【数学 】平面向量及其应用（经典基础题） 2023-2024学年高一下学期数学同步单元练习（人教A版）.docx

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1、01平面向量及其应用（经典基础题）- 2023-2024学年高一下学期数学同步单元练习（人教A版，2019新版）一、单选题1（2022下福建莆田高一莆田一中校考期末）在中，内角，所对的边分别为，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（）A， B，C， D，2（2023下福建福州高一校联考期末）瑞云塔位于福清市融城东南龙首桥头，如图，某同学为测量瑞云塔的高度MN，在瑞云塔的正东方向找到一座建筑物AB，高约为17.3m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，瑞云塔顶部M的仰角分别为和，在A处测得瑞云塔顶部M的仰角为，瑞云塔的高度约为（）A39mB34.6mC33mD32m3（2023

2、下福建福州高一校联考期末）在中，点为BC边上一点，且，则实数（）ABCD4（2023下福建福州高一校考期末）若，是两个单位向量，则下列结论中正确的是（）ABCD5（2023下福建三明高一统考期末）已知平面向量、满足，则与的夹角为（）ABCD6（2023下福建福州高一校联考期末）在中，则（）AB2C1D7（2023下福建福州高一校考期末）在中，则的值为（）ABCD8（2023下福建三明高一统考期末）麒麟山位于三明市区中部，海拔262米，原名牛垄山在地名普查时，发现山腰有一块“孔子戏麒麟”石碑，故更现名山顶的麒麟阁仿古塔造型是八角重檐阁小李为测量麒麟阁的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得，

3、米，则麒麟阁的高度CD约为（参考数据：，）（）A米B米C米D米9（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）的三内角，所对边分别为，若，则角的大小（）ABCD10（2023下福建三明高一统考期末）设为的内心，则（）ABCD11（2023下福建三明高一统考期末）在平行四边形ABCD中，G为EF的中点，则（）ABCD12（2023下福建福州高一福州三中校考期末）在中，已知，向量在向量方向上的投影向量为，则（）A12B8C6D4二、多选题13（2020下福建龙岩高一期末）如图，的内角，所对的边分别为，.若，且，是外一点，则下列说法正确的是（）A是等边三角形B若，则四点共圆C四边形面积最大值为

4、D四边形面积最小值为14（2023下福建福州高一校联考期末）已知是钝角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则最大的边c的取值可能是（）A4.5B5C6D6.515（2023下福建三明高一统考期末）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（）A若则是等腰三角形B若，则满足条件的三角形有且只有一个C，BC边上的中线，则的面积为D若，则为钝角三角形16（2023下福建福州高一校考期末）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，则下列说法正确的是（）A若，则B若在方向上的投影向量为，则的最小值为C

5、若点P为BC的中点，则D若，则为定值1817（2023下福建厦门高一统考期末）在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（）ABC在方向上的投影向量的模为1D存在实数，使得与共线三、填空题18（2023下福建福州高一校联考期末）已知，则向量与的夹角为 19（2023下福建福州高一校考期末）已知向量，若，则 20（2023下福建福州高一校考期末）已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）若A船的航行速度为60n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东的方向上，则此时A，B两船相距 n mile21（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末

6、）已知向量，且，则为 22（2023下福建三明高一统考期末）已知向量，若，则m的值为 四、解答题23（2023下福建福州高一校考期末）中，D为AC上一点，(1)请画出大致图形，求BD的长度；(2)四边形ABPD的四顶点共圆，求的取值范围24（2023下福建福州高一校考期末）如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，AE交BD于点F，设，(1)用向量，表示和；(2)若，求25（2023下福建福州高一校考期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且(1)求角B的大小；(2)若，BD平分，交AC于点D，求BD的长26（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）为的三内角，其

7、对边分别为，若(1)求A；(2)若三角形ABC是锐角三角形，求的取值范围27（2023下福建三明高一统考期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c点D在BC上，且(1)若，求c(2)若AD是BAC的角平分线，且，求周长的最小值28（2023下福建三明高一统考期末）在中，角的对边分别，满足(1)求；(2)若，求的面积试卷第5页，共6页学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【分析】由三角形内角和可判断A项，由三角形中大边对大角可判断B项，由正弦定理解三角形可判断C项，由余弦定理解三角形可判断D项.【详解】对于A项，由，可得，所以三角形只有一解；对于B项，由，可得，所以，此时三角形有唯一的解

