周测卷(十二)平面向量的应用-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三数学一轮复习周测卷

2 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十二） 数学·平面向量的应用 (考试时间40分钟，总分100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36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。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.在△ABC中，A店=a,AC=b,若BD=}BC,M为线段AD的中点，则Ai- A. 1 b 6 6a+3b C. 11 D. 6a-3b 2.在△ABC中，AM=}MC,点P在BM上，满足A正-号A正+m·AC,则m A吉 c D. 3.在平行四边形ABCD中，AB=3,AD=2,∠DAB-于，点E清足A店-}A店，点F是DE 的中点，则AF·DB= A号 C3 4 4.平面上的三个力F1,F,F:作用于一点，且处于平衡状态，若F,=1N,E,=6,巨N, 2 F,与F2的夹角为45°，则F3与F,夹角的余弦值为 A.-6+2 B.6+2 C.-6-2 D. 6-√2 4 4 4 4 5.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(PA+PB)·PC的最小值是 A.-4 B.-2 C.0 D.2 6.已知△ABC的外接圆的半径为1，A-,点G满足GA+GE+GC=0,且AG·A店=AG· AC,则△ABC的面积为 A B.33 3 3√3 4 C. D. 16 数学·周测卷（十二）第1页（共4页） 12 鱼数龙中秦 ￥如图，已知同一平面上的三条直线a,b,c相交于同一点O,两两夹角均为 60°，点A,B分别在直线a,b上，且|OA|=|OB|≠0，设OP=λOA+ :OB,若点P落在阴影部分（不含边界），则下列结论正确的是 A.λ>>0 B.λ<<0 C.λ>-μ>0 D.-u>λ>0 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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。 7.《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦.如图所示是 八卦模型图以及根据该图抽象得到的正八边形ABCDEFGH,其中AB=1,O为正八边形的 中心，则 A.OA+OF=BA B.OA+O元=20B C.cos2∠0AB=2-2 4 D.AB.AE=1 8.如图，一条河两岸平行，河的宽度d=500m,一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行，已 知船的速度v1的大小为|v1|=10km/h,水流速度v2的大小为v2|=2km/h,设v1和v2的夹 角为0(0<0<π)，则下列说法正确的为 A。当船的航行时问最短时，0=牙 水流 B.当船的航行距离最短时，cos0= C.当0=兀时，船的航行时间为6分钟 D当日=行时，船的行距离为km 数学·周测卷（十二）第2页（共4页） 班级 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 9.若平面向量a,b,c满足|c=1,a·c=1,b·c=3,a·b=2,则a,b夹角余弦的最大值是 姓名 得分 10. 在平面四边形ABCD中，AC=AD=4,∠CAD=60°，∠ABC=90°，若△ABD的面积是 △BCD的面积的2倍，则BD的长度为 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 11.(20分) 选择题 记△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,直线1与△ABC的边AB,AC交于D,E 答题栏 以… 1 两点 2 :3 (1)已知DE-2BC,B时-BC,记BC-m,BA-n. .......... ①用m,n表示AF,DE; 6 6 ②若B=60°，a=2c,则AF,DE有什么关系？