第五章：平面向量与解三角形（模块综合调研卷）（A4版-教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page第五章：平面向量与解三角形（模块综合调研卷）（19题新高考新结构）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知向量与能作为平面向量的一组基底，若与共线（），则k的值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】引入参数，由平面向量基本定理建立方程组即可求解.【详解】若与共线，则设，因为向量与能作为平面向量的一组基底，所以，所以，解得.故选：B.2．设的内角，，的对边分别为，，，已知，则的外接圆的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由余弦定理先求出，结合同角平方关系求出，再由正弦定理求出外接圆半径为，即可得解．【详解】因为，，，所以，所以，设的外接圆半径为，则，则的外接圆的面积．故选：A．3．已知单位向量，满足，则与的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意结合数量积的运算律可得，进而可得，，结合夹角公式分析求解.【详解】由题意可知：，因为，解得，则，即，，可得，且，所以与的夹角为．故选：D．4．在中，，，，是边一点，是的角平分线，则（

）A． B．1 C．2 D．【答案】A【分析】由余弦定理得到，由正弦定理和得，求出，进而得到，在中，由正弦定理得到答案.【详解】在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去），在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，其中，，所以，，故，又，所以，在中，由余弦定理得，故，在中，由正弦定理得，即，解得.故选：A5．在中，内角，，所对的边分别为．已知．则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用余弦定理，然后利用正弦定理化简即可.【详解】，因为，得又因为得整理得由正弦定理可得得得，因为所以所以故选:B6．在中，角A、B、C所对的边为a、b、c若，则的形状是（

）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】C【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角、切化弦，再结合二倍角公式求解即得.【详解】在中，由及正弦定理得，而，整理得，即，而，则，因此或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形.故选：C7．已知为单位向量，且，则的最小值为（

）A．2 B． C．4 D．6【答案】B【分析】由，得，可得，由，当等号成立时可得最小值.【详解】为单位向量，有，得，由，得，有，所以，，，，有，则，当且仅当与方向相反时“”成立，如取时，可使“”成立.所以.故选：B．【点睛】关键点点睛：本题关键点是由已知条件得，这样就能得到.8．已知的内角的对边分别为，且.M为内部的一点，且，若，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】把已知等式中向量用表示后可求得，由余弦定理得的关系，求出的最值，再由不等式性质得结论．【详解】∵，∴，∴，又，∴，，由余弦定理得，由（当且仅当时取等号），得，∴，∴，即的最大值是．故选：A.【点睛】本题考查平面向量基本定理，考查余弦定理及基本不等式求最值．解题关键是由平面向量基本定理把用表示出来．二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9．已知向量，的夹角为，且，，则（

）A． B．C． D．在的方向上的投影向量为【答案】AB【分析】根据向量的数量积、向量的模、向量的垂直和投影向量的运算性质，对各个选项逐一判定即可．【详解】，，故A正确；，所以，故B正确；，所以，又因为，所以，故C错误；在上的投影向量为，故D错误；故选：AB．10．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（

）A．边上的高为B．为定值C．的最小值为2D．若，则【答案】ABD【分析】对A，根据边上的高为求解即可；对B，由正弦定理结合三角恒等变换化简即可；对C，由正弦定理结合三角恒等变换化简，结合B中，再根据基本不等式求解即可；对D，根据三角形内角关系，结合两角和差的正切公式与正弦定理判断即可.【详解】对A，边上的高为，由题意，故A正确；对B，由正弦定理即，故，又锐角，故，即，故B正确；对C，，又，故，当且仅当，即时取等号，此时，，与锐角矛盾，故C错误；对D，，即，又，即，故，解得，故.则，即，解得.故，，或，.不妨设，，则，，故，，，故，由正弦定理，故D正确.故选：ABD11．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（

）

A．若，则M为的重心B．若M为的内心，则C．若，，M为的外心，则D．若M为的垂心，，则【答案】ABD【分析】A选项，，作出辅助线，得到，，三点共线，同理可得为的重心；B选项，设内切圆半径为，将面积公式代入得到；C选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D选项，得到，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设，，，表示出，，，结合三角函数得到，，进而求出余弦值；【详解】对A选项，因为，所以，取的中点，则，所以，故，，三点共线，且，同理，取中点，中点，可得，，三点共线，，，三点共线，所以为的重心，A正确；

对B选项，若为的内心，可设内切圆半径为，则，，，所以，即，B正确；对C选项，若，，为的外心，则，设的外接圆半径为，故，，，故，，，所以，C错误；

对D选项，若为的垂心，，则，如图，，，，相交于点，又，，即，，即，，即，设，，，则，，，因为，，所以，即，，则，D正确；故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：本题考查向量与四心关系应用，关键是利用三角形的几何关系及向量数量积及向量线性表示逐项判断.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知平面向量，，，若，，则.【答案】【分析】根据向量平行和垂直的坐标表示得出参数计算即可.【详解】因为，所以,因为，所以,所以.故答案为：.13．我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积为.若，且的外接圆的半径为，则面积的最大值为.【答案】【分析】先将化简得，再由均值不等式得，最后代入面积共公式即可得出答案.【详解】因为,所以由正弦定理得,所以,所以由余弦定理得,而,所以,所以,所以,由得,所以，当且仅当时取等号,所以,故面积的最大值为.故答案为：14．已知A、B、C是半径为1的圆上的三个不同的点，且，则的最小值是．【答案】【分析】根据题意，由正弦定理可得，然后分与讨论，再由平面向量数量积的定义展开，结合三角恒等变换公式代入计算，即可得到结果.【详解】由正弦定理可得，所以，所以，且，则或，则或，当时，，所以，，则，当时，即时，取得最小值；当时，，所以，，则，则无最值；综上所述，的最小值是故答案为：四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．在中，角所对的边分别为，设向量，，，.(1)求函数的最大值；(2)若，，，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由向量数量积的坐标运算得，利用降幂公式和辅助角公式化简，利用正弦函数的性质求最大值；（2）解得，由利用正弦定理边化角得，再结合余弦定理求得，面积公式求的面积．【详解】（1）.因为，所以，所以当，即时，有最大值；（2）因为，所以，所以，因为，所以，由正弦定理，所以，，又因为，所以，得，由余弦定理有：，即，所以，所以．16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)若，求C；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）先由题给条件求得，进而求得；（2）先利用正弦定理和题给条件求得和，再构造函数，求得此函数值域即为的取值范围【详解】（1）由，可得，则整理得，解之得或又，则，则，则（2）A，B为的内角，则则由，可得，则均为锐角又，则，则，则因为,则令，则又在单调递增，，可得，则的取值范围为，则的取值范围为17．在锐角中，内角的对边分别为，且满足：(1)求角的大小；(2)若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦边化角，并结合恒等变换得，再结合题意得，进而根据内角和定理得答案；（2）由题，结合（1）得，设，则，进而根据锐角三角形得，在中，由正弦定理得，进而，再根据三角函数性质求范围即可.【详解】（1）解：因为所以，即所以，所以，即，因为在锐角中，，所以，即，因为，所以，解得所以（2）解：因为，角与角的内角平分线相交于点，所以，所以所以，设，则，因为为锐角三角形，所，解得所以，在中，由正弦定理得，所以，面积因为，所以，所以，所以，所以，面积的取值范围是.18．记的内角，，的对边分别为，，，已知.(1)若，证明：；(2)若，证明：.【答案】(1)见详解；(2)见详解.【分析】（1）根据正余弦定理角化边，整理即可；（2）根据正弦定理推得，即可得到.通过分析，可得以及，代入，整理可得到，令，构造，求导得到在上单调递减.进而得到.【详解】（1）证明：由正弦定理可得，，所以，由余弦定理及其推论可得，，，所以，由已知可得，，即，因为，所以.（2）证明：由已知得，，又由正弦定理可得，，因为，所以.由（1）知，，则，又由正弦定理可得，，又，则，将以及代入可得，，整理可得，，因为，，，所以，则.令，则，，则，所以，当，恒成立，所以在上单调递减.所以，，即.综上所述，.19．若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角．(1)若，且满足，求的大小．(2)若为锐角三角形．（ⅰ）证明：．（ⅱ）若平分，证明：．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出的值即可；（2）（ⅰ）在内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，针对分别在、和内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式，且表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，再化简整理得：，即可得证；（ⅱ）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，平分，将代入，化简整理即可得证.【详解】（1）若，即，得，点满足，则，在和中，，，所以与相似，且