第六章平面向量及其应用章末综合检测卷
题号 一 二 三 四 总分
得分
练习建议用时：120分钟 满分：150分
一 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知向量，且，则（ ）
A． B．2 C． D．
2．若，是夹角为60°的两个单位向量，则向量与的夹角为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
3．已知飞机从A地按北偏东的方向飞行到达B地，再从B地按南偏东的方向飞行到达C地，再从C地按西南方向飞行到达D地.则D地距A地（ ）
A． B． C． D．
4．在中，角，，的对边分别为，，，已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是所在平面内一点，若均为正数，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
6．在同一平面上有相距14公里的两座炮台，在的正东方.某次演习时，向西偏北方向发射炮弹，则向东偏北方向发射炮弹，其中为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点，则炮台与弹着点的距离为（ ）
A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里
7．记的内角的对边分别为．若，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为（ ）
A．0 B． C． D．3
二 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分
9．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知中，，．下列说法中正确的是（ ）
A．若是钝角三角形，则
B．若是锐角三角形，则
C．的最大值是
D．的最小值是
11．如图，延长正方形的边至点E，使得，动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周后回到点A，若，则下列判断不正确的是（ ）
A．满足的点P必为的中点
B．满足的点P有且只有一个
C．满足的点P有且只有一个
D．满足的点P有且只有一个
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知向量，，若，则的值为 ．
13．在中，是边上一点，且，是的中点，过点的直线与两边分别交于两点（点与点不重合），设，，则的最小值为 .
14．如图，平面四边形中，与交于点，若，，则 ．
四 解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15．已知是同一平面内的三个向量，其中.
(1)若，且，求的坐标；
(2)若，且与垂直，求与的夹角的正弦值.
16．已知向量，函数．
(1)求函数的最小正周期；
(2)当时，求函数的最值．
17．如图所示，，两处各有一个垃圾中转站，在的正东方向18km处，的南面为居民生活区.为了妥善处理生活垃圾，政府决定在的北面处建一个发电厂，利用垃圾发电.要求发电厂到两个垃圾中转站的距离（单位：km）与它们每天集中的生活垃圾量（单位：吨）成反比，现估测得，两处中转站每天集中的生活垃圾量分别约为40吨和50吨.
(1)当时，求的值；
(2)发电厂尽量远离居民区，也即要求的面积最大，问此时发电厂与垃圾中转站的距离为多少
18．在中，，，若D是AB的中点，则；若D是AB的一个三等分点，则；若D是AB的一个四等分点，则．
(1)如图①，若，用，表示，你能得出什么结论？并加以证明．
(2)如图②，若，，AM与BN交于O，过O点的直线l与CA，CB分别交于点P，Q．
①利用（1）的结论，用，表示；
②设，，求证：为定值．
19．若锐角的内角，，所对的边分别为，，，其外接圆的半径为，且．
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】利用向量的模及数量积的坐标运算及向量垂直的条件即可求解.
【详解】因为，
所以.
因为，
所以，即，解得.
故选：C.
2．D
【分析】
根据向量数量积、模、夹角的计算求得正确答案.
【详解】
，
，
，
由于向量夹角的取值范围是，
所以向量与的夹角为120°.
故选：D
3．D
【分析】利用“上北下南左西右东”建立直角坐标系，结合题意标出各点位置，从而在与中依次求得，从而得解.
【详解】以为原点，正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立直角坐标系．
由题意知点在第一象限，点在x轴正半轴上，点在第四象限，
由已知可得，为正三角形，，所以．
又，，则，
所以为等腰直角三角形，所以.
故选：D.
4．B
【分析】利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得到，从而求出、.
【详解】因为，由正弦定理可得，
即，又，所以，
因为且，所以，所以
又，所以，.
故选：B
5．B
【分析】
由题设是的重心，应用向量加法、数乘几何意义可得，根据得，最后应用基本不等式求最小值，注意等号成立条件.
【详解】因为，所以点是的重心，
所以.
因为，所以，
综上，.
因为，所以三点共线，则，即.
因为均为正数，所以，则，
所以（当且仅当，即时取等号），
所以的最小值为.
故选：B
6．D
【分析】设炮弹第一次命中点为，在中利用余弦定理求出，又二倍角公式求出，最后在中利用余弦定理计算可得.
【详解】依题意设炮弹第一次命中点为，则，，
，，
在中，
即，解得，
所以，又为锐角，解得（负值舍去），
在中
，
所以，即炮台与弹着点的距离为公里.
故选：D
7．C
【分析】
先根据边的关系求出的范围，然后表示出，求出其范围，进而可得的范围i，则的范围可求.
【详解】根据三角形三边关系可得，即，
又，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，所以，
所以，又为三角形的内角，
所以，
所以.
故选：C.
