北师大版（2019）必修二 第二章 平面向量及其应用 章节测试题(含答案)

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北师大版（2019）必修二 第二章 平面向量及其应用 章节测试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题1．已知是边长为4的等边三角形,P为所在平面内一点,则的最小值为( )A.-8 B.-6 C.-4 D.-22．在中,过重心E任作一直线分别交AB,AC于M,N两点,设,,（,）,则的最小值是( )A. B. C.3 D.23．已知在中,角A,B,C对边分别为a,b,c,且,,则能将全部覆盖的所有圆中,最小的圆的面积为( )A. B. C. D.4．如图,在中,M为线段BC的中点,G为线段AM上一点,,过点G的直线分别交直线AB,AC于P,Q两点,,,则的最小值为( ).A. B. C.3 D.95．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则角( )A. B. C. D.6．已知非零向量满足,则在方向上的投影向量为( )A. B. C. D.7．学校兴趣小组为了测量市民活动中心广场一圆柱状建筑物的高度,在地面上选取相距120米的两点M,N,若在M,N处分别测得圆柱状建筑物的最大仰角为和,则该圆柱状建筑物的高度约为( ) A.60 B. C.30 D.8．已知向量,,,,的夹角为,若存在实数m使得,则m的取值范围是( )A. B. C. D.二、多项选择题9．如图，已知点O为正六边形ABCDEF的中心，下列结论中正确的有( )A. B.C. D.10．已知向量、、是平面内的非零向量,则下列说法正确的是( )A.若,则 B.若,则C.向量在上的投影向量为 D.11．已知O为的外心,且.若向量在向量上的投影向量为,则的值可能为( )A. B. C. D.12．已知非零单位向量和,若,向量在向量上的投影向量为,向量在向量上的投影向量为,则下列结论正确的是( )A. B. C. D.三、填空题13．设向量,为单位正交基底,若,,且,则_________．14．已知向量,满足,,且,则与的夹角等于____________.15．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得,阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值(且)的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆,在平面直角坐标系xOy中,,,点P满足,则的最小值为___________.16．记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,,则__________.四、解答题17．从①;②条件中任选一个,补充到下面横线处,并解答在中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,___________.（1）求角A;（2）若外接圆的圆心为O,,求BC的长.18．在①,②,③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答该问题.在中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足_______,.（1）若,求的面积;（2）求周长l的取值范围.19．已知在中,A,B,C为三个内角,a,b,c为三边,,.（1）求角B的大小;（2）在下列两个条件中选择一个作为已知,求出BC边上的中线的长度.①的面积为;②的周长为.20．2022年2月4日,冬奥会在北京与张家口开幕,如图,四边形ABCD是主办方为运动员精心设计的休闲区域的大致形状,区域四周是步道,中间是花卉种植区域,为减少拥堵,中间穿插了氢能源环保电动步道AC,,,,.(1)求氢能源环保电动步道AC的长;(2)若,求花卉种植区域总面积.21．如图,在中,,,P为CD上一点,且满足,若的面积为.(1)求m的值;(2)求的最小值.22．如图,游客从某旅游景区的景点A处下上至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为.在甲出发后,乙从A乘缆车到B,在B处停留后,再从B匀速步行到C,假设缆车匀速直线运动的速度为,山路AC长为,经测量,.（1）求索道AB的长;（2）问：乙出发多少后,乙在缆车上与甲的距离最短？（3）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过,乙步行的速度应控制在什么范围内？参考答案1．答案：B解析：取BC中点O,以O为原点,OC,OA为x,y轴建立如图所示平面直角坐标系,则,,,设,则,,,所以,所以,当且仅当,时等号成立,所以的最小值为-6,故选：B.2．答案：C解析：在中,E为重心,所以,设,,(,）所以,,所以.因为M、E、N三点共线,所以,所以（当且仅当,即,时取等号）．故的最小值是3．故选：C．3．答案：B解析：由,则,又,由正弦定理得,由余弦定理得,又,则设的外接圆半径为R,由正弦定理得,故,所以能将全部覆盖的所有圆中,最小的圆即的外接圆,其面积为.故选:B.4．答案：B解析：因为M为线段BC的中点,所以,又因为,所以,又,,所以,又P,G,Q三点共线,所以,即,所以,当且仅当,即,时取等号.故选:B5．答案：B解析：依题意,,即,所以,所以B为锐角,所以.故选：B.6．答案：B解析：由知：,可得,所以在方向上的投影向量为.故选：B.7．答案：B解析：设圆柱状建筑物的高度为h,则有,即,所以.故选：B.8．答案：C解析:,则,,则,故,,由题意可知,.故选:C.9．答案：BC解析：A选项，，故A错误；B选项，，，由正六边形的性质知，，故B正确；C选项，设正六边形的边长为1，则，，，式子显然成立，故C正确；D选项，设正六边形的边长为1，，，故D错误.故选BC.10．答案：AC解析：对于A选项,由可得,整理可得,又因为、为非零向量,所以,,A对;对于B选项,由可得,因为、、是平面内的非零向量,则或,B错;对于C选项,向量在上的投影向量为,C对;对于D选项,设,,所以,是与共线的向量,是与共线的向量,但、不一定共线,则、不一定相等,D错.故选：AC.11．答案：BCD解析：因为,所以,即,又因为为的外心,则,所以,,,则,即,且O为斜边BC的中点,过A作BC的垂线AQ,垂足为Q.因为在上的投影向量为,所以在上的投影向量为.当时,点Q与点O重合,则,,;当时,如图1,;当时,如图2,.所以,因为,所以当时,取得最小值,且最小值为.当时,,当时,.故的取值范围是.故选:BCD12．答案：ACD解析:,,对选项A:,正确;对选项B:,,不共线,错误;对选项C:,正确;对选项D:,正确.选:ACD.13．答案：2解析：因为向量,为单位正交基底,,,所以,即所以,即故答案为：2.14．答案：解析：由条件,可得,即,得到,所以,所以.15．答案：解析：设点,由可得,整理可得,化为标准方程可得,因为O为AB的中点,所以,,记圆心为,当点P为线段OM与圆的交点时,取最小值,此时,,所以,.故答案为:.16．答案：或解析：因为,,由余弦定理,所以,所以,所以.故答案为:17．答案：（1）（2）解析：（1）选择条件①：因为,由正弦定理,可得,即,所以.因为,所以.选择条件②：因为所以,即.因为所以所以,.（2）由题意,O是外接圆的圆心,所以,所以故此.在中,由正弦定理,,即,解得.18．答案：（1）（2）解析:（1）若选条件①,由及正弦定理,得即,化简得,因为,所以,所以,因为,所以.若选条件②,由及正弦定理,得,即,化简得,因为,所以,所以,因为,所以.若选条件③,由化简得,,由余弦定理得,即,因为,所以,所以三个条件,都能得到.由余弦定理得,即,解得,所以的面积.（2）因为,,由正弦定理得,因为,所以,因为,所以,所以,即,所以周长l的取值范围为.19．答案：（1）（2）答案见解析解析： ,则由正弦定理可得,,∵,,, ,解得.（2）若选择（1）,由（1）可得,即则,解得,则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：.若选择（2）：由（1）可得,设的外接圆半径为R,则由正弦定理可得,,则周长,解得,则,,由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：.20．答案：(1)(2)解析：（1）,, ,在中,由余弦定理可知,即.（2）在中,由余弦定理可得,即,解得或（舍去）,即,即,,所以花卉种植区域总面积为.21．答案：(1)(2)当,时取得等号解析：(1)建立如图所示直角坐标系,设,,则,,由得,故,由得,所以,因为C,P,D三点共线,所以,所以,解得.(2)由(1)得,因为,所以,所以,所以,当且仅当,时取得等号.22．答案：（1）（2）（3）（单位：m/min）解析：（1）在中,因为,,所以,,从而.由正弦定理,得.（2）假设乙出发后,甲、乙两游客距离为d,此时,甲行走了,乙距离A处,所以由余弦定理得,由于,即,故当时,甲、乙两游客距离最短.（3）由正弦定理,得.乙从B出发时,甲已走了,还需走才能到达C.设乙步行的速度为,由题意得,解得,所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过,乙步行的速度应控制在（单位：）范围内.