单元素养评价(二)(第二章)(120分钟150分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.下列量不是向量的是()A.位移B.速度C.功D.力【解析】选C.位移、速度、力都是矢量,也是向量,而功只有大小,没有方向,不是向量.2.若a+b+c=0,则a,b,c()A.都是非零向量时也可能无法构成一个三角形B.一定不可能构成三角形C.都是非零向量时能构成三角形D.一定可构成三角形【解析】选A.当a,b,c为非零向量且不共线时可构成三角形,而当a,b,c为非零向量且共线时不能构成三角形.【误区警示】解答本题往往会忽视非零向量共线的情况而错误地选择C答案.3.(2020·杨浦区高一检测)设D,E,F分别为△ABC的三边BC,CA,AB的中点,则+=()A.B.C.D.【解析】选A.+=(+)+(+)=(+)=.4.设D,E,F分别是△ABC的三边BC,CA,AB上的点,且=,=2,=2,则++与()A.反向平行B.同向平行C.互相垂直D.既不平行也不垂直【解析】选A.++=++++-=++---=(-)+=+=-.5.△ABC中,已知A=90°,=(k,6),=(-2,3),则k的值是()A.-4B.-3C.4D.9【解析】选D.因为△ABC中,A=90°,所以⊥,所以·=0.因为=(k,6),=(-2,3),所以-2k+18=0,解得k=9.6.(2020·太原高一检测)已知非零向量a,b不共线,实数x,y满足(3x-4y)a+(2x-3y)b=6a+3b,则x-y的值为()A.3B.-3C.0D.2【解析】选A.由原式可得解得所以x-y=3.7.已知a+b+c=0,|a|=2,|b|=3,|c|=,则向量a与b的夹角为()A.30°B.45°C.60°D.以上都不对【解析】选C.因为a+b+c=0,所以c=-(a+b),所以c2=(a+b)2,即|c|2=|a|2+|b|2+2|a||b|cos<a,b>,所以19=4+9+12cos<a,b>,所以cos<a,b>=.又因为0°≤<a,b>≤180°,所以<a,b>=60°.8.设向量a,b满足:|a|=3,|b|=4,a·b=0,以a,b,a-b的模为边长构成三角形,则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为()A.3B.4C.5D.6【解析】选B.对于半径为1的圆有一个位置正好是三角形的内切圆,此时只有三个交点,对于圆的位置稍右移或其他的变化,能实现4个交点的情况,但4个以上的交点不能实现.9.在△ABC中,AB边上的高为CD,若=a,=b,a·b=0,|a|=1,|b|=2,则=()A.a-bB.a-bC.a-bD.a-b【解析】选D.因为a·b=0,所以⊥.所以AB==.又因为CD⊥AB,所以△ACD∽△ABC.所以=.所以AD==.所以==(-)=(a-b)=a-b.10.在矩形ABCD中,=,=,设=(a,0),=(0,b),当⊥时,的值为()A.3B.2C.D.【解析】选D.如图,=+=+=+=.=+=-+=(0,-b)+=,因为⊥,所以-=0,所以=.11.在△ABC中,已知向量与满足·=0,且=,则△ABC是()A.等边三角形B.直角三角形C.等腰非等边三角形D.三边均不相等的三角形【解析】选A.因为非零向量与满足·=0,所以∠BAC的平分线垂直于BC,所以AB=AC.又cos∠BAC==,所以∠BAC=60°,所以△ABC为等边三角形.12.如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则·的最小值为()A.B.C.D.3【解析】选A.如图,以D为坐标原点建立直角坐标系,连接AC,由题意知,∠CAD=∠CAB=60°,∠ACD=∠ACB=30°,则D(0,0),A(1,0),B(,),C(0,).设E(0,y)(0≤y≤),则=(-1,y),=(-,y-),所以·=+y2-y=+,所以当y=时,·有最小值.【补偿训练】如图所示,半圆的直径AB=4,O为圆心,C是半圆上不同于A,B的任意一点,若P为半径OC上的动点,则·的最小值是()A.2B.0C.-1D.-2【解析】选D.由平行四边形法则得+=2,故(+)·=2·,又||=2-||,且,反向,设||=t(0≤t≤2),则(+)·=2·=-2t(2-t)=2(t2-2t)=2[(t-1)2-1].因为0≤t≤2,所以当t=1时(+)·有最小值,最小值为-2.二、填空题(每小题5分,共20