用向量方法证明你的结论 (2)记∠ADE=0,用向量方法证明：acos(B-0)十bcos(A十0)=ccos0. 7 8 第(1)问图 第(2)问图 数学·周测卷（十二）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 12.(20分) 已知在△ABC中，N为AB中点，BM=M心，|AB1=2,AC=4. (1)若∠BAC=60°，求|AM1； (2)设A店和AC的夹角为0，者cos0=},求证：CNLAB: (3)若线段NC上一动点P满足AP=。AC+AB,试确定点P的位置. M 数学·周测卷（十二）第4页（共4页）·数学· 所以e1l=ez=1,e1e2=e,lle,cos60°= 2, 所以1Op|-√(3e,+4e2)=√9e+24e1·e2+16e =9+24×2+16=V37. 1 (2)证明：由(1)知e1·e2=2’ 所以a·b=(x1e1十y1e2)·(x2e1十y2e2) =x1x2e+x1y2e1·e2+x2y1e1·e2+y1y2e2 =:+y+3:+y 1 即a·b=x1x2十y1y+2(xiy+x2y). (3)解：因为向量a,b的“完美坐标”分别为[sinx, 1],[cosx,1], 由(2)得f(x)=a·b=in0sx+1+号(sinx+ cos x). 令1=sinz十cosx=Esin(x+买），则sinos 2r-w. 数学（十 一、选择题 1.A【解析】如图所示，可知AD= A成+BD=A店+}BC=A店+ M 专证-=号+}- 2a,所以A-3a+号b. 1 2.A【解析】因为点P在BM 上，所以设BP=tBM,则AP AB+BP=AB+tBM=AB+ (4AC-A)=1-)A店+ 1-t= 1 Ad又A护-A店+m·Ad,则 2 解 t 4m, 1 得 m=8 3.B【解折】因为A正-专A正且 点F是DE的中点，所以AF ·33· 参考答案及解析 因为x∈R,所以-E≤Esin(z+)≤反，即 √2≤t≤V2, 令ga)=号g2-10+1+2=2:2+1+1)=日 (e+》+(-2<≤a, 因为g:)的图象是对称轴为：=一？，开口向上的 抛物线的一部分， 1 所以当t=一2∈[一2，W2]时，g()取得最小值 (-2)=8 当：=反时，g()取得最大值g(2)-2×(2+ √2+1)=3+2 2 所以f)的值坡为[，32] 2(A市+A)-(Ai+号A)-2Ai+名A成， 又D成=A店-AD,所以A.D成=（号AD+ 局A)·(店-AD)=-名A市+号A心·A店十 店=-是a:+号a市·A店1os晋+ 6a=-日×+号×2x3x2+日×g-2 A【解析】因为三个力平衡，所以F1十F2十F:=0,所 以|F3|=|F1+F2|=√TF12+2F1·F2+F22= 12+2×1x6-2 52cs45+(62)=2.设 F3与F1的夹角为0，则|F2|= √F+F,+2F,F,cos9,即6,2_ 2 √12+(2)2+2×1×√2cos0,解得cos0= 6+2 4 B【解析】由平行四边形法则得PA+PB=2Pò， 故(PA+PB)·PC=2Pò.PC,|PC1=2-|PO1, 且PO,PC方向相反，设PO|=t(0≤t≤2)，则(PA+ 高三一轮复习周测卷 PB)·PC=2P0·PC=-2t(2-t)=2(t2-2t)= 2[(t-1)2-1].因为0≤t≤2，所以当t=1时，(PA十 PB)·PC取得最小值，最小值为一2. 6.A【解析】如图，取BC的中点D,连接GD,因为 GA+GB+GC=0,所以GA=-(GB+GC)= -2GD,所以GAGD,又D为公共点，所以G,D,A共 线，且AG=号AD,所以点G为△ABC的重心，因为 AG.AB=AG·AC,所以AG·(AB-AC)=AG· CB=0,所以AG⊥BC,所以 AB=AC,因为∠BAC=2x, 3’C2 所以∠ABC=∠ABC=石，由正弦定理得n乙BAC BC 2.