=1×cos =-,而·=·(m+n)=0,即m·+n=0, ∴-m+3n=0,∴=2. 7.A　由题意得∠AMB=75°,∠PMQ=30°,∠AMP=75°,∠APM=60°,∠PAM=45°,在△PMQ中,PM==50(m), 在△PAM中,由正弦定理得=,所以AM=25(m), 在△ABM中,AB=AM·sin ∠AMB=25×≈59(m). 故选A. 8.A　∵(a-b)sin A=(c+b)(sin C-sin B),∴由正弦定理可得(a-b)a=(c+b)(c-b),∴整理可得a2+b2-c2=ab, ∴由余弦定理可得cos C= == ,∴C=60°,则sin C=. ∵D为AB的中点,∴=(+),故=(+2·+)=(b2+a2+2abcos C), ∴4=b2+a2+ab≥3ab,当且仅当a=b时取等号,∴ab≤.∴△ABC的面积S=absin C≤. 9.CD　①当b>csin B=6×=3时,三角形有两解. ②当b=3时,三角形有一解. ③当b=6时,三角形为等腰直角三角形,有一解. ④当b<3时,三角形无解. 故选CD. 10.ABD　∵向量=(1,-3),=(-2,1),=(t+3,t-8), ∴=(-2,1)-(1,-3)=(-3,4),=(t+3,t-8)-(1,-3)=(t+2,t-5), ∵点A,B,C能构成三角形,∴≠λ,∴(-3,4)≠(λ(t+2),λ(t-5)),解得t≠1. ∴结合选项可知,实数t可以为-2,,-1. 图D 1 11.BD　∵+2=0,所以A,P,C三点共线,且点P为线段AC的三等分点, 由于=2,所以A,B,Q三点共线,且B为线段AQ的中点,如图D 1所示, 所以与不平行,故选项A错误. 根据三角形法则有=+=+=+(-)=+,故选项B正确. ·=-||||<0,故选项C错误. △ABC的面积为3,所以=,则S△ABP=2,S△BCP=1,且S△ABP=S△BPQ=2,所以S△APQ=2+2=4,故选项D正确. 12.0　∵=-2,∴=. 又=-,∴=(-)=-,∴p=,q=-,∴p+q=0. 13.45°　　在△ABD中,由正弦定理,得sin∠ADB===.由题意知0°<∠ADB<60°,所以∠ADB=45°,则∠BAD=180°-120°-45°=15°,所以∠BAC=2∠BAD=30°,所以C=30°,所以BC=AB=.在△ABC中,由余弦定理,得AC===. 图D 2 14.[-4,8+4]　如图D 2,作AM垂直于GH的延长线于M,BN垂直于DC的延长线于N,根据正八边形的特征,可知AM=BN=2. 于是在方向上的投影向量的数量的取值范围为[-2,2+2], 结合向量数量积的定义可知,·等于的模与在方向上的投影向量的数量的乘积. 又||=2,所以·的最大值为2×(2+2)=8+4,·的最小值为2×(-2)=-4. 则·的取值范围是[-4,8+4]. 15.(1)由题设知=(3,5),=(-1,1),则+=(2,6),-=(4,4), 所以|+|=2,|-|=4. 故所求的两条对角线的长分别为2,4. (2)由题设知=(-2,-1),-t=(3+2t,5+t). 由(-t)·=0,得(3+2t,5+t)·(-2,-1)=0,从而5t=-11,所以t=-. 16.方案一　选择①. 因为sin B=sin C=sin A,由正弦定理可得a=b=c,即b=c=a. 由余弦定理可得cos A===-, 在三角形中可得A=,所以B=C=.又BD为角平分线,所以∠ABD=, 在△ABD中,∠ADB=π--=, 在△BCD中,由正弦定理可得=,即=, 所以BD=BC=×4=2. 方案二　选择②. 由==,可得b=c,a=b.因为a=4,所以可得b=c=4. 由余弦定理cos A==-,又A∈(0,π),所以A=,则B=C=, 下面解法同方案一. 方案三　选择③. 因为b=c=a,而a=4,所以b=c=4, 下面解法同方案二. 17.(1)在△ABP中,由正弦定理得==. 在△BPC中,由正弦定理得==. 因为=,sin∠ABP=sin∠CBP, 所以此时无人机到甲、丙两船的距离之比===. (2)由BC∶AB=3∶1,AB=100米,得AC=400米, 由(1),可设AP=2x,则CP=3x,在△APC中,由余弦定理得AC2=AP2+CP2-2AP·CPcos∠APC, 即160 000=(2x)2+(3x)2-2·2x·3x·cos 120°,解得x=米. 故无人机到丙船的距离CP=3x=≈275(米). 18.(1)=+=(2e1+e2)+(-e1+λe2)=e1+(1+λ)e2. ∵A,E,C三点共线,∴存在实数k,使得=k,即e1+(1+λ)e2=k(-2e1+e2),则(1+2k)e1=(k-1-λ)e2. ∵e1,e2是平面内两个不共线的向量,∴解得 (2)=+=-3e1-e2=(-6,-3)+(-1,1)=(-7,-2). (3)∵四边形ABCD为平行四边形,∴=. 设A(x,y),则=(3-x,5-y). 由(2)知=(-7,-2),∴解得即点A的坐标为(10,7). 19.(1)∵D为BC中点,∴+=2=2×=5, 又=λ,=μ,∴+=5,∴=+. 又O,E,F三点共线,∴+=1,∴+=5. (2)∵==×(+)=(+),∴·=(+)·(-)=. 展开得到·+·-·-·=,即μ(·+)-λ(+·)=　①, ∵AC=4,AB=1,·=|||cos =2,∴①整理为12μ-2λ=3　②, 又由(1)知+=5　③,且λ,μ∈(0,1)　④, ∴由②③④解得λ=,μ=,∴AE=AB,AF=AC, ∴==×=×=. 学科网（北京）股份有限公司 $