第6章 平面向量及其应用学业质量评估卷-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中数学必修第二册 (人教A版)

桃战自己，练练速度吧！ 第六章学业质量评估卷 (时间：120分钟满分：150分) 一、选择题（本大题共8个小题，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=(-4,3),b=(1,-2),则a十2b,b》=() 锯 贿 A买 B号 c号 名 2.在△ABC中，若∠A=105°，∠B=45°，b=2√2，则c等于( 别 A.1 B.2 C.2 D.√3 数 劳 3.在△ABC中，点D在直线AB上，且满足2AD=3B方，则C克=( 必 A.号c+号C动 B.-c+ò ￥ ci-c防 D.C+cò 4.已知向量a=(1,1),b=(一2,0)，则下列结论错误的是() A.a=b Ba与b的夹角为x C.(a+b)⊥a D.b在a上的投影向量是(-1，-1) 5.设x,y∈R,a=(x,1),b=(2,y),c=（-2,2),且a⊥c,b∥c,则|2a+3b-c=( 如 童 邮 A.234 B.√26 长 C.√12 D.2/10 区 6.在△ABC中，若lg sin A一lg cos B一lg sin C=lg2,则该三角形的形状是( ) 密 A.等腰三角形 B.等边三角形 杯 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 胎 7.“勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例.根据记载，西周时期的数学家商 高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题，比毕达哥拉斯发现勾股定 理早了500多年，如图，在矩形ABCD中，△ABC满足“勾3股4弦5”，且 AB=3,E为AD上一点，BE⊥AC.若B驼=入BA+uBC,则λ十4的值为( A-号 B务 c. D.1 8.如图，A,B,C三点在半径为1的圆O上运动，且AC⊥BC,M是圆O 外一点，OM=2,则|MA+M+2M心1的最大值是( A.5 B.8 C.10 D.12 131 二、选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项 选择题 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) 答题栏 9.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c若B=2C,c=5=3,则下列结论正确 1 2 的是() A.sin C6 B.sin B=22 3 4 C.a=3 D.S△ABC=2√2 10.在△ABC中，AB·AC=3,|BC1=2√6，其中D,E均为边BC上的点，分别满足： 砂-心，平则下列说法正确的有() 6 > A.|AD1为定值3 8 B.△ABC面积的最大值为3√6 C.|AE的取值范围是(1,3] 0 D.若F为AC中点，则B不可能等于⑤ 10 1.已知平行四边形ABCD的面积为4，os∠BAD-一多，且D陀-3E武，B萨=-2F心， 11 则() 得分 1 A范十D的最小值为2 B.当AB在AD上的投影向量为-Ad时，A克.A心=14 C.EA·FA的最小值为56-5 D.当AB在AD上的投影向量为-AD时，EA.F才=19 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12.平面向量a=(1,2),b=(4,2),c=ma十b(m∈R),且c与a的夹角等于c与b的夹 角，则实数m= 13.我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里有一个题目： “问有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里.里法三百 步.欲知为田几何.”这道题讲的是有一个三角形沙田，三边长分别为13里，14里， 15里，假设1里按0.5千米计算，则该沙田的面积为 平方千米. 14.已知平面向量a,b的夹角为120°，且|a|=2,|b|=5,则b在a方向上的投影是 ,a一b|(入∈R)的最小值是 132 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分)已知△ABC中，A(-2,5),B(1,1),0C-号OA+18oi (1)求cos∠ABC; (2)求△ABC的面积. 16.(本小题满分15分)在△ABC中，AB=XACA>0),∠BAC=,且Bd=XDC (1)求∠CAD的大小： (2)求壳A巴的取值范固 17.(本小题满分15分)已知在△ABC中，c=2 bcos B,C=2π (1)求B的大小； (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边 上的中线的长度. ①c=2b:②周长为4+23，③面积为Sc=3y5, 41 133 18.