2023年高考數(shù)學一輪復習：平面向量及其應用 檢測試卷含答案解析

2023年高考數(shù)學一輪復習單元測評卷

平面向量及其應用

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的.

1.AB，8是半徑為1的圓。的兩條直徑，AE^EO,則反.由5=()

13515

A.一B.--C.--D.——

44416

2.在△A8C中，a=2下，力=6,A=%,則此三角形()

6

A.無解B.一解C.兩解D.解的個數(shù)不確定

,滿足Rq-e21K也,a=6+4'B=

3.設年,［為單位向量：3弓+e2,設的夾角為6,

則cos?6的可能取值為()

1920〃2838

A.—B.—C.—D.—

29292929

4.已知在銳角三角形4BC中，角A,B,C所對的邊分別為叫b,c,若加=a(a+c),

〃n4

則———........的取值范圍是()

bcosA-acosB

5.在AABA中,角A,B,C所對的邊分別為瓦C,已知csinC-(2a+b)sinB=(a-b)sinA,

則。=()

n。九■—2萬一2萬一兀35萬

A.-B.一或一C.一D.一或一

633366

6.如圖，AABC中，角C的平分線CO交邊于點O,ZA=y,AC=26，

CO=30，則3C=()

DB

A.3月B.4C.472D.6

7.圣?索菲亞教堂（英語：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中國黑龍江省，是一座始

建于1907年拜占庭風格的東正教教堂，距今已有114年的歷史，為哈爾濱的標志性建筑.1996

年經(jīng)國務院批準，被列為第四批全國重點文物保護單位，是每一位到哈爾濱旅游的游客拍照

打卡的必到景點其中央主體建筑集球，圓柱，棱柱于一體，極具對稱之美，可以讓游客從任

何角度都能領略它的美.小明同學為了估算索菲亞教堂的高度，在索菲亞教堂的正東方向找

到一座建筑物A3,高為（15百—15）m,在它們之間的地面上的點M（民三點共

線）處測得樓頂A,教堂頂。的仰角分別是15。和60。，在樓頂A處測得塔頂C的仰角為

30。，則小明估算索菲亞教堂的高度為（）

A.20mB.30mC.206mD.30gm

8.在△ABC中，角A,8,C所對的邊分別為a,b,c,且點。滿足,

若COS/A5C=L,則2c+a的最大值為（）

4

A."叵B.枕C.V5D.3A/5

55

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合

題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.

9.在AABC中，角A,8,。的對邊分別為a,"c,若/=層+仇.，則角A可為（）

371兀7乃、24

A.——B.-C.—D.—

44123

10.如圖所示，在△ABC中，點。在邊8c上，且CD=2￡>8,點E在邊4。上，且A￡>=3AE,

則()

A.CE=-AD+AC

33

—2——8__2Q__

C.CE=-AB+-ACD.CE=-AB--AC

9999

11.如果或，晟是平面。內兩個不共線的向量，那么下列說法中不正確的是（）

A.+"4（九"￡R）可以表示平面。內的所有向量

B.對于平面a內任一向量使1的實數(shù)對（九〃）有無窮多個

C.若向量九e[+"ie2與+"202共線，則有且只有一個實數(shù)九使得九G+川e29出^

D.若實數(shù)人M使得突國+〃"=6,則2=〃=0

12.已知A48c是邊長為2的等邊三角形，D，E分別是AC、AB上的兩點，且衣=麗,

UUUUUIO

AD=2DC^BD與CE交于點O,則下列說法正確的是（）

A.ABCE=-lB.OE+OC=6

\OAOB+OC\=^-_7

C.+D.前在元方向上的投影為一

6

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.已知向量方=（2』），|6|=6，alb2,那么向量M與日的夾角余弦值為

14.已知向量〃=（-4,3）,點3（2,-1）,記了萬為福在向量￡上的投影向量，

若A'B'=Xd>則4-----------

15.如圖所示，為了測量A、8兩島嶼的距離，小明在。處觀測到A、8分別在。處的北

偏西15。、北偏東45。方向，再往正東方向行駛1（）海里至。處，觀測8在。處的正北方向，

A在。處的北偏西60,方向，則A、8兩島嶼的距離為一海里.

