1、試卷第 =page 3 3頁，共 =sectionpages 3 3頁試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁必修第二冊第六章平面向量及其應用單元測試A卷一、單選題1設為兩個非零向量、的夾角,已知當實數變化時的最小值為2,則（ ）A若確定,則唯一確定B若確定,則唯一確定C若確定,則唯一確定D若確定,則唯一確定2如圖,O是坐標原點,M,N是單位圓上的兩點,且分別在第一和第三象限,則|的范圍為()A0,)B0,2)C1,)D1,2)3我國東漢末數學家趙爽在周髀算經中利用一副“弦圖”給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼

2、成的一個大正方形，如圖所示.在“趙爽弦圖中，若，則（ ）ABCD4的內角的對邊分別為，且，若邊的中線等于3，則的面積為（ ）ABCD5著名數學家歐拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半此直線被稱為三角形的歐拉線，該定理則被稱為歐拉線定理設點，分別是的外心、垂心，且為中點，則 （ ）ABCD6在ABC中，內角A、B、C所對邊分別為a、b、c，若，則B的大小是（ ）ABCD二、多選題7以下關于正弦定理或其變形正確的有（）A在ABC中，a：b：csin A：sin B：sin CB在ABC中，若sin 2Asin 2B，則abC在ABC

3、中，若sin Asin B，則AB，若AB，則sin Asin B都成立D在ABC中，8在中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，已知， ，且，則ABCD第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明三、填空題9已知向量，若，則的最小值_.10設，為單位向量，滿足，設，的夾角為，則的最小值為_11在ABC中，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP=9，若（m為常數），則CD的長度是_12在中，D為邊上的點，且，則_.四、解答題13的內角的對邊分別為，已知（1）求；（2）若為銳角三角形，且，求面積的取值范圍14已知向量，滿足，求證：為等邊三角形15已知函數.（1）求函數f（x）的單調性；（2）在

4、ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，c1，求ABC的面積.16在銳角中，角的對邊分別為，已知（1）若，求；（2）求的取值范圍.答案第 = page 13 13頁，共 = sectionpages 13 13頁答案第 = page 1 1頁，共 = sectionpages 2 2頁參考答案：1A【解析】【分析】畫圖利用點與直線上的點的距離大小關系,以及向量的加減法性質判定即可.【詳解】如圖,記、,則,當時,取得最小值,若確定,則唯一,不確定,若確定,可能有兩解（圖中或）,若確定,則不確定,從而也不確定. 故選：A【點睛】本題主要考查了平面向量的圖形表示,需要結合點到直線的距離最值

5、以及平面向量的加法性質分析.屬于中檔題.2A【解析】【分析】設的夾角為，則cos1，0），|2=+2=2+2cos即可【詳解】設的夾角為,則cos -1,0),|2=+2=2+2cos 0,2),故|的范圍為0,).答案A【點睛】本題考查了向量模的取值范圍的求解，轉化為三角函數求最值，屬于基礎題解決向量的小題常用方法有：數形結合，向量的三角形法則，平行四邊形法則等；建系將向量坐標化；向量基底化，選基底時一般選擇已知大小和方向的向量為基底3D【解析】【分析】利用平面向量的線性運算及平面向量的基本定理求解即可；【詳解】由題意,， 故選：D4C【解析】由正弦定理及三角函數恒等變換化簡已知條件可得，由

6、，求得，可求得，取的中點，延長至點，使得是中點，連接，則四邊形是平行四邊形，在三角形中，由余弦定理可求得，之后利用面積公式求得結果.【詳解】因為，所以，所以，所以，所以，因為，所以，因為，所以取的中點，延長至點，使得是中點，連接，則四邊形是平行四邊形，在三角形中，由余弦定理得，解得，所以三角形的面積為，故選：C.【點睛】該題考查的是有關三角形的問題，涉及到的知識點有應用正弦定理和余弦定理解三角形，三角形的面積公式，屬于簡單題目.5D【解析】構造符合題意的特殊三角形（例如直角三角形），然后利用平面向量的線性運算法則進行計算即可得解【詳解】解：如圖所示的，其中角為直角，則垂心與重合，為的外心，即為

7、斜邊的中點，又為中點，為中點，故選：【點睛】本題考查平面向量的線性運算，以及三角形的三心問題，同時考查學生分析問題的能力和推理論證能力6D【解析】根據正弦定理，可得，令，再結合公式，列出關于的方程，解出后，進而可得到的大小.【詳解】解：，即，令，顯然，解得，B故選：D.【點睛】本題考查正弦定理邊角互化的應用，考查兩角和的正切，用k表示，是本題關鍵7ACD【解析】【分析】對于A，由正弦定理得a：b：csinA：sinB：sinC，故該選項正確；對于B，由題得AB或2A+2B，即得ab或a2+b2c2，故該選項錯誤；對于C，在ABC中，由正弦定理可得AB是sinAsinB的充要條件，故該選項正確；

