第六章平面向量及其应用达标测试卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版2019必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在中，为的中点，为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
2．是的外心，，存在，使.若，则的长为（ ）
A．5 B． C． D．4
3．已知平面上不共线的四点O，A，B，C，若，则（ ）
A． B． C．1 D．
4．若向量满足，若为，则间的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知向量、满足，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，平行四边形中，，垂足为，且，则值为（ ）
A．3 B． C．6 D．18
7．在中，内角、、的对边分别为、、，已知，，，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图，正方形中，M是的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题
9．已知向量，则（ ）
A．的充要条件是
B．的充要条件是
C．的充要条件是
D．若与的夹角为锐角，则的取值范围是
10．在中，角、、的对边分别为、、，则下列结论成立的是（ ）
A．若，则
B．在锐角中，不等式恒成立
C．若，则
D．若，则
11．定义：两个向量的叉乘，则以下说法正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若四边形为平行四边形，则它的面积等于
D．若，则的最小值为
三、填空题
12．已知向量与的夹角为60°，，，当时，实数 .
13．已知向量、满足，，，则与的夹角等于
14．一艘船向正北航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔的距离为
四、解答题
15．已知，，，
(1)求：
(2)求向量在方向上的投影向量.
16．设，是两个不共线的向量，已知，，.
(1)求证：A，B，D三点共线；
(2)若，且，求实数的值.
17．如图，，是线段的中点，过点的直线交线段于，交线段于N，，.
(1)用向量，表示.
(2)证明：.
(3)若，，，且，求，的值.
18．如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为.若满足，则称是仿射坐标系下的“完美向量”，已知在仿射坐标系下，.
(1)若，求向量的仿射坐标，并写一个“完美向量”的仿射坐标（不需要说明理由）；
(2)当时，是仿射坐标系下的“完美向量”，且，求
(3)设，若对恒成立，求的最大值.
19．已知的内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求的大小；
(2)若为边上一点，且，，证明：为直角三角形.
《第六章平面向量及其应用达标测试卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版2019必修第二册》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D C C D B D AB ABC
题号 11
答案 ACD
1．B
【分析】结合图形，利用平面向量的数乘运算即可得解.
【详解】如图，为的中点，为的中点，
所以.
故选：B.
2．B
【分析】取的中点，得到，由向量的数量积的几何意义，得到，，再由，结合条件代入即可求得即可.
【详解】如图所示，分别取的中点，连接，
因为是的外心，所以，且，
则，
，
又因为，且，
所以
，所以，即的长为.
故选：B.
3．D
【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算，结合共线向量的意义求得答案.
【详解】根据题意，平面上不共线的四点O，A，B，C，若，
则有，变形可得,
由数乘的定义，有.
故选：D.
4．C
【分析】先根据向量模长公式对进行平方，再结合向量数量积公式求出夹角的余弦值，最后根据夹角的范围确定夹角的大小.
【详解】已知，两边同时平方可得.
可得.所以.
已知，则；已知，则.
将，代入，可得.
对进行化简计算得到：
根据向量数量积公式，可得.
因为，所以.
故选：C.
5．C
【分析】设向量、的夹角为，由平面向量数量积的运算性质可得出，再利用投影向量的定义可求得结果.
【详解】设向量、的夹角为，因为，可得，
所以，在上的投影向量为.
故选：C.
6．D
【分析】根据数量积的运算律结合平行四边形的性质求解即可.
【详解】设对角线相交于点，
因为四边形是平行四边行，所以，
所以
因为，，
所以，
所以.
故选：D
7．B
【分析】利用余弦定理可得出关于的方程，结合可得出的值.
【详解】由题意，由余弦定理可得，
整理可得，因为，解得.
故选：B.
8．D
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，利用向量线性运算的坐标形式可求，，故可得正确的选项.
【详解】以为坐标原点建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，
则，则.
故，，，
故由得，
解得，故，
故选：D.
9．AB
【分析】对于A，利用向量模长的坐标公式及充要条件的判断方法，即可求解；对于B，利用向量共线的坐标运算及充要条件的判断方法，即可求解；对于C，利用向量垂直的坐标运算及充要条件的判断方法，即可求解；对于D，利用向量夹角公式及夹角范围，即可求解.
【详解】对于选项A，因为，，由，得到，解得，
又时，，则，所以的充要条件是，故选项A正确，
对于选项B，由，得到，解得，
又时，，所以，则的充要条件是，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以选项C错误，
对于选项D，因为，又，若与的夹角为锐角，
则，且与不共线，由选项B知时，，所以选项D错误，
故选：AB.