16.在AABC1中，內角A,B,C所對的邊分別為"，b,。，且2----:——=—

sin8+sinCa

h=3,則△A6C的周長的最大值是.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.隨著二胎開放，兒童數(shù)量漸增，某市決定充分利用城市空間修建口袋兒童樂園，如圖所

示：在直徑為20m的半圓?？盏厣?，設置扇形區(qū)域OMB作為大人體息區(qū)，規(guī)劃兩個三角形

區(qū)域做成小噴泉區(qū)（AOAB區(qū)域）和沙坑滑梯區(qū)（AA5c區(qū)域），其中A為直徑延

長線上一點，且。4=20m,8為半圓周上一動點，以A3為邊作等邊AABC.

（1）若等邊AABC的邊長為“，ZAMB=0,試寫出〃關于。的函數(shù)關系式；

（2）問NAMS為多少時，兒童游玩區(qū)。4a5的面積最大？這個最大面積為多少？

18.已知a=(1,0),1=(2,1).

(i)當上為何值時，B與Z+2B共線？

(2)若A3=2a+3及5C=a+相〃，且A,31,C三點共線，求，"的值.

19.如圖，在中，。為BC的四等分點,且靠近點&E,尸分別為AC,4。的三等

分點，且分別靠近4,。兩點，設麗=”,女=b.

A

夕

\

C

(1)試用a,b表示BC,AD,BE;

(2)證明：B,E,F三點共線.

uuti1uuruUK1ULI1

20.如圖所示，在z/MB中，OC=—。4,C>D=-OB,AD與BC交于點、M.過M點

42

的直線/與OA、OB分別交于點、E,F.

0

E/M

AB

(1)試用礪，OB表示向量OM；

_—————13

⑵設=OF-QB,求證：丁萬是定值?

21.已知￡=(1,0)石=(2,1).

(1)當攵為何值時，丘-〃與2+2萬共線？

(2)若A百=27+3及芯=￡+,“且A,B,C三點共線，求機的值.

UUUUU1

22.設50,0),41,0),8(0,1),點p是直線上的一個動點，AP=2AB,若

OPAB^PAPB,求實數(shù)％的取值范圍

I.【答案】B

【解析】如圖所示，AB，CZ)是半徑為1的圓。的兩條直徑，且醺=的，即E為OA

的中點，

^EC-W=(OC-OE)(Ob-OE)^OCOD-OCOE-ODOE+OE

=1X1COS^-(OC+O5)-OE+(-)2=-1-0+-=--,

244

故選：B.

2.【答案】C

ab_2yB6_.DV3

【解析】由正弦定理可知：高入=嬴70丁=而萬=0皿8=3

2

因為。</?,所以A<8，

rr27r

又因為BG(O,%),所以6=—，或8=——，因此此三角形有兩解，

33

3.【答案】C

【解析】因為,為單位向量，

不妨設耳=(1,0)勺=(x，V)，且x?+y2=l，

所以a=(l+x,y),5=(3+x,y),

又因為12家一司4行，

所以(x-2y+y242,

3

化簡得己WxWl，

4

_、2

a-b

所以cos?e=

/\2

_(l+x)(3+x)+y2

、J(]+x)2+/#+才+匕

4(l+x)24(l+x)

一(l+x)(5+3x)-5+3x'

,3,,28

當x=一時，cos，0=——，

429

4.【答案】C

【解析】由從=a(a+c)

及余弦定理，可得C-Q=2QCOSB

正弦定理邊化角，得sinC-sinA=2sinAcosB

vA+B+C=zr

/.sin(8+A)-sinA=2sinAcosB

-A)=sinA

-.-ABC是銳角三角形，

：.B-A=A，即3=2A.

7[71

vO<B<-,-<A+B<TT,

22

Fr,汽A71

那么：一<A<一

64

tzsinAsin-A...1J?