（本小题满分17分)如图所示，AD是△ABC的一条中线，点O满足 A0=2O币，过点O的直线分别与射线AB、射线AC交于M,N两点. M (1)求证：A市-号A店+AC, (2)设Ai-mA店，AN-nAC,m>0,n>0求品十的值： (3)若△ABC是边长为2的等边三角形，求OP+ON2的取值范围. 用 举 响 19.（本小题满分17分)在一个直角边长为10m的等腰直角三角形草地（记为△ABC) 瑞 上，铺设一个等腰直角三角形花坛（记为△PQR),要求P,Q,R三点分别在△ABC 的三条边上，且要使△PQR的面积最小.现有两种设计方案（如图所示）： 串 罗 些 方案一 方案二 方案一：直角顶点Q在斜边AB上，R,P分别在直角边AC,BC上，且点P不与点 B,C重合； 皮 方案二：直角顶点Q在直角边BC上，且不与点C重合，R,P分别在直角边AC,斜 烟 边AB上. 请问应选用哪一种方案？并说明理由， 帝 智 134单元评估答案与解析 第六章学业质量评估卷 AB 8D 1.C2.B3.A4.A5.A6.A sin∠BDA sin,∠CAD' 7.B 8.C 9.AB 10.ABD 11.ACD BD BD 所以sin∠CAD-sinZBAD' 12.213.2114.-号3 可得sin∠CAD=sin∠BAD,所以 15.解：(1)在△ABC中，因A(-2,5), ∠CAD=∠BAD, B(1,1),即OA=(-2,5),OB=(1,1), 又因为∠BAC=,所以∠CAD= 则0C=号（-2,5)+18(1,1)=(2,4). ∠BAD=S 于是得BA=(-3,4),BC=(1,3), (2)在△ABD中，由正弦定理，得 coS∠ABC= BA.BC BA·B元= AB+AD =sin∠ADB+sinB= BD sin∠BAD -3·1+4·3 9√/10 √/(-3)2+4·√12+32 50 sin(B+5）+sinB 2(9mB+ (2)在△ABC中，由(1)知，sin∠ABC= sin号 V1-oZAc-18D,1B威1=5， 2cosB)=2sin(B+晋）， |BC=√I0,于是得△ABC的边BC 因为∠BAC-,可得B∈(o,）, 上的高h=|BA|sin∠ABC=5· 所以B+晋∈(，)： 13√0_13W0,所以△ABC的面积为 50 10 可得sin(B+晋)e(合l, SAe=21Bt·A=号·V0· 所以AB+AD∈1,2)，即AB+AD的 BD BD 1310_13 10 2 取值范围为(1,2) 16.解：(1)在△ABD中，由正弦定理得 AB BD sin∠BDA sin∠BADi 在△ACD中，由正弦定理得， 17.解：(1)c=2 bcos B,则由正弦定理可 AC DC sin∠CDA sin∠CAD' 得sinC=2 sin Bcos B, 因为∠CDA+∠BDA=π， n2B=m号-g:C-, 31 可得sin∠CDA=sin∠BDA, 又因为AB=λAC,BD=入DC,所以 ∴Be(0,5)2Be(o,) 201 ÷2B=骨，解得B=否 (2)解：因为M,O,N三点共线，故存在 实数λ，使得M心=入ON, (2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得 即A0-AM=λ(A-AO),整理得 3 csin C-2-3, b sin B 1 动-十Ai+产A时=菇+ 与c=√2b矛盾，故这样的△ABC不 , 存在； 由(1)知市=号弦+是A心，A0= 若选择②：由(1)可得A=吾，设△ABC 号A市-号A$+号AC 的外接圆半径为R, 根据平面向量基本定理， 则由正弦定理可得a=b=2Rsin 6 1 R,c=2Rsn号=V5R, 2m+元=中a+￥3 1+入3’ 则周长a十b十c=2R十√3R=4十2√3， (3)解：因为△ABC是边长为2的等边 解得R=2,则a=2,c=2√3， 由余弦定理可得BC边上的中线的长 三角形，故AM=2m,A0=23」 3 度为 在△AOM中，由余弦定理，OM= AMP+AOP-2×AMXAOX cos30°= √23)2+1-2X25X1×cos否=7， 4(m-n+号)， 若选择③：由(1)可得A=晋，即a=b, 在△AOM中，同法可得ON2= 则sac=号abin C=合aXg 1 4(m-n+号)， 3￥解得a=尽， 故Of+ON=4(r+F-mn+号) 则由余弦定理可得BC边上的中线的 4[om+m-om+w-2m+号] 长度为 B+() 2XbX号×cos π 由(2)知+日=3，得mm=”, 3 V3++×- 故Or+ON=4[(m+n)2-(m+ 2 2 18.(1)证明：因为D是BC中，点， -号(m+)+号]=4[(m+n AD=AB+B市=A+号BC=Ai+ 》-], 2(A心-A=2A+2A心， 由本不等式，m”=mm≤(m), 3 202 m+n≥3' 4 当且仅当m十n=专，即m==号，时， 2 OMF+ONe取最小值8， 故OM十ON2的取值范围是 [昌+∞ 19.解：方案一：过点Q作QM⊥AC于点 M,作QN⊥BC于点N(如图所示)， 因为△PQR为等腰直角三角形，且 QP=QR,所以△RMQ≌△PNQ, 所以QM=QN,从而Q为AB的中点， 则QM=QN=5m, 设∠RQM=a,则a∈[0°，45)，RQ= 5 m, cos a 所以5Ao-号×RQ=2c05。 