单元检测卷(一) 平面向量及其应用-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（人教A版）

单元检测卷(一)　平面向量及其应用 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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＝，若b⊥，则x＝(　　) A.－1 B.－2 C.1 D. 答案：D 解析：由b⊥可得b·＝0，即2a·b＋b2＝0，也即－2x＋1＝0，解得x＝.故选D. 2.已知在△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，＝b，＝c，则可以用含b，c的式子表示为(　　) A.－b－c B.－b－c C.b＋c D.b＋c 答案：B 解析：由题意得，b＝－，c＝－＝－2，故2b＋c＝－，故＝－b－c.故选B. 3.在△ABC中，内角C为钝角，sin C＝，AC＝5，AB＝3，则BC＝(　　) A.2 B.3 C.5 D.10 答案：A 解析：因为sin C＝，C为钝角，所以cos C＝－，因此由余弦定理得＝52＋BC2－2×5×BC×，所以BC＝2(负值舍去).故选A. 4.已知向量a＝，b＝，且a∥b，则＝(　　) A. B. C. D.5 答案：B 解析：因为a＝，b＝，且a∥b，所以t＝－4，所以b＝，所以a＋b＝，所以＝＝.故选B. 5.在三角形ABC中，点D在直线AC上，且＝，点E在直线BD上，且＝2.若＝λ1＋λ2，则λ1＋λ2＝(　　) A.0 B. C. D. 答案：B 解析：因为＝2，故＋＝2＋2，故＝，所以＝×2－＝－＋，故λ1＝－，λ2＝1，则λ1＋λ2＝.故选B. 6.《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《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边上的一点，则·的最小值是(　　) A.－4 B.4 C.4 D.－4 答案：D 解析：过点H作直线AB的垂线HM，垂足为点M，·＝cos 〈，〉＝2cos 〈，〉.如图所示，由平面向量数量积的几何意义可知，·等于的模与在方向上的投影的乘积，当点P在线段GH上时，在方向上的投影cos 〈，〉取最小值，此时∠HAM＝，AH＝2，AM＝2，cos 〈，〉＝－＝－2，故·的最小值为2×＝－4.故选D. 7.如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点(点N与点C不重合)，设＝x，＝y，则＋的值为(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 答案：A 解析：设＝λ，则＝＋＝＋λ＝＋λ＝＋λ＝x＋yλ.又因为G是△ABC的重心，故＝＋，所以有⇒＋＝3＋3λ＝3.故选A. 8.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，b＝，a＞b，则2a＋c的最大值为(　　) A.3 B.2 C.2 D.3 答案：C 解析：因为asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，所以sin Asin Bcos C＋sin Csin Bcos A＝sin B.因为sin B≠0，所以sin Acos C＋sin Ccos A＝，所以sin B＝.因为a＞b，所以A＞B，所以B＝，因为b＝，所以＝2，所以2a＋c＝4sin A＋2sin C＝4sin A＋2sin ＝5sin A＋cos A＝2sin(A＋φ)(φ∈(0，π))，又A∈(，)，易知φ∈(0，)，所以2a＋c的最大值为2.故选C. 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.下列说法正确的是(　　) A.若a≠0，b≠0，a∥b，则a与b的方向相同或者相反 B.若a，b为非零向量，且＝，则a与b共线 C.若a∥b，则存在唯一的实数λ使得a＝λb D.若e1，e2是两个单位向量，且＝1，则＝ 答案：AB 解析：对于A，若a≠0，b≠0，a∥b，则a与b的方向相同或者相反，故A正确；对于B，由a，b为非零向量，表示与a方向相同的单位向量，表示与b方向相同的单位向量，因为＝，所以a与b共线，故B正确；对于C，当b＝0，且a为非零向量时，此时λ不存在，故C错误；对于D，由＝1，可得1＋1－2e1·e2＝1，所以2e1·e2＝1，所以＝＝＝，故D错误.