8、對于D，由正弦定理可得右邊左邊，故該選項正確.【詳解】對于A，由正弦定理，可得a：b：c2RsinA：2RsinB：2RsinCsinA：sinB：sinC，故該選項正確；對于B，由sin2Asin2B，可得AB或2A+2B，即AB或A+B，ab或a2+b2c2，故該選項錯誤；對于C，在ABC中，由正弦定理可得sinAsinBabAB，因此AB是sinAsinB的充要條件，故該選項正確；對于D，由正弦定理，可得右邊左邊，故該選項正確.故選：ACD.【點睛】本題主要考查正弦定理及其變形，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.8AD【解析】【分析】利用正弦定理邊化角，再結合余弦定理即

9、可求解.【詳解】.整理可得: 可得 為三角形內角, 故A正確，B錯誤.解得 ,由余弦定理得 解得, 故C錯誤，D正確.故選: AD.【點睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理實現“邊化角”，二是利用余弦定理實現“角化邊”.9【解析】【分析】首先根據向量平行的坐標表示得到，再根據“1”的變形，利用基本不等式求最值.【詳解】， ，當且僅當，即時，等號成立.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用“1”的妙用，變形，展開后，即可利用基本不等式求最值.10【解析】【分析】利用復數模的平方等于復數的平方化簡條件得，再根據向量夾角公式求函數關系式，根據函數單調性求最值【詳解】，解得：，設， ，當時

10、，的最小值是故答案為：【點睛】關鍵點點睛：解題關鍵是合理轉化，應用函數求最值本題的特點是注重基礎，本題考查了利用模求向量數量積、利用向量數量積求向量夾角、利用函數單調性求最值，考查轉化與化歸思想，考查數學運算、數學建模等學科素養11或0【解析】【分析】根據題設條件可設，結合與三點共線，可求得，再根據勾股定理求出，然后根據余弦定理即可求解.【詳解】三點共線，可設，即，若且，則三點共線，即，,，設，則，.根據余弦定理可得，解得，的長度為.當時， ，重合，此時的長度為，當時，重合，此時，不合題意，舍去.故答案為：0或.【點睛】本題考查了平面向量知識的應用、余弦定理的應用以及求解運算能力，解答本題的關

11、鍵是設出12【解析】【分析】利用余弦定理求出cosB，可得sinB，在ABC中利用正弦定理可得AC【詳解】如圖，在ABD中，余弦定理，由正弦定理：，可得：,故答案為：【點睛】本題考查正余弦定理在解三角形中的應用，解題時要注意合理選擇正余弦定理，屬于中檔題13(1) ;(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理化簡題中等式，得到關于B的三角方程，最后根據A,B,C均為三角形內角解得.(2)根據三角形面積公式，又根據正弦定理和得到關于的函數，由于是銳角三角形，所以利用三個內角都小于來計算的定義域，最后求解的值域.【詳解】(1)根據題意，由正弦定理得，因為，故，消去得，因為故或者，而根據題意，故不成

12、立，所以，又因為，代入得，所以.(2)因為是銳角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又應用正弦定理，由三角形面積公式有：.又因,故，故.故的取值范圍是【點睛】這道題考查了三角函數的基礎知識，和正弦定理或者余弦定理的使用（此題也可以用余弦定理求解），最后考查是銳角三角形這個條件的利用考查的很全面，是一道很好的考題.14證明見解析【解析】【分析】根據和，結合平面向量的數量積運算得出，再利用余弦定理求得，同理得，即可證出是正三角形.【詳解】解：由題可知，則，又，即，即與夾角為，在中，由余弦定理得：，即，則，同理得，為等邊三角形.【點睛】本題考查根據平面向量判斷三角形的形狀，考查利用平面向量的數量積運算求夾角，還涉及余弦定理的應用，考查轉化思想和化簡計算能力.15（1）在上單調遞增，在上單調遞減，kZ；（2）.【解析】（1）利用二倍角公式逆應用和輔助角公式化簡整理，求單調區間即可；（2）求出角，利用正弦定理得C角和B角，再由計算即可.【詳解】解：（1），由，得，kZ；由，得，kZ.故f（x）在上單調遞增，在上單調遞減，kZ；（2），則 ，A（0，），即，由正弦定理得，即，解得 ，或，當C時，A+C，舍去，所以，故，.【點睛】本題考查了三角恒等變換、三角函數單調區間和解三角形的綜合應用，屬于中