平面向量、解三角形-2027届高三数学一轮复习阶段测试卷

**基本信息** 高三一轮复习平面向量与解三角形测试卷，以基础题巩固向量坐标运算、正余弦定理等核心知识，融入费马点、七巧板等文化情境，实现知识应用与数学素养的结合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（单选+多选）|11题/58分|向量夹角、解三角形多解问题、角平分线性质|第7题费马点结合三角恒等变换，考查数学抽象；第8题七巧板情境下向量数量积范围，体现几何直观| |填空|3题/15分|向量模长、三角形中线计算|14题含参数向量模长范围，渗透数学运算素养| |解答|5题/77分|向量坐标表示、三角形面积、角平分线与外接圆|19题综合中线、角平分线及外接圆圆心，考查逻辑推理与数学建模，贴合高考综合题命题趋势|

2027高三一轮复习阶段测试卷 （范围：平面向量、解三角形） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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，，若和方向相同，则（    ） A． B． C．或 D．或 2．若平面内的两个向量，满足，，则与的夹角是（    ） A． B． C． D． 3．中，设角，，的对边分别为，，．若，，，则的值为（     ） A．或 B． C． D． 4．已知中，假如，则的面积为（　　） A． B． C． D． 5．如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．在中，，在边上，平分．若，则的最小值是（    ） A．20 B．18 C．17 D．16 7．“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．”其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知，，分别是三个内角，，的对边，且1，点为的费马点．若，则的值为（     ） A． B． C． D． 8．“七巧板”是我国古代劳动人民的伟大发明，被誉为“东方魔方”．某同学用“七巧板”拼作了一个如图所示的正方形，若正方形的边长为，点，，，，分别是线段，，，，的中点，点为内（包括边界）一动点，则的取值范围为（    ） 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．下列说法中正确的是（　　） A．在中，，，，若，则为锐角三角形 B．非零向量和满足，，则 C．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 D．在中，若，则与的面积之比为 10．在中，角的对边分别是下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．在锐角三角形中，不等式恒成立 C．若，则三角形有2解 D．若，，是钝角三角形，则边长的取值范围为 11．在中，若，则（    ） A． B．的最大值为 C． D．若，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，，，的夹角为，且，则______. 13．设的内角，，的对边分别为，，，若，，则__． 14．已知，，记．当时，__________，当时，的取值范围为__________． 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．（1）已知平面向量、，其中，若，且，求向量的坐标表示； （2）已知平面向量、满足，，与的夹角为，且（+）（），求的值. 16．如图所示，在中，分别是，的中点，，，. (1)用，表示向量，，； (2)求证：，，三点共线. 17．在锐角三角形ABC中，角所对的边分别为，且. (1)若，求面积的取值范围； (2)已知，. （i）求BC边上的高； （ii）若AD是的平分线，交BC于点，且，求的值. 18．已知三角形的内角，，的对边分别为，，，且 (1)求; (2)若，三角形的面积为，求三角形的周长． 19．在中，角所对的边分别为，且． (1)求角； (2)若的面积为，内角的角平分线交边于点，求的长； (3)若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D B B A B BD ABD 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】已知，，若和方向相同，得： ， 整理得：，解得或， 当时，，此时，两向量方向相同，符合条件； 当时，，此时，两向量方向相反，不符合条件，舍去， 综上，. 2．C 【分析】先求向量的模，再对模长等式平方，利用数量积公式建立方程，最后解三角方程求夹角. 【详解】因为，所以. 设与的夹角为. 由，可得， 所以，解得. 3．A 【详解】由题设，且必为锐角，则， 对于可能为锐角，也有可能为钝角，则，均满足题设， 由， 若时，， 若时，， 综上，为或. 4．D 【分析】根据余弦定理及三角形面积公式即可求解． 【详解】， 因为，所以， 所以． 5．B 【分析】先利用共面向量定理求出，再由三角形面积求得，结合向量数量积的运算律与基本不等式即可求得的最小值. 【详解】因，，可得， 因三点共线，故，解得，故， 又因的面积为，，则，解得. 由两边取平方， 可得， 因，当且仅当时等号成立， 即当时，取得最小值为. 6．B 【分析】根据三角形的面积公式以及基本不等式求解即可. 【详解】   已知AD是的角平分线，，因此. 则. 设，，则， 化简得. . 由基本不等式，，当且仅当即时取等号. 所以，此时，满足条件，故最小值为18. 7．A 【分析】先利用三角形内角关系与三角恒等变换化简给定等式，推导出角的度数，结合费马点性质得到点与三顶点连线两两夹角为，再将所求向量数量积之和转化为含面积与费马点到三顶点距离两两乘积之和的表达式，最终结合已知条件算出结果. 【详解】在中，，因此， 所以，整理得， 又，可得， 在三角形中，因此，即，显然的三个内角都小于. 根据费马点定义，此时点满足两两夹角为， 即任意两个向量的夹角都是，因此： ， 同理，， 因此待求式可写为：， 的面积可拆分为三个小三角形面积之和：， 已知，，因此， 因此：，解得：， 所以. 8．B 【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示，设，根据向量加法和数量积坐标运算求解. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示， 因为正方形的边长为4， 点，，，，分别是线段，，，，的中点， 可得， 设， 则， 则， 所以. 9．BD 【分析】利用向量的数量积的定义得到角C为钝角，从而否定A；利用向量的和、差的模的平方的关系求得，进而判定B；注意到与同向的情况，可以否定C；延长交于,∵共线，利用平面向量的线性运算和三点共线的条件得到,进而，然后得到，利用分比定理得到，从而判定D. 【详解】即,∴,∴为钝角，故A错误； ，， ，，故B正确； ，当时，与同向，夹角不是锐角，故C错误； ∵，∴， 延长交于,如图所示.    ∵共线，∴存在实数，， ∵共线，∴,∴, ∴，∴，∴. ∴，∴，故D正确. 故选：BD. 10．ABD 【分析】对于选项A，由得到，由得到；对于选项B，为锐角三角形得到，从而得到，即；对于选项C，由及， 得到，解出，由得到三角形有一解； 对于选项D， 由是钝角三角形，分两种情况讨论：当为钝角时，由得到，从而得到的范围，由，利用两角和差公式得到，由正弦定理得到代入的值，得到，由的范围得到的范围；当为钝角时，由利用两角和差公式得到，由得到，从而得到的范围，由正弦定理得到代入的值，得到，由的范围，得到的范围. 【详解】对于选项A，，，，，选项A正确； 对于选项B，是锐角三角形，，，，选项B正确； 对于选项C，， ， ，，， ，，三角形有一解，选项C错误； 对于选项D， 是钝角三角形，分两种情况讨论： 当为钝角时，，，，， ，，，， ，，，， ，，； 当为钝角时， ， ，，， ，，， ， ，，，，. 综上可知，边长的取值范围为. 故选：ABD. 11．BCD 【分析】对于选项A：先将的左右两边角化边，整理得解；对于选项B：由解出，用余弦定理的变形公式求出，再使用基本不等式得到，从而得到的最大值；对于选项C：先将的左边进行角化边，代入，得到，再将这个等式的左右两边进行边化角，得到，将转化为，使用两角和的正弦公式即可得解；对于选项D：先将的左边进行角化边，代入，得到，再将这个等式的左右两边进行边化角，得到，将其变形为，将等号左边的分子转化为，使用两角和的正弦公式和同角关系式即可得解. 【详解】对于选项A： ，， ， ，，选项A错误； 对于选项B：，，， 是的内角，，的最大角为，选项B正确； 对于选项C：，，， 又，，， ， ， ， ， ，选项C正确； 对于选项D：，，， 又，，，，，，，，，选项D正确. 故选：BCD. 12． 【分析】先求得，利用，转化，代入即得解. 【详解】由题意可得：， 故答案为： 【点睛】本题考查了向量的数量积和向量的模长公式综合应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题. 13． 【详解】解：因为，则由正弦定理可得，所以， 又，所以， 由余弦定理可得， 又因为， 所以. 14． 【详解】由题意， ，，， 第一空： 当时，， ∴， ∴. 第二空： 解法一：将代入得， 两边平方，得：， 展开：， 代入，，记， ， 令，，， 则原式变为：， 配方得：， 由于 ，，因此 ， 即 ，解得， ， 因此，的取值范围为：. 解法二：因为，， 不妨设，，，则，， 若，设， 则. 解法三：因为，， 不妨设，，，即点在直线上， 且，， 因为， 若，可知点在直线上，（或直接由三点共线的结论可得出）， 若，即，可知点在以为圆心，半径为1的圆上， 则圆在直线和之间，可得，即， 所以的取值范围为. 15．（1）或；（2） 【分析】（1）设，根据题意可得出关于实数、的方程组，可求得这两个未知数的值，由此可得出平面向量的坐标； （2）利用向量数量积为零表示向量垂直，化简并代入求值，可解得的值． 【详解】（1）设，由，可得， 由题意可得，解得或. 因此，或； （2）， 化简得， 即，解得 16．(1)，，； (2)由（1）知，， ∴， ∴与共线，又∵与有公共点， 故，，三点共线. 【分析】（1）用一组基底来表示其他向量的问题利用三角形法则进行计算即可； （2）将三点共线转化成两个向量共线即可得证. 【详解】（1）∵，，，分别是，的中点， ∴， ， ∴； （2）略 17．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据已知条件结合正弦定理求出角，再根据已知条件结合正弦余弦定理求出，通过面积公式利用正弦定理边化角再结合角的范围即可求解； （2）（i）根据已知条件结合正余弦定理及两角和的正弦公式求出，根据结合余弦定理求出，利用正弦定理面积公式，根据等面积法求出高；（ii）利用角平分线定理，结合平面向量的基本定理求出、即可求解. 【详解】（1）由及正弦定理， 得. 因为，，所以，， 所以，又，所以. 由正弦定理得，，. 由，得， 即. 由余弦定理得，解得， 所以，， ， 因为为锐角三角形，所以且， 即，所以， 所以，所以. 故面积的取值范围为. （2）（i）因为，所以， 而，即，由正弦定理有： 所以， 其中为外接圆的半径，所以，即， 由余弦定理有：， 则，所以， 其中为BC边上的高，故. （ii）由上面可以解出，，是的平分线， 由角平分线定理有：， 则， 所以，，所以的值为. 18．(1) (2)12 【分析】（1）先切化弦，再交叉相乘，可得，根据三角形内角的范围可得角之间的关系，从而得出 （2）借助面积公式和余弦定理即可得出周长 【详解】（1）由切化弦得得　 所以，得 又，， 所以或（舍去）或（舍去） 所以，解得 （2）由已知，得① 由余弦定理，得② 由①②可得 所以三角形的周长 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理与两角和的正弦公式分析求解即可； （2）利用三角形的面积公式分析求解即可； （3）利用余弦定理与平面向量运算法则及运算律，再结合向量数量积分析求解即可. 【详解】（1）由，根据正弦定理得：， 即， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 又因为，所以． （2）由，得，又，所以， 又因为，内角的角平分线交边于，所以， 所以，解得， （3）在中，由余弦定理，得，① 由边上的中线，又因为， 两边平方得， 则，即，② 联立①②解得：， 令边的中点分别为， 由点为的外接圆圆心，得， 则 ， 所以． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $