（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 第六章《平面向量及其应用》同步单元必刷卷（培优版）（全解全析）

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第六章《平面向量及其应用》同步单元必刷卷（培优版）解析版1．A【分析】由正弦定理可得，再在中由余弦定理化简得出，即可求出.【详解】因为，所以，在中，由正弦定理可得，则，在中，由余弦定理得 ，因为，所以，则当，即时，取得最大值为.故选：A.2．C【详解】由题意可知，, ，由点是斜边的中点，可知 故选：C3．A【分析】根据题意，结合余弦定理得，，，再根据公式求解即可.【详解】解：∵，又∵，∴.∴（当且仅当时取等号）.∴.∴面积的最大值为.故选：A.4．B【分析】由垂直的数量积表示得，再把模的运算转化为数量积计算．【详解】由已知，，，所以．故选：B．5．C【分析】利用向量数量积的坐标运算以及向量模的坐标运算即可求解.【详解】由，，则，，，设与的夹角余弦值为，所以.故选：C6．D【分析】根据题意可得，再利用数量积的定义化简求出.【详解】在平行四边形ABCD中，,所以.故选：D.7．A【分析】以点A为原点，建立如图的直角坐标系，设，，由求得，再由解得，从而可得答案.【详解】解：以点A为原点，建立如图的直角坐标系，依题意，，不妨设，则，则，设，则由得，所以，即，，又，所以，因为，解得，所以，故选：A.8．C【分析】由正弦定理化角为边后，由余弦定理求得，然后分类讨论：或求解．【详解】由正弦定理，可化为：，即，所以，，所以，又为直角三角形，若，则，，，，若，则，，，．故选：C．9．ABC【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，根据平面向量数量积的坐标运算可求得点轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据轨迹与正方形有个交点可确定半径的取值范围，解出的范围后即可得到结果.【详解】以为坐标原点，可建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设，则，，，，满足题意的有个，，即，点轨迹是以为圆心，为半径的圆，且与正方形有个不同交点，正方形外接圆半径，内切圆半径，，解得：，可能的取值为.故选：ABC.【点睛】方法点睛：解决平面几何中的向量数量积问题，通常采用建立平面直角坐标系的方法，将问题转化为平面向量的坐标运算来进行求解.10．ACD【分析】根据欧拉线定理可判断A；利用向量的加、减运算可判断B；利用向量的数量积可判断C；利用向量的加法运算以及欧拉线定理可判断D.【详解】A，由题意可得，即，故A正确；B，由是的重心可得,所以，故B错误；C，过的外心分别作的垂线，垂足为，如图，易知分别是的中点，则，故C正确；D，因为是的重心，所以，故，由欧拉线定理可得,所以，故D正确.故选：ACD11．ABC【分析】利用条件及向量的加法运算可判断AC，利用数量积可判断BD.【详解】∵，∴即，∴当时，，故A正确；由可得，故B正确；当时，，D与C重合，的面积最大，故C正确；当时，，∴，故D错误.故选：ABC.12．ABD【分析】将两边同时平方可得即可判断A；由判断是否成立可判断B；计算，的夹角可判断C；举反例可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A，若，则，得，所以不成立，故选项A不正确，为假命题；对于B：若，则，因为，，所以，所以不成立，故选项B不正确，为假命题；对于C：由选项A的解析可知：若，则，因为，所以，所以，所以，是方向相反的两个向量，即，共线，所以存在实数，使得，故选项C为真命题；对于D：取实数，使得，则，而，此时，所以选项D不正确，为假命题，故选：ABD.13．【分析】余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出的值，然后利用锐角三角形，排除一个答案.【详解】由余弦定理得：，而由得：，因为是锐角三角形，所以，故，解得：或19，当，即时，，由大边对大角得：最大角为，，故为锐角，符合要求；当，时，由大边对大角得：最大角为，，故为钝角，不合题意，舍去故答案为：14．【分析】过圆心作于点，根据几何法求出的长，进而可得点的轨迹为圆，求出直线恒过定点，由圆的性质可得，再由即可求解.【详解】因为线段是圆的一条动弦，过圆心作于点，则为中点，又，则，即点的轨迹为圆，直线可化为，则直线恒过定点，因为，由可知，所以.故答案为：.15．【分析】通过三角形的面积公式，再结合余弦定理即可求得答案.【详解】由题意，，由余弦定理可知：，因为，所以.故答案为：.16．【分析】设，，，根据已知条件可得，，整理可得，求得的范围即可求解.【详解】设，，，，，，则，，整理得：，所以，则，解得：，所以，故答案为：.17．（1）；（2）.【分析】(1)根据给定条件结合正弦定理边化角即可计算作答.(2)由(1)及已知可得，在中求出的正余弦即可借助差角的正弦公式计算作答.（1）在中，由正弦定理及得：，即，于是得，而，，因此有，而，因此，，所以角A的大小是.（2）由(1)知，，又，则有，如图，在中，，则，于是得，，而，即有，因此，.18．（1），；（2）.【分析】（1）应用三角恒等变换可得，根据正弦型函数的性质求最小正周期、区间值域.（2）由题设可得，再根据已知条件及余弦定理可得，应用基本不等式求最值，注意等号成立条件.（1）由题设，，∴，当，即时，有，∴.（2）由题设，且，可得或(舍)，由余弦定理知：，而，则，当且仅当时等号成立，∴，即．19．（1）（2）最大值为，此时【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得进而求得.（2）求得平面四边形面积的表达式，结合三角函数最值的求法求得平面四边形面积的最大值及相应的值.（1）∵，由正弦定理知，，由余弦定理知，.（2）由（1）以及，得是等边三角形．设，则．余弦定理可得：，则．故四边形面积．∵，∴，∴当时，S取得最大值为，故平面四边形面积的最大值为，此时．20．（1）单调递增区间为；（2）.【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，然后解不等式，即可得出函数的单调递增区间；（2）利用正弦定理可求得角，分析可知为等边三角形，求出边的长，利用三角形的面积公式可求得结果.（1）解：因为，由可得，因此，函数的单调递增区间为.（2）解：，由可得，所以，可得，在中，，，，由正弦定理可得，即：，所以，，，则，故为等边三角形，故为的中点，则，因此，.21．（1）最小正周期为，单调增区间为，（2）【分析】（1）首先利用倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，之后求得其最小正周期，利用整体角思维，结合正弦函数单调增区间求得结果；（2）根据求得，根据，利用余弦定理，结合基本不等式求得结果.（1），函数的最小正周期，由，得，，故函数的单调增区间为，．（2），求得，，，当且仅当时，取等号．．22．（1）；（2）.【分析】(1)由正弦定理将中的边化为角，再结合正弦的两角和公式化简可求得，从而得解；(2)易知为等边三角形，在中，由余弦定理可求得，再根据和，可推出四边形的面积，最后由和正弦函数的图象与性质即可得解．（1），由正弦定理得，，即，，，，．（2）因为，，∴△ABC是等边三角形，在中，由余弦定理知，，而，，四边形的面积，，，，当即时，取得最大值，为，故四边形面积的最大值为．