25 所以当cosa=1,即a=0°时，SAOR取 得最小值，为罗m 方案二：设CQ=xm,∠RQC=B,B∈ (0°，90)， 在△RCQ中，RQ=x cos月m, 在△BPQ中，∠PQB=90°-B, 所以QP sin Bsin28ro即5”- BQ √2 2cos月 10-x sin(45°+)' 化简得工 10 cos B sin B+2cos B' 所以5-方XQ-aF开2s' 50 所以√(x-2)2+(y-1)2= 因为(sinB+2cosβ)2≤5， √/x2十(y-3)产，整理得y=x十1. 所以S△PoR的最小值为10m2. |z2|=√x2十y2=√x2+(x十1)= 综上，应选用方案二 vx+2z+-√2(e-+, 第七章学业质量评估卷 1.C2.A3.C4.D5.D6.A7.B 故当=时，取得爱小值号 8.D 9.ABD 10.BCD 11.ABC 17.解：(1).b是方程x2一(6十i)x十9十 12.-113.4π14.3或5 ai=0(a∈R)的实根， 15.解：选①：z=(m2-3m十2)-(m-1)i, ∴.(b2-6b+9)+(a-b)i=0, 由z+z=4得(t-3+2)+(m-1)i+ b2-6b+9=0, (m-3m+2)-(m-1)i=2(t-3m十2)=4， la=b, 解得m=0或m=3; 解得a=b=3. 选②：之为纯虚数， (2)设之=x十yi(x,y∈R). (m2一3m+2=0, 由|z-3-3i=2|x1,得(x-3)2+ 所以 解得m=2; (m-1≠0， (y十3)2=4(x2+y2), 选：由名产得-t-3t2+m- 即(x十1)2+(y-1)2=8, 1-i ∴.之点的轨迹是以O1(一1,1)为圆心， _Gt-4+3)+Gmt-2m十10i 2 2√2为半径的圆，如图， 又之1对应的点在第一象限内，则 m2-4m+3>0, 故m<1或m>3. m2-2m+1>0. 16.解：(1)依题意得，(2十ai)2+b(2十ai)十 5=0,即(4-a2+2b+5)+(4a+ab)i=0, 当之点在OO1的连线上时，之有最大 4-a2+2b+5=0 值或最小值， 所以4a十a.b=0 |OO=√2，半径r=2√2， a>0 .当之=1一i时，z有最小值且zmn= 解得a=1,b=-4; √2. (2)由(1)可得x1=2+i,设2=x十 18.解：(1)z=cosA+-isin A,z-1|= yi(x,y∈R), √(cosA-1)2+sinA=√2-2cosA, 则|之2-之1|=√/(x-2)2+(y-1)2, 因为|之-1川=1， |z2-3i=√x2+(y-3), 因为z2-1|=z2-3训， 所以V2-2cosA=1,所以cosA=2, 203 又因为角A为△ABC的一个内角，所 √4a2+3=√4b+1 以A=，iA=9,所以=+号 4ab-√3=0 a2+b=1 所以1++2=1-（侵+）十 \a2 (号+9，)‘-0， 解得 或 6- % 2 (2)因为z= +,由复复的肌何毫义。 因为OB递时针旋转90°后与OA重 求复数x对应的向量O立递时针旋转子 合，所以a=日6=-停 2 得到02-(-日9》， 法二：设|OA|=|O范1=r,a是以x轴 正半轴为始边，OB为终边的角，则 则0Z对应的复数为之'=一号+3： 221, ,c0sa=26, sin a=1 则…=（合+(-是+）=-1 rcos(a+2)-2a 19.解：(1)因为复数之1=2a-√3i,2= 所以 2b+i,a,b∈R, rsin(a+受)=-5 所以1-2=(2a-2b)-(W3+1)i, -rsin a=2a 即 而之1一之2为纯虚数，因此2a一2b=0, rcos ai=-√3 即a=b. -.1=2a a=- 又因为3=a十bi,且|x3=1, 所以 ,所以 所以a2十b2=1, .26=- a2+b2=1 a 2 且a=- 时，满足1之31= 由 ，解得 或 la=b 6=- ② 2 √a2+b=1. a=n 所以a=-1, 2 b=、 2 ②因为复数之1，之2对应的向量分别是 OA,OB(为坐标原点)，且O,A,B三点 所以=一 -号咨+ 不共线， (2)①存在，理由如下： 所以设向量OA,O克的夹角为0,0≤0≤ (oA=0B π，设复数所对应的向量为O心， 法一：由题意知：OA·O范=0，得 则0A=(2a,-√3)，0i=(2b,1),oC 1x31=1 (a,b)且1OC1=1, 204 因此△40B的面积Sa,b)=号1O sin 0, =21Oi1·10iV1-os0 =子o2·1o-(0·0i0m =VoAP·1o8P-(oM·1o =之V4c+3)·(4w+1)-(4a-3 =|a+√3b1, 设n=(1,w3),则S(a,b)=|n·OC1≤ |n·1o心1=2， 当且仅当b=√3a且a2+b2=1,即 2 b-V3 或 时等号成立， a=-2 1 1 a=2 所以S(a,b)=|a+√3b|,其最大值 为2. 第八章学业质量评估卷 1.D2.B3.A4.D5.B6.C7.B 8.D9.BCD10.AC11.ABC12.6 13.W214.2 15.解：(1)选择①， 由题意可得圆柱的底面圆的半径r= 合AB=2,高为A=AD=6, 则该圆柱的体积为V=Sh=πX22X 6=24π. 选择②， 由题意可得圆柱的底面圆的半径r= 合AB-2,高为A-AD学-6， 4 则该圆柱的体积为V=Sh=πX2X 6=24π.