所以BC=2如行-5，所以AD=BDan∠ABC= *C【解析】设OA=1O1=m>0依题意，OA·O nc0s60=2m,因为点P落在阴影部分（不含边 界)，且OP=λOA十uOB,易得λ>0，μ<0，且0°< (OP,OA)<60°，由|OP12=(aOA+OB)2=λ2m2+ 2×2m2+μ2m2=m2(a2++μ2)，可得1021- mV2+十μ，由OP·OA=|OP|·|OA cos〈Op,0A)=m2√2++cos〈Op,OA),又 O2.OA=(OA+OB)·OA=λ|OA12+OA· Oi=(入+号）m,故可得m2++ cosA)=(),os)= √2+4十 ,因为0°<（克，0）<60，则号< cos<0成，0i)<1,即号< A++元1，由 原干云言可特4+++. 整理得入（入十）>0，又入>0，故得入+>0，即入> 入+24 一4>0；由 2十4十μ2 <1,可得(a+2)°<2+ u十2，整理得u2>0,显然成立.综上分析，可得入> ->0. ·34 二、选择题 ACD【解析】对于A,OA+OF= OA-OB=BA,故A正确；对于 G B,如图，连接AC交OB于点M, 可知M为AC的中点，所以OA+H OC=2OM,故B错误；对于C,在 △0AB中，易知∠AOB=,且OA=OB,所以 2ZOAB-3os2∠0AB=-号，由二倍角公式可 得cos∠OAB=1+cos?∠OAB_2-2,故C正 2 4 确；对于D,连接EB,则AB⊥BE,所以AB·AE= AB2=1,故D正确. AC【解析】对于A,将船的速度v1和水流速度v2 进行合成，船垂直河岸方向的分速度v=|v1sin0, 河宽d=500m=0.5km,则渡河时间t=d- 10sin日-20sin9,当sin0=-1,即 0.5 0=受时，1取得最小值，所以当船的 航行时间最短时，日=7，故A正确： 对于B,当船的航行距离最短时，合速度方向垂直河 岸，如图，则cos(元-0)=v=5,所以cos0日 -},放B错误；对于C,当0=时，船垂直河举方 向的分速度v=sn0=10×号-5(km/h),船的 傲行时问-日-0-=可0，即台分钟放C正确： 对于D,将船的速度v1和水流速度v2合成为vo,则 。=,十，当0=爱时，=cws餐 10×2×(-2)=-10,所以，=√m,+= √十v十2v1·v2=√100+4-20=2√/21，因为船 垂直河岸方向的分速度v=|,1sin0=10×2 5√3(km/h),所以船的航行时间t= d0.5- 05√3 (h,所以船的航行距离为1,1·1=2√2I× 30 30 名km),故D错误， ·数学· 三、填空题 g.专【解析】以e为x辅正方向上的单位向最建立平 面直角坐标系，则c=(1,0),设a=(x,y),b=(m, n),则由a·c=1→(x,y)·(1,0)=1→x=1,由b· c=3→(m,n)·(1,0)=3→m=3,又由a·b= 2→(x,y)·(m,n)=2→3+ny=2→ny=-1,所以 cos(a,b〉=ai6=+y0+元 a·b 2 +9+(写a+·[+(门 2 9+1+9y+(（0+2y.( 2当且仅当)y=亏时等号成立，即cos(a,b>的最 大值为 10.2√7【解析】如图，以D点为原 点，取AC中点为F,以DF所 在直线为x轴，以过D点垂直 于DF的直线为y轴，建立平面 直角坐标系.又AC=AD=4, ∠CAD=60°.则D(0,0),A(2√3，-2)，B(x,y), C(2√3,2).过C,A两点分别作DB的垂线，垂足分 AH·BD 1 别为G,H,则SAA= SABCD 2CG·BD AH=2.又注 C 意到△AHB△CCE,则号=2.设E,,则 C啦-3c,则(x1-23,y1-2)=30,-40宁 E(23,号)，注意到B,E,D三点共线，则DE/ Di,则号x=23yx=33.又AC=√BC+BA 4→2(x-23)2+(y-2)2+(y+2)2=16→x2 4wW3x+y2+8=0→7y2-9y+2=0→(y-1)(7y-2)= 2 0,得y=1或y=7,又由图可得x>23,所以y=1, x=3√5，则B(33,1),则DB=√27+1=27. 四、解答题 11.(1)解：①因为D定=号BC,B京=BC,记BC- m,BA=n, ·35 参考答案及解析 则萨=B成-B所=}B成-B所=}m-n,D成= 名nd-7m, ②AF⊥DE,证明如下： 因为B=60°，a=2c, 则m·n=|m|·n|cos60°=accos60°=2c2X 1 所以A·D应=（分m-)·2m=名m-3m· 1 n= 20 8 且AF,DE均为非零向量， 则AF⊥DE,即AF⊥DE. (2)证明：在△ABC中，AB+BC+CA=0, 设单位向量e= DE DE' 则e·(AB+BC+CA)=e·AB+e·BC+e· CA=0,(￥) 又根据数量积的定义得，e·BC=BC1cos(B一0)= acos(B-0), e·AB=|AB|cos(π-0)=-ccos0, e.CA=ICAIcos(A+0)=bcos(A+0), 代入(*)式得，-ccos9+acos(B-)+bcos(A+ 0)=0, 所以acos(B-0)+bcos(A+0)=ccos0. 