8．D
【分析】设，求得，得到，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，设，求得，进而求得的最大值为.
【详解】由，可得，
设，
可得
，所以，
因为，所以，
以与交点为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，
设，且，则，，，
当时，.
故选：D.
9．ABC
【分析】根据平面向量共线定理以及基底的概念逐一判断即可.
【详解】对于A，，则为共线向量，不能作为平面向量的基底；
对于B，，则为共线向量，不能作为平面向量的基底；
对于C，，则为共线向量，不能作为平面向量的基底；
对于D，明显不存在实数使，则不共线，可以作为平面向量的基底.
故选：ABC.
10．BC
【分析】根据为钝角时即可判断A，根据正弦定理结合三角函数的性质即可判断BCD.
【详解】对于A,若为钝角，则,故，A错误，
对于B,由正弦定理可得，
由于是锐角三角形，所以且，故，
故，进而，故B正确，
对于C, ,由于，所以时，取最大值，故最大值为，C正确，
对于D，由正弦定理可得
当时，，故D错误，
故选：BC
11．ABD
【分析】建立坐标系，讨论P点所在位置的不同情况，依次求出的范围，再判断每个选项的正误，即可得出结果.
【详解】如图建系，取，
，
动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，
当时，有且，∴，∴，
当时，有且，则，
当时，有且，则，∴，∴，
当时，有且，则，
综上，，
选项A：取，满足，此时，
因此点P不一定是的中点，故A错误；
选项B：当点P为B点或的中点时，均满足，此时点P不唯一，故B错误；
选项C：当点P为点时，且，解得，由上分析可知时为点，故C正确；
选项D：若，
当时，有，故，，此时，
当时，有，故，，
此时点P不唯一，故D错误；
故选：ABD.
12．1
【分析】将两边平方化简可得，利用向量数量积的坐标运算求解即可.
【详解】由，两边平方可得：，
化简可得得，所以，则．
故答案为：1
13．##
【分析】由，得，再由是的中点，结合已知条件可得，从而由三点共线，得，则，化简后利用基本不等式可求得结果.
【详解】因为，所以，得.
又是的中点，，，
所以.
因为三点共线，所以，即，且，
所以，
当且仅当,即时，等号成立.
故答案为：
14．##
【分析】
由向量对应的比例关系、正弦定理，首先可列方程结合求得，进一步结合余弦定理可表示出，由此即可得解.
【详解】
如图，设，，，
，
则：在中，有，
在中，有，
两式相除得，化简得，又，
所以，即，
所以.
在中，由余弦定理，解得，
进一步继续在中，由勾股定理有，所以，
所以.
故答案为：.
15．(1)或
(2)
【分析】（1）利用平面向量共线及模长的坐标表示计算即可；
（2）利用平面向量垂直的坐标表示及数量积公式结合同角三角函数的平方关系计算即可.
【详解】（1），可设，
∴，则，
∴
∴或.
（2）∵与垂直，
∴，即
∴，
∴，
，
，所以与的夹角的正弦值.
16．(1)
(2)最大值0，最小值
【分析】（1）根据数量积的定义，两角和的正弦公式，二倍角公式化简函数解析式，再由正弦型函数周期公式求函数周期；
（2）利用不等式性质求的范围，再由正弦函数和一次函数性质求函数的最值．
【详解】（1）由已知得，
，
所以的最小正周期；
（2）当时，，，
则，
当，即时，函数有最大值；
当，即，函数有最小值．
17．(1)
(2)选址方案满足，．
【分析】（1）由题意可求得，利用余弦定理可求的值，进而可求的值；
（2）设，则，利用余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可得，进而可求到距离，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）由题意，，
可得，
可得，
所以．
（2），设，则，
可得，可得，
到距离，
当，即，取得最大值为，
因此选址方案满足，．
18．(1)，证明见解析
(2)①，②证明见解析
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；
（2）①依题意可得，，由、、三点共线，设，结合（1）的结论用，表示出，由、、三点共线，设，同理表示出，根据平面向量基本定理得到方程，求出、，再代入即可；
②依题意可得，，结合①的结论及共线定理即可得证.
【详解】（1）猜想：，
证明：因为，所以
.
（2）①若，，则，，
因为、、三点共线，设，
则，
因为、、三点共线，设，
则，
因为与不共线，所以，解得，
所以.
②因为，，
所以，，
所以，
因为、、三点共线，所以，则（定值）.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理可将化简为，再次化简得，从而求得，从而可求解.
（2）由的外接圆半径为，从而得，从而可得，由为锐角三角形可得，再构造函数，结合对勾函数的性质从而可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
即，由正弦定理得，
显然，，所以，所以，
因为，所以．
（2）因为外接圆的半径为，所以，所以，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，即，即．
令，，根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，
在上单调递增，且，，，
所以，即，
所以，即的取值范围为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