8、；对于C项，由正弦定理，可得，可得B有两解，所以三角形有两解；对于D项，由余弦定理得，可得c有唯一的解，所以三角形只有一解故选：C2B【分析】由题意，由直角三角形的性质，可得AC的大小，在AMC中，由正弦定理可得MC的大小，进而在RtMNC中，求出MN的大小【详解】在RtABC中，由题意可得，由图知，所以，在AMC中，由正弦定理可得：即，解得在RtMNC中，如图可得故选：B3C【分析】根据题意，过点P作PDAB，交AC于点D，作交AB于点，然后结合平面向量的线性运算及平面向量基本定理，即可得到结果【详解】如图，过点P作PDAB，交AC于点D，作交AB于点E，故选：C4D【分析】，是两个单位向量

9、，则，但，方向不能确定，即可判断AB；利用数量积的定义与性质可判断CD【详解】，是两个单位向量，则，但，方向不能确定，故选项AB错误；，只有，同向共线时，才有，故选项C错误；，选项D正确.故选：D.5A【分析】由已知可得，利用平面向量数量积的运算性质可求得，结合向量夹角的取值范围可求得结果.【详解】因为，则，解得，因为，故，故与的夹角为.故选：A.6D【分析】依题意可得，再根据数量积的运算律及平面向量线性运算法则计算可得.【详解】在中，所以，又，所以故选：D7C【分析】根据给定条件，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理计算作答.【详解】在中，角所对的边分别为，由正弦定理得，令，由余弦定理得：.

10、故选：C.8C【分析】由得，再根据可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，又米，所以，解得米.故选：C.9A【分析】直接利用余弦定理计算可得.【详解】依题意由余弦定理，又，所以.故选：A10B【分析】取的中点，连，则为内切圆的半径，利用面积关系求出，得，再根据得，由平面向量基本定理求出可得答案.【详解】取的中点，连，因为，所以，所以的内心在线段上，为内切圆的半径，因为，所以，所以，得，所以，所以，又，所以，又已知，所以，所以.故选：B.【点睛】关键点点睛：利用面积关系求出内切圆半径,进而得到是本题解题关键.11D【分析】利用向量的加减法的几何意义将转化为、即可.【详解】.故选：D.12B【分

11、析】若，由题设及向量数量积的几何意义可得，再由，利用数量积的运算律求即可.【详解】如下图，若，则在方向上的投影向量为，又向量在向量方向上的投影向量为，则，即，所以，又，所以.故选：B13AC【分析】根据正弦定理及三角恒等变换化简条件式可判定A，由余弦定理可判定B，设，由正弦定理结合三角函数的性质可判定C、D.【详解】由正弦定理，得，B是等腰的底角，是等边三角形，A正确；对于B，若四点共圆，则四边形对角互补，由A正确知，但由于时，B不正确.对于C、D，设，则，C正确，D不正确；故选：AC.14CD【分析】根据余弦定理结合三角形两边之和大于第三边分析判断【详解】由题意可得，所以，所以，因为在三角形

12、中两边之和大于第三边，所以，所以，所以选项AB错误，CD正确，故选：CD15BC【分析】对于A利用正弦边角关系及三角形内角性质可得或判断；对于B应用余弦定理求即可判断；对于C借助向量的数量工具，求得，由余弦定理即可求得，由面积公式求得三角形面积即可判断;对于D由向量数量积定义判断；【详解】对于A：由正弦定理得，则，则中或，故A错误；对于B：由，则，可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确；对于C：设，容易知，故可得，可得，解得.由余弦定理可得；由，可得.故可得三角形面积为.,故C正确；对于D，即，为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误；故选：BC16BCD【分析】对于A，根据向量加法的运算法