10．ABC
【分析】利用正弦定理结合大角对大边定理可判断A选项；利用诱导公式结合正弦函数的单调性可判断B选项；利用正弦定理可判断CD选项.
【详解】对于A：因为，所以，由正弦定理可得（是外接圆的半径），
所以，故选项A正确；
对于B：因为是锐角三角形，所以，所以，
又、，所以，则，即，
又因为在单调递增，所以，B正确；
对于C：因为，由正弦定理可得，
即，
又因为中至少有两个锐角，不妨设、为锐角，则，
故也为锐角，
又因为函数在上单调递增，故，所以，故选项C正确；
对于D：利用正弦定理化边为角可得，所以，
因为、，则、，
则或或.
若，即，此时，为等腰三角形，合乎题意；
若，则，此时，为直角三角形，合乎题意；
若，可得，不合乎题意.
综上所述，或，故选项D错误．
故选：ABC．
11．ACD
【分析】A选项，得到或或同向或反向，A正确；B选项，时满足要求，时，两者不等；C选项，利用平行四边形面积公式得到C正确；D选项，根据叉乘和向量数量积公式化简得到，再平方后，利用基本不等式进行求解，得到答案.
【详解】A选项，，
所以或或，所以或或同向或反向，
故，A正确；
B选项，，，
若，则，故，
若，则，此时，B错误；
C选项，若四边形为平行四边形，则它的面积等于，
而，C正确；
D选项，由题意得，，
两式平方相加可得，即，
又，
由基本不等式得，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D正确.
故选：ACD
12．/0.25
【分析】根据两向量垂直时数量积为0，列方程求出得值.
【详解】因为向量与的夹角为60°，，，
由知，
所以，
所以，解得.
故答案为：.
13．
【分析】利用平面向量数量积的运算、定义可计算出，结合平面向量夹角的取值范围可得出的值.
【详解】因为，
可得，
因为，故，即与的夹角为.
故答案为：.
14．海里
【分析】根据条件，在中，利用正弦定理，即可求解.
【详解】如图，在中，由题知，，，
由正弦定理得，所以
故答案为：海里.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由数量积的运算法则得，由向量的模的运算得；
（2）根据投影向量的运算计算即可.
【详解】（1），
所以，所以，所以.
（2），
所以在方向上的投影向量为.
16．(1)证明见解析；
(2)实数的值为9.
【分析】（1）由平面向量的线性表示与共线定理，证明、共线，得出A，B，D三点共线；
（2）由平面向量的共线定理列方程求出的值.
【详解】（1）由，，，
所以，
所以，
所以、共线，且有公共点B，
所以A，B，D三点共线.
（2）由，且，
所以，
即，
所以，所以，
所以实数的值为9.
17．(1)
(2)证明见解析
(3)，
【分析】（1）结合图形，由向量的三角形法则可得；
（2）结合题意，由平面向量的基本定理可证明；
（3）结合图形，由向量的加法法则结合向量垂直数量积为零解方程组可得.
【详解】（1）因为，所以，
则.
因为是线段的中点，所以.
（2）证明：（方法一）因为M，E，N三点共线，所以.
因为，，所以.
由（1）可知，则
所以，所以.
（方法二）由，，得，，
由（1）知，
因为M，E，N三点共线，所以，
所以.
（3）因为，，所以.
由（1）可知，所以
.
因为，，，且，所以，所以.
由（2）可知，联立解得，.
18．(1)向量的仿射坐标为；其中一个“完美向量”的仿射坐标为.
(2)
(3)
【分析】（1）由题中新定义和平面向量的线性运算计算即可；
（2）由题中新定义结合三角恒等变化计算求解即可；
（3）由对恒成立得到，再由平面向量夹角的求法及三角函数值域的求法计算即可.
【详解】（1），
所以向量的仿射坐标为.
其中一个“完美向量”的仿射坐标为.
（2）因为当时，是仿射坐标系下的“完美向量”，
所以，
由题意得，则，，
可得，，
故，，
所以，，
所以
，
所以.
（3）因为，
，
，
因为，所以，
所以对恒成立，
又因为，所以，
得，
此时，
因为，，且，
所以，
所以，
所以的最大值为.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角公式求出.
（2）根据给定条件，利用诱导公式及余弦定理列式得，再利用余弦定理推理得证.
【详解】（1）在中，由正弦定理及，得，
而，则，两边平方得，
又，即，解得，所以.
（2）由为边上一点，得，则，
由余弦定理得，又，，
即，整理得，
又，因此，
即，整理得，则，，
因此，即，
所以为直角三角形.
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