則---------------=—;------r=smAe(-,1±)

bcosA-acosBsin(B-A)22

5.【答案】C

【解析】依題意,由正弦定理得。2-(2。+。)匕=("。)”,

〃2:序_21

c2-2ab-h2=a2-ah，a2-^-b2—c2=-ab，-------------=—

2ab2

即cosC=—,.由于0<C<%,

2

所以c音

6.【答案】D

9

【解析】在△ACD中，根據(jù)正弦定理得ACsinA3友,

sinZAL>C=-------------=-…-----乂------=----

CD35/22

由NAZ>C<NA,

IT

所以

NAOC~4

l_,,..2/?"TV7T

所以Z.ACD=7i-----------=—

3412

7TTT

所以NACB=-，則NB='，

66

所以AB=AC=26，

在AABC中，由余弦定理得3c2=（26y+（2石丫—2x2石x26x［）=36,

所以BC=6.

7.【答案】D

【解析】由題意知：NC4M=45°,/41紇=1（）5°所以//4。0=30°

AB

在及中,AM=———

sinZAMBsin15°

在中，由正弦定理得一所以

sin30°sin45°

AM-sin45°_Afisin45°

CM

sin30°―sin15°-sin30°

在RtGCM中,

Afi-sin45o-sin60o_（15^-15）-T-2r

CO=CMsin600==3（）6

sin15°-sin30°V6-V21

42

8.【答案】A

r\i

【解析】因為麗=2麗，所以加一覺=2（明—應5）,所以麗=§麗+§前,

所以麗2=（2麗+J.配］=-BA+-BC2+-\BA\\BC\cosZABC,

（33J999

所以=-c2-\—a2H—cci--,整理得a?+4c?+ac=18，

\,9994

所以（2c+a>-18=3ac,

因為2c+a22j^Z，所以acv（20+"）,

8

所以（2c+af-184（（2c+a）2,WW0<2c+?<^^

所以2c+a的最大值為以5

5

9.【答案】BC

【解析】由余弦定理得：a2=b2+c2-2bccosA^

c-b

又/=/，二〃="2+/-2Z?ccosA，整理可得：cosA=

2h

對于A,cosA=-,則c=(l—血)。<0,A錯誤;

2b2v'

對于B,cosA=M=*，則c=(l+3)b,B正確;

4T廠Ac—bV2—^6.|2+y/2—>/6小？rr缶

對7于C,cosA==-----------,貝mUc=----------------/?>0，C正確;

2b42

c—hf

對于D,cosA=------=一一,則c=0,D錯誤.

2b2

10.【答案】BD

【解析】解：???C0=2OB,點石在AD邊匕AD=3AE

____________2______2__.__.i___2__.

AD=AC-^CD=AC+-CB=AC+-(AB-AC)=-AC+-AB

3333

_____I____1__2_?_,2__Q_____

CE=AE-AC=-AD-AC=-AC+-AB-AC=-AB--AC,

39999

11.【答案】BC

【解析】由平面向量基本定理可知，A,D是正確的.

對于B,由平面向量基本定理可知，若一個平面的基底確定，那么該平面內的任意一個向量

在此基底下的實數(shù)對是唯一的.

對于C,當兩個向量均為零向量時，即&=及=3="2=0時，這樣的力有無數(shù)個，或當2國+川

e2為非零向量，而^2e,+fi2e2為零向量?2=〃2=0),此時2不存在.

12.【答案】BCD

【解析】由題E為A3中點，則CELA8，

以E為原點，EA,EC分別為x軸，y軸正方向建立平面直角坐標系，如圖所示：

設0(0,y),ye(0,73),BO=(1,y),DO=(一；，V一竽)，的〃麗，

所以y一宜l=解得：）=走,

332

即。是CE中點，OE+OC=Q，所以選項B正確;

\OA+OB+OC\=\2OE+OC\=\OE\=—，所以選項C正確;

因為CE_LAB,而.麗=0,所以選項A錯誤;

)二(；，￥)，BC=(1,V3).

而在冊方向上的投影為空空=31Z=N，所以選項D正確.