13、则化简计算；对于B，易知当时，取得最小值，计算可得；对于C，根据平行四边形法则计算可得；对于D，根据余弦定理及三点共线的向量表示求值.【详解】对于A，设中点为，由可知上的中线与垂直，所以是等腰三角形，所以，则，所以，故A错误；对于B，由题意知，易知当时，取得最小值，为，故B正确；对于C，由，得，由平行四边形法则可知，即，故C正确；对于D，根据题意，由可知的平分线与垂直，故是等腰三角形，所以，则，由余弦定理得，即，得,又，则，点是上的动点，设，故，所以为定值，所以D正确. 故选：BCD17BCD【分析】由题意可得：，根据向量的坐标运算逐项分析判断.【详解】由题意可得：.对于选项A：因为，所以，不

14、垂直，故A错误；对于选项B：因为，所以，故B正确；对于选项C：因为，所以在方向上的投影向量的模为，故C正确；对于选项D：因为，若与共线，则，解得，所以当时，与共线，故D正确；故选：BCD.18/【分析】首先求出，再根据数量积的运算律求出，最后根据夹角公式计算可得.【详解】因为，所以，又，所以，即，即，所以，所以，又，所以，即向量与的夹角为.故答案为：19【分析】根据数量积公式求得，再根据二倍角的正切公式，即可求解.【详解】，得，.故答案为：20【分析】利用正弦定理求的长度即可.【详解】由题设，n mile，且，由正弦定理有，则，可得n mile.故答案为：.21【分析】根据向量共线定理求解即可

15、；【详解】因为，所以所以，.故答案为：.22/【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式可求出结果.【详解】因为向量，且，所以，得.故答案为：.23(1)图形见解析，(2)【分析】（1）根据，结合余弦定理，建立方程，即可求解；（2）由条件可知，根据四点共圆的几何性质，结合正弦定理，讨论点在圆弧的不同位置，将的取值范围转化为三角函数问题，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）设，则，因为，则，即，解得：，则（2）由（1）知，在中，为外接圆的直径，为外接圆上任意一点，当在点时，当在点时，当点在优弧上时，设，在中，由正弦定理可知，则，其中，因为，所以，当时，为，当时，的最大值为，所以此时的取值范围

16、是；当点在劣弧上时，设，在中，由正弦定理可知，则，当时，即时，的最大值为，但，所以，则的范围是，综上可知，的取值范围是.【点睛】思路点睛：本题考查三角函数的综合应用问题，本题第二问利用正弦定理，边角互化，将边转化为三角函数求取值范围，本题的难点是需讨论点的位置，需分情况讨论.24(1)，(2)【分析】（1）在菱形中，根据是的中点，结合向量的线性运算可得答案；（2）用表示向量，然后分别求得，再由平面向量的夹角公式求解【详解】（1）在菱形中，E是CD的中点，则，,.（2）因为，又为菱形，所以，所以.25(1)(2)【分析】（1）根据题意，由余弦定理及三角形面积公式可得出，从而可求出；（2）根据及余

17、弦定理可得出，然后由，结合三角形面积公式求解【详解】（1）由余弦定理得，又，整理得，又，.（2）的面积为，且，又由余弦定理得，即，则，即，26(1)或(2)【分析】（1）根据正弦的和角公式以及同角三角函数的平方关系，结合三角形内角和以及诱导公式，化简等式，可得答案；（2）根据正弦定理，整理函数解析式，利用三角形内角和、正弦差角公式、辅助角公式化简函数，结合整体思想以及正弦函数的性质，可得答案.【详解】（1），由，则，由，则或.（2）由为锐角三角形，则，由正弦定理且，则，即，由，则，即.27(1)(2)【分析】（1）在中由正弦定理可得答案；（2）由得，在中由余弦定理得，可得周长，再利用基本不等式可得答案【详解】（1）因为，在中由正弦定理得，即，所以，；（2）由得，即，在中，由余弦定理得，所以，所以周长，由得，当且仅当时等号成立，所以周长，所以周长的最小值为28(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理角化边得，再根据余弦定理可求出结果；（2）由以及，求出，再根据三角形面积公式可求出结果.【详解】（1）因为，由正弦定理得，由余弦定理得，因为，所以（2）由（1）知，因为，所以，即，又，解得，所以答案第15页，共16页学科网（北京）股份有限公司