2023高考数学二轮小题重难点专题五 解三角形、平面向量（含解析）

这是一份2023高考数学二轮小题重难点专题五 解三角形、平面向量（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题五   解三角形、平面向量   建议用时：45分钟一、选择题1、如图，在中，．是边上的高，若，则的面积为　　 A．4 B．6 C．8 D．122、给出下列说法：①和的模相等；②方向不同的两个向量一定不平行；③向量就是有向线段；④；⑤.其中正确说法的个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．33、在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则A． B． C． D．4、如图，在中，，为上一点，且，则的值为　　A． B． C． D．5、已知非零向量满足，且，则与的夹角为　　A． B． C． D．6、如图，在中，分别是边上的中线，G是它们的交点，则下列等式中不正确的是（    ）A． B．C． D．7、已知在中，，，，点为的外心，若，则实数的值为　　A． B． C． D．8、点，，在所在平面内，满足，，且，则，，依次是的　　A．重心，外心，内心 B．重心，外心，垂心 C．外心，重心，内心 D．外心，重心，垂心9、已知，，，若，则最大值为　　A． B． C． D．10、在锐角中，若，且，则的取值范围是　　A．， B．， C．， D．，11、已知向量，，，若，，则　　A．14 B． C．10 D．612、给出下列四个命题：①若 ，则；②若A，B，C，D是不共线的四点，则“ ”是“四边形ABCD为平行四边形”的充要条件；③若，，则；④的充要条件是且.其中正确命题的序号是(　　)A．②③ B．①② C．③④ D．②④二、填空题13、在中，内角、、所对的边分别为、、，若，，，则　      　．14、若点是所在平面内一点，且满足，则与的面积之比值为          .15、已知所在平面内的两点，满足：，，是边上的点，若，，，，则　　    ．16、在平面直角坐标系中，已知点，、为圆上的两动点，且，若圆上存在点，使得，则的取值范围为　　     ．  答案解析一、选择题1、【解答】解：．故选：．2、【答案】B【解析】①正确，与是方向相反、模相等的两个向量;②错误，方向不同包括共线反向的向量；③错误，向量用有向线段表示，但二者并不等同；④错误，是一个向量，而0为一个数，应为；⑤错误，向量不能比较大小.只有①正确，故选B.3、【解答】解：，由正弦定理可得：，，，又，，，可得，，又，．故选：．4、【解答】解：，，又，，且，，三点共线，，解得．故选：．5、【解答】解：，，即，，，．故选：．6、【答案】B【解析】为三条中线的交点    为的重心，，，可知正确，错误又，则正确本题正确选项：7、【解答】解：中，，，，则，，，又，同理可得：，代入上式，，解得：，，故选：．8、【解答】解：，，设的中点，则，，，三点共线，即为的中线上的点，且．为的重心．，，为的外心；，，即，，同理可得：，，为的垂心；故选：．9、【解答】解：，，，即．设，，则，，，，，化简整理得，，令，，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆．，当、与三点共线位于和的中间），且点在的延长线上时，最大，为．故选：．10、【解答】解：由，得，，，．由正弦定理知，，由余弦定理知，，，，化简整理得，，，，由正弦定理，有，，，锐角，且，，，解得，，，，，，，，，的取值范围为，．故选：．11、【解答】解：向量，，，，可得，解得，，，可得，解得，，则．故选：．12、【答案】A【解析】①不正确.两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同.②正确.∵，∴且，又A，B，C，D是不共线的四点，∴四边形ABCD为平行四边形；反之，若四边形ABCD为平行四边形，则且方向相同，因此.③正确.∵，∴的长度相等且方向相同，又，∴的长度相等且方向相同，∴的长度相等且方向相同，故.④不正确.当且方向相反时，即使，也不能得到，故且不是的充要条件，而是必要不充分条件.综上所述，正确命题的序号是②③ 二、填空题13、【解答】解：因为，所以，由正弦定理可得，因为，则，因为，所以解得，故，则，故答案为：．14、【答案】【解析】如图G为BC的中点，点M是△ABC所在平面内的一点，且满足|3|＝0，3，2，32，，∴，又∵S△ABGS△ABC，∴△ABM与△ABC面积之比：，故答案为：． 15、【解答】解：，，即，，同理可得：，，是的垂心，，，是的外心，，，下面证明：，延长交圆于，则，又，，同理可得：，四边形是平行四边形，，，设的中点为，则，，又，，与重合，故，．故答案为：16、【解答】解：取的中点，连接，则，又圆上存在点，使得，所以，因此，故，因为、为圆上的两动点，且，所以，设，则，即点的轨迹方程为，表示圆上的点与定点之间的距离，因此，即，即．故答案为：．