\BC\26

故選：BCD

，田山，2

13.【答案】-

【解析】因為同=,22+F=6,

__a?b22

所以向量方與B的夾角余弦值為cos〈a,力=麗=及不

5-

故答案為：—.

14.【答案】一|

【解析】因為點A(l,l),B(2,-1),

所以而=(1,—2),又向量萬=(一4,3),

ABa-10

所以而在向量a上的投影Wp=-

所以小一2x京=卜|與

因為A'B；=2萬，

2

所以a=——，

5

15.【答案】5A/6

【解析】由題意知NADS=60°，ZACB=60,ZADC=105°,ZACD=30°-CD=10,

在"8中’由正弦定理得篇=篇,.?.仞=器詈=5&'

在RSBCD中,ZBDC=45。，所以，ABCD為等腰直角三角形,則BD=V2CD=10夜，

在△A3。中，由余弦定理可得AB=7AD2+BD1-2AD-BDcos60=5底(海里)?

故答案為：576.

16.【答案】9

【解析】對已知等式進行角化邊可得：a2+c2-b2=ac，

因為b=3,所以6+c2_9=ac，即（a+c）2—9=3ac,

因為a>0，c>0,所以竺上、

I2)

所以(a+c)2-943x皇，即。+。46,當且僅當a=c=3時，(a+c)““,=6,

所以(a+Hc),“m=9,即AABC的周長的最大值為9.

故答案為：9.

17.【答案】(1)a=10j5-4cos20，其中(2)當=,兒童游

玩區(qū)Q4CB的面積最大，最大值為(200+125G)n?

【解析】(1)\-ZAMB^0,:.ZAOB^26,

在AAOB中，AB=a,04=20，03=10,ZAOB=20，

由余弦定理可得Y=32+OB2-2OAOBcosZAOB=500-400cos20，

所以，a=1015-4cos28，其中。E(。,不；

\2)

2

(2)S&OB=；xl0x20sin20=100sin28,SA4BC=—,4S=25>/3(5-4cos2^).

所以，

S四邊形CMCB=S.AOB+S^ABC=lOOsin26+256(5-4cos20)=1OOsin2夕一1005/5cos20+125g

200sin2^--+1255/3,

I3J

八ziR..7T—八TC2〃

o<e<一，則—<2?！?lt;—,

2333

當2嶗J時,即當。=°衛(wèi)時，四邊形04cB的面積取最大值（200+1256）m2.

13

18.【答案】（1）憶=一一；（2）/?=-.

22

【解析】(1)ka-b=Ky<0)—(2,1)=(%—2,-1),

￡+23=(1，0)+2(2,1)=(5,2).

因為左￡-3與￡+2區(qū)共線，所以2/一2)一(-1)x5=。,

即2A—4+5=0,得上=一，

2

(2)AB=2a+3b=2(l,0)+3(2,1)=(8,3),

BC=a+mb=(1?0)+m(2,1)=(2m4-1,m).

因為A,B,。三點共線，所以通〃就.

3

所以8)%一3(2〃?+1)=0,即2m—3=0,所以加=一.

2

311

19.【答案】(1)BC=b—a,AD~~ci+—b8￡=一〃+-＞；(2)證明見解析.

44f3

【解析】(1)由題意，得前'=/—麴=6—4，

AD=AB+BD=AB+-BC=AB+-(AC-AB)—a+—(h—a)——a+—b,

44444

BE=BA+AE=-AB+-AC=-a+-b.

33

(2)因為占2=-a+』從

—■―■—■―-2―?2311111

BF=BA+AF=—AB+—AD=—a-\—(―—b)=---a-\—b=—(—a+—b),

33442623

ULU1LUU

所以⑶尸二不⑶石，所以麗與麗共線.

又麗與麗有公共點B,

所以8,E,尸三點共線.

20.【答案】(1)兩=』麗+3而；(2)證明見解析.

77

【解析】(1)由三點共線可得存在實數(shù)〃?(znwR)使得：前="刀+(1-加)歷,

uun1um_._,1一

又OD=±OB,故+~-OB,

22