2.(1)解：因为B城=号M心，所以A-子A店+ a花， 则Ai-A店=了(AC-Ai,可得AM-是A店+ 因为1AB1=2,AC1=4,∠BAC=60°， 由平面向量数量积的定义可得AB·AC=|AB|· cos60=2X4X号-4 所以1Ai=A店+4AC=是3AB+AC= 子√9AB+6AB·AC+AC=}9X4+6X4+- w√19 2· (2)证明：因为N为AB的中点，则CN=AN-AC= 号店-A花， 高三一轮复习周测卷 由平面向量数量积的定义可得AB·AC=AB1· IAGIcos9-2X4X2 所以CN·A店=(2A店-AC)·A店=2A2 A店.Ad=2×2-2=0, 又因为C,AB均为非零向量， 故CN⊥AB,即CN⊥AB. (3)解：因为点P为线段NC上的一点，设NP λNC,其中0≤λ≤1， 数学（十 一、选择题 1.B【解析】由余弦定理a2=b2十c2-2 bccos A=9十 4-2×3×2×日-=7，解得a=厅，放cosB= a2+c2-62=7+4-9=7 2ac 2×√7×214 2.B【解析】因为bcos C十ccos B=4,由余弦定理可 +c.2+c2-6 得b.a2+b2-c2 =4,解得a=4, 2ab 2ac 又因为sinB+sinC 3,由正弦定理可得十=3， sin A 且6=5，即5=8，解得c=7,所以S 6. 3.C【解析】因为sinA:sinB:sinC=4:5:6,由 正弦定理得a:b:c=4:5:6,设a=4t(t>0),则 6=5t,c=6t,由余弦定理得c0sC=a2+62-C 2ab 62十2536t-日>0，则C为锐角，又C为最大 2×4t×5t 内角，故△ABC为锐角三角形， 4.C【解析】设塔的高PO=h, 在R△POA中，OA=,OP tan30° ,同理0B=,0C= 30T>4 在△OAC中，∠OBA+ ∠OBC=π，则cos∠OBA=-cos∠OBC,所以 OB2+AB2-OA2 2OB·AB =一 o,即 7. 含五+6560-3M吉2+650- 一，解得h= 8. 2. 3h·650 2.3 h·650 ·36· 则AP-AN=NP=λ(AC-AN), 所以A=(1-Aa+aC-122a遮+aC, 又因为矿=号AC+号A应，且A,Ad不共线， 1-入1 所以24 解得入=2， =2’ 此时点P为线段NC的中点. 130W√15，所以塔的高度为130√15米. B【解析】因为c=1,所以十中=c0sA十c0sB,由 正弦定理得sinA十sinB =cosA十cosB,则sinA+ sin C sinB=cos Asin C+cos Bsin C,所以sin(B+C)+ sin(A十C)-cos Asin C+cos Bsin C,整理得 sin Bcos C+sin Acos C=0,所以(sinB+sinA)cosC= 0,因为A,B,C∈(0，π)，所以sinA>0,sinB>0, cosC∈(-1,1)，故cosC=0,即C=,则该三角形 11 的外接圆的半径，=2c=2,所以外接圆的面积为 2= D【解析】因为sin(A-C)+sinC=sinB=sin(A+ C),所以sin Acos C-cos Asin C+sinC=sin Acos C+ cos Asin C,所以2 cos Asin C=sinC,又C为三角 形内角，所以sinC≠0，所以cosA= 2,所以A= 牙，设角A,B,C的对边分别为a,bc,BC边的高为 人，由三角形面积公式可得sinA= 2ah,又h= 所以c=a,又cosA=6+c2-a2=1 √3 2bc二=2，所以 a2=b2+c2-bc≥bc=a,当且仅当b=c时取等号， 所以a≥l,所以S=方ah≥g 41 选择题 BC【解析】根据题意可得，满足条件的△ABC有两 个，可得ABXsin B<-AC<AB→<AC<5, BCD【解析】对于A,因为△ABC为锐角三角形， 所以osC>0,由余弦定理得，coC。6C人