2022-2023学年湘教版2019必修一第一章 平面向量及其应用 单元测试卷(word版含答案)
展开第一章 平面向量及其应用 单元测试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题(共40分)
1、(4分)已知D是所在平面内的一点，且，设，则( ).
A. B. C.3 D.-3
2、(4分)在菱形ABCD中，，，，P是菱形ABCD内部及边界上一点，则的最大值是( )
A. B. C.13 D.
3、(4分)已知点O为所在平面上一点，且满足，若的面积与的面积比值为，则的值为( )
A. B. C.2 D.3
4、(4分)费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角均小时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对三角形三边的张角相等，均为．根据以上性质，已知，P为内一点，记，则的最小值为( )
A. B. C. D.
5、(4分)已知对任意的平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫作把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P.已知，，把点B绕点A沿逆时针方向旋转得到点P，则点P的坐标为( ).
A. B. C. D.
6、(4分)已知四边形ABCD的三个顶点为，，，且，则顶点D的坐标为( ).
A. B. C. D.
7、(4分)已知在平行四边形ABCD中，，若，则( ).
A. B. C. D.3
8、(4分)已知的三个顶点及平面内一点满足,则与的面积比为( )
A. B. C. D.
9、(4分)的内角的对边分别为，若，，，则的最短边的边长等于（ ）
A. B. C. D.
10、(4分)在平面直角坐标系Oxy中，动点P关于x轴对称的点为Q，且，则点P的轨迹方程为( )
A. B. C. D.
二、填空题(共25分)
11、(5分)在中,为上两点且,若,则的长为_____________.
12、(5分)已知向量a，b，c满足，，，，则的取值范围为_______________.
13、(5分)已知在梯形ABCD中，，，，，若EF在线段AB上运动，且，则的最小值为____________.
14、(5分)已知中心为O的正六边形ABCDEF的边长为2，则_____________.
15、(5分)已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，那么当___________时，满足条件“，的有两个”.（仅写出一个b的具体数值即可）
三、解答题(共35分)
16、(8分)已知的三个内角的对边分别为，且
（1）若，判断的形状并说明理由；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围
17、(9分)三角形中，,点E是边上的动点，当E为中点时，
（1）求和;
（2）是延长线上的点，，当在上运动时,求的最大值.
18、(9分)在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
问题：在锐角中，内角的对边分别为，已知___________.
（1）求角；
（2）若，，内角的平分线交边于点，求的长.
19、(9分)如图，在中，D是边的中点，C是边上靠近点O的一个三等分点，与交于点M.设.
(1)用表示；
(2)过点M的直线与边分别交于.设，求的值.
参考答案
1、答案：D
解析：由题意作图，如图所示，因为，所以C为BD的中点，
所以，因为，
所以由平面向量基本定理可得，，所以，故选D.
2、答案：B
解析：
3、答案：B
解析：
4、答案：B
解析：设为坐标原点，由，，，知且为锐角三角形，因此，费马点M在线段OC上，设，如图，
则为顶角是120°的等腰三角形，故，所以，则的最小值为.故选：B.
5、答案：D
解析：由已知可得，
将点绕点A沿逆时针方向旋转，
得.
，，故选D.
6、答案：A
解析：设顶点D的坐标为，
，，且，
故选A.
7、答案：C
解析：，
平分，则四边形ABCD为菱形，且.
由，得.
8、答案：B
解析：因为,
所以, 即,
所以点P 是边 上靠近点A 的三等分点,
所以,
因为 的边 与 的边 上的高相等,
所以,
故选：B
9、答案：D
解析：中,,
,又,
由正弦定理得:得:
最小的边.
所以D选项是正确的
10、答案：B
解析：设，，则，故选B.
11、答案：
解析：由题意,在中,由余弦定理得;在中,由余弦定理得.又,即.又,.易知.在中,由余弦定理得,.
12、答案：
解析：，
而，
.
又，，，，
，设与的夹角为，则，
，
即，
令，则，解得，
.
13、答案：
解析：如图所示，以A为原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向建立平面直角坐标系，则，，，，不妨设，，则，，
，
故当时，取得最小值，最小值为.
14、答案：-2
解析：由图可得.
15、答案：
解析：若满足条件的有两个，则，即，所以.
16、答案：（1）等边三角形（2）
解析：（1）由数量积的定义得，.
由余弦定理得
即
是等边三角形.
由正弦定理及得，即
因为，所以或
当时，是等腰三角形，此时，所以是等边三角形；
当，即时，是直角三角形，这与矛盾.
故是等边三角形.
（2）不妨设，由得，
于是
又因为是锐角三角形、所以，
即，因此
由余弦定理得，
令，则，函数在上单调递增.
所以，因此
故的取值范围是
17、答案：（1）（2）
解析： （1）当E为中点时，设，则由余弦定理得
，解得
此时
由余弦定理得
（2）由得
所以
所以，当最小即时上式最大
此时，所以的最大值为
18、答案：（1）（2）
解析：（1）若选条件①：因为，
由正弦定理可得，
所以，
因为，可得，所以.
因为，所以，
又因为为锐角三角形，所以.
若选条件②：因为，所以，
即，所以，解得.
因为为锐角三角形，所以.
若选条件③：因为，又，所以.
由正弦定理可得.
因为，所以，即.
因为为锐角三角形，所以，则有，所以，所以.
（2）因为，，
由正弦定理得，
因为为锐角三角形，所以，则，
因为是角的平分线，所以，
故，所以，
则为等腰三角形，所以，故的长为.
19、答案：(1)
(2)
解析：(1)设，
则，
，
三点共线，共线，从而.①
又三点共线，共线，
同理可得.②
联立①②，解得，故.
(2).
，共线，
，整理得.