故选AB. 10.下列命题中，正确的是(　　) A.在△ABC中，若acos A＝bcos B，则△ABC必是等腰直角三角形 B.在锐角△ABC中，不等式sin A＞cos B恒成立 C.在△ABC中，若A＞B，则sin A＞sin B D.在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形 答案：BCD 解析：对于A，由题设sin Acos A＝sin Bcos B，可得sin 2A＝sin 2B.又A，B∈(0，π)，则A＝B或A＋B＝，故△ABC为等腰或直角三角形，故A错误；对于B，在锐角△ABC中，A＋B＞，则＞A＞－B＞0.又y＝sin x在上单调递增，所以sin A＞sin ＝cos B，故B正确；对于C，若A＞B，由大角对大边知a＞b.又＝，可知sin A＞sin B，故C正确；对于D，由题设，b2＝ac＝a2＋c2－ac，故(a－c)2＝0，即a＝c，又B＝60°，可知a＝b＝c，故△ABC必是等边三角形，故D正确.故选BCD. 11.定义：a，b两个向量的叉乘a×b的模＝··sin〈a，b〉，则下列命题正确的是(　　) A.若平行四边形ABCD的面积为4，则＝4 B.在正△ABC中，若＝，则＝ C.若＝，a·b＝1，则的最小值为12 D.若＝1，＝2，且b为单位向量，则的值可能为2＋2 答案：ABD 解析：对于A，因为平行四边形ABCD的面积为4，所以｜｜×｜｜sin ∠BAD＝4，所以＝4，故A正确；对于B，因为＝＝sin 60°＝｜｜2，所以＝＝＝＝，故B正确；对于C，因为＝，a·b＝1，所以sin〈a，b〉＝，cos〈a，b〉＝1，所以tan〈a，b〉＝，因为a，b∈[0，π]，所以〈a，b〉＝，所以｜a｜·｜b｜＝2，所以＝b｜2≥2＋4＝12，当且仅当｜a｜＝2｜b｜＝2时等号成立，所以的最小值为2，故C错误；对于D，若＝1，＝2，且b为单位向量，则当＝，〈a，b〉＝，＝4，〈b，c〉＝时，若〈a，c〉＝＋＝，sin ＝sin(＋)＝sin cos ＋cos sin ＝，此时＝sin〈a，c〉＝4×＝2＋2，故D正确.故选ABD. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上.) 12.在△ABC中，a＝x，b＝，A＝，若该三角形有两个解，则x的取值范围是　　　　. 答案： 解析：因为三角形有两个解，所以bsin A＜x＜b，即＜x＜，x的取值范围是(，). 13.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且C＝60°，a＝3，S△ABC＝，则AB边上的中线长为　　　　. 答案： 解析：因为S△ABC＝absin C＝×3×b×＝，故可得b＝5.不妨取AB的中点为M，连接CM(图略)，故＝＋)，故｜｜＝＝＝.即AB边上的中线长为. 14.如图所示，半圆的直径AB＝4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则(＋)·的最小值是　　　　. 答案：－2 解析：由平行四边形法则得＋＝2，故(＋)·＝2·，｜｜＝2－｜｜，且，反向.设｜｜＝t(0≤t≤2)，则(＋)·＝2·＝－2t(2－t)＝2(t2－2t)＝2[(t－1)2－1].因为0≤t≤2，所以当t＝1时，(＋)·取得最小值，为－2. 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)已知平面向量a，b，＝，＝2，且a与b的夹角为. (1)求a·b和的值； (2)若a＋b与a＋λb垂直，求λ的值. 解：(1)因为＝，＝2，且a与b的夹角为，所以a·b＝cos ＝×2×＝3， 故＝＝＝＝. (2)因为a＋b与a＋λb垂直， 所以·＝＋λ＋(1＋λ)a·b＝0，即3＋4λ＋3＋3λ＝0，解得λ＝－. 16.(15分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2bcos A＝2c－a. (1)求∠B的大小； (2)若b＝，a＝1，求△ABC的面积. 解：(1)因为2bcos A＝2c－a， 由正弦定理得2sin Bcos A＝2sin C－sin A. 在△ABC中，sin C＝sin ， 所以2sin Bcos A＝2sin (A＋B)－sin A， 所以2sin Bcos A＝2sin Acos B＋2cos Asin B－sin A，所以2sin Acos B－sin A＝0. 因为sin A≠0，所以cos B＝. 又角B为三角形的内角，故B＝. (2)根据正弦定理，知＝，即＝，所以sin A＝. 又B＝，A∈，所以A＝，故C＝. 所以△ABC的面积＝ab＝. 17.(15分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且cos A＋1＝. (1)求角A； (2)已知b＝，D为BC边上一点，且BD＝2，∠BAC＝∠ADC，求AD的长. 解：(1)由正弦定理可得cos A＋1＝＝，所以sin C＝sin Acos C－sin B. 由sin B＝sin可得cos Asin C＋sin C＝sin Acos C－sin，cos Asin C＋sin C＝sin Acos C－sin Acos C－cos Asin C， 所以cos Asin C＋sin C＝－cos Asin C. 因为sin C≠0可得cos A＋1＝－cos A， 所以cos A＝－. 因为A∈，所以A＝. (2)因为∠BAC＝∠ADC，∠BCA＝∠ACD， 所以△BAC与△ADC相似，满足＝. 设CD＝x，则有＝，解得x＝1或x＝－3(舍去)，即CD＝1. 因为∠ADC＝∠BAC＝，在△ADC中，由余弦定理可得cos ＝，即－＝， 解得AD＝1或AD＝－2(舍去)，所以AD的长为1. 18.(17分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin 2A＋sin Asin B＝1－cos 2C＋sin Bsin C. (1)若B＝，求∠A的大小； (2)求的取值范围. 解：(1)在△ABC中，由sin 2A＋sin Asin B＝1－cos 2C＋sin Bsin C，得sin 2A－sin 2C＋sin Asin B－sin Bsin C＝0，即(sin A－sin C)(sin A＋sin C＋sin B)＝0. 而sin A＞0，sin B＞0，sin C＞0，则sin A＝sin C. 而0＜A＜π，0＜C＜π，0＜A＋C＜π.因此A＝C，又B＝，所以A＝. (2)由(1)知，A＝C，则B＝π－2C，0＜C＜，0＜cos C＜1， 由正弦定理得＝＝＝1＋2cos C∈(1，3)， 所以的取值范围是(1，3). 19.(17分)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于 120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题： (1)若△ABC是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点O到各顶点的距离之和； (2)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝bsin A，点P为△ABC的费马点. (ⅰ)若ac＝2，求·＋·＋·； (ⅱ)若PA＋PC＝tPB，求t的最小值. 解：(1)因为△ABC为等边三角形，三个内角均小于 120°，故费马点 O在三角形内，满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，且OB＝OC＝OA， 如图所示：过O作 OD⊥AC于D，则 CD＝2，∠OCD＝30°，故OC＝＝. 所以该三角形的费马点O到各顶点的距离之和为 OB＋OC＋OA＝4. (2)(ⅰ)因为a＝bsin A，由正弦定理＝，且sin A≠0，所以＝⇒sin B＝1得B＝，所以△ABC的三个角都小于120°，则由费马点定义可知，∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°.设＝z，x＞0，y＞0，z＞0， 由S△APB＋S△BPC＋S△APC＝S△ABC得 xy·＋yz·＋xz·＝×2，整理得xy＋yz＋xz＝4， 则·＋·＋·＝xy·＋yz·＋xz·＝－×4＝－2. (ⅱ)由(ⅰ)知B＝，所以点P在△ABC内部，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°. 设＝x⇒＝m＝mx，＝n＝nx，m＞0，n＞0，x＞0，则由PA＋PC＝tPB可得m＋n＝t，t＞0，由余弦定理得＝x2＋m2x2－2mx2cos ＝x2，＝x2＋n2x2－2nx2cos ＝x2，＝m2x2＋n2x2－2mnx2cos ＝x2. 由勾股定理得＋＝，即x2＋x2＝x2，所以 x2＝x2，即m＋n＋2＝mn. 而m＞0，n＞0，m＋n＋2＝mn≤，当且仅当m＝n，即m＝n＝1＋时，等号成立. 则t2－4t－8≥0，解得t≥2＋2或t≤2－2(舍去). 故最小值为2＋2. 学生用书⬇第58页 学科网（北京）股份有限公司 $