【文档说明】人教版高中数学必修第二册课后巩固练习第六章测评《(含解析).doc，共(9)页，918.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第六章测评(时间:120分钟满分:150分)一、单项选择题(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a=(2,1),b=(x,-2),若a∥b,则a+b=()A.(-2,-1)B.(2,1)C.(3,-1)D.(-3

,1)答案A解析∵a∥b,∴2×(-2)-x=0,∴x=-4.∴a+b=(2,1)+(-4,-2)=(-2,-1).2.在△ABC中,若A=60°,BC=4,AC=4,则角B的大小为()A.30°B.45°C.135°D

.45°或135°答案B解析由正弦定理,得,则sinB=.因为BC>AC,所以A>B,而A=60°,所以B=45°.3.(2018全国Ⅱ高考)已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=()A.4B.3C.2D.0答案B解析a·(2a-b)=2a2-a

·b=2-(-1)=3.4.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)2-c2=4,C=120°,则△ABC的面积为()A.B.C.D.2答案C解析将c2=a2+b2-2abcosC与(a+b)2-c2=4联立,解得ab=4,故S△ABC=absinC=.5.

在△ABC中,若其面积为S,且=2S,则角A的大小为()A.30°B.60°C.120°D.150°答案A解析因为S=AB·AC·sinA,而=AB·AC·cosA,所以AB·AC·cosA=2AB·AC·sinA,所以tanA=,故

A=30°.6.(2018全国Ⅰ高考)在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则=()A.B.C.D.答案A解析如图,=-=-)==)=.7.在△ABC中,AB=,AC=2,若O为△ABC内部的一点,且满足=0,则=()A.B.C.D.答案C解析由=0

可知O为△ABC的重心,于是)·()=)=.8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知sin(B+A)+sin(B-A)=3sin2A,且c=,C=,则△ABC的面积是()A.B.C.D.答案D解析∵sin(B+A)=sinBcosA+co

sBsinA,sin(B-A)=sinBcosA-cosBsinA,sin2A=2sinAcosA,sin(B+A)+sin(B-A)=3sin2A,∴2sinBcosA=6sinAcosA.当cosA=0时,A=,B=.又c=,所以b=.

由三角形的面积公式,得S=bc=;当cosA≠0时,由2sinBcosA=6sinAcosA,得sinB=3sinA.根据正弦定理,可知b=3a,再由余弦定理,得cosC==cos,解得a=1,b=3,所以此时△ABC的面积为S=absinC=

.综上可得△ABC的面积为,故选D.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)9.下列说法错误的是()A.就是所在的直线平行

于所在的直线B.长度相等的向量叫相等向量C.零向量的长度等于0D.共线向量是在同一条直线上的向量答案ABD解析包含所在的直线与所在的直线平行和重合两种情况,故A项错;相等向量不仅要求长度相等,还要求方向相同,故B项错;按定义,零向量的长度等于

0,故C项正确;共线向量可以是在一条直线上的向量,也可以是所在直线互相平行的向量,故D项错.10.(2019山东济南高一期末)对于任意的平面向量a,b,c,下列说法错误的是()A.若a∥b且b∥c,则a∥cB.(a+b)·c=a·c+b·cC.若a·b=a·c,且a≠

0,则b=cD.(a·b)·c=a·(b·c)答案ACD解析对于A,b=0,命题不成立;对于B,这是平面向量数乘的分配律,显然成立;对于C,若a和b,c都垂直,显然b,c至少在模的方面没有特定关系,所以命题不成立;对于

D,如图,若a=,b=,c=,则(a·b)·c与a·(b·c)是一个分别和c,a共线的向量,显然命题(a·b)·c=a·(b·c)不成立.故选ACD.11.(2019福建厦门外国语学校高一月考)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个命题中正确的是()A.若,

则△ABC一定是等边三角形B.若acosA=bcosB,则△ABC一定是等腰三角形C.若bcosC+ccosB=b,则△ABC一定是等腰三角形D.若a2+b2-c2>0,则△ABC一定是锐角三角形答案AC解析由,利用正弦定理可得,即tanA=

tanB=tanC,即A=B=C,所以△ABC是等边三角形,A正确;由正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB,即sin2A=sin2B,所以2A=2B或2A+2B=π,△ABC是等腰三角形或直角三角形,B不正确;由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=sinB,

即sin(B+C)=sinB,即sinA=sinB,则A=B,△ABC是等腰三角形,C正确;由余弦定理可得cosC=>0,C为锐角,A,B不一定是锐角,D不正确,故选AC.12.(2019山东烟台高一期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a

+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是()A.sinA∶sinB∶sinC=4∶5∶6B.△ABC是钝角三角形C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍D.若c=6,则△ABC外接圆半径为答案ACD解析因为(a+b)∶(a+c

)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设(x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,所以sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A正确;由上可知:c边最大,所以三角形中C角最大,又cosC=>0,所以C角为锐角,所以B错误;由上可知a边最小,所以三

角形中A角最小,又cosA=,所以cos2A=2cos2A-1=,所以cos2A=cosC.由三角形中C角最大且C角为锐角可得:2A∈(0,π),C∈,所以2A=C,所以C正确;由正弦定理得2R=,又sinC=,所以2R=,解得R=,所以D正确.故选ACD.三、填空题(本题共4小题,每小题5分,

共20分)13.(2019全国Ⅲ高考)已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=2a-b,则cos<a,c>=.答案解析∵a,b为单位向量,∴|a|=|b|=1.又a·b=0,c=2a-b,∴|c|2=4|a|2+5|b|2-4a·b=9,∴|c|

=3.又a·c=2|a|2-a·b=2,∴cos<a,c>=.14.已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=4,c=2,B=60°,则b=,C=.答案230°解析在△ABC中,因为a=4,c=2,B=60°,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB=42+22-2×

4×2cos60°=12,所以b=2,又由正弦定理,得sinC=,又由c<b,所以C<B,所以C=30°.15.如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上B,D两点,测出四边形ABCD各边的长度(单位:km):A

B=5km,BC=8km,CD=3km,DA=5km,如图所示,且A,B,C,D四点共圆,则AC的长为km.答案7解析因为A,B,C,D四点共圆,所以B+D=π.由余弦定理,得AC2=52+32-2×5×3cosD=34-30cosD,AC2=52+82-2×5×8cosB=89-80c

osB.由于B+D=π,即cosB=-cosD,因此-,解得AC=7.16.在四边形ABCD中,=(1,1),,则四边形ABCD的面积为.答案解析由=(1,1),可知四边形ABCD为平行四边形,且||=||=,因为,所以可知平行四边形ABCD的角平分线BD平分∠ABC,四边形ABCD为菱形,

其边长为,且对角线BD长等于边长的倍,即BD=,则CE2=()2-,即CE=,所以三角形BCD的面积为,所以四边形ABCD的面积为2×.四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演

算步骤)17.(10分)已知a=(1,2),b=(-3,1).(1)求a-2b;(2)设a,b的夹角为θ,求cosθ的值;(3)若向量a+kb与a-kb互相垂直,求k的值.解(1)a-2b=(1,2)-2(-3,1)=(1+6,2-2)=(7,0).(2)cosθ

==-.(3)因为向量a+kb与a-kb互相垂直,所以(a+kb)·(a-kb)=0,即a2-k2b2=0,因为a2=5,b2=10,所以5-10k2=0,解得k=±.18.(12分)设向量a,b满足|a|=|b|=1,且|3a-2b|=.(1)求a与b的夹角;(2)求|2a+3b|的大小.解

(1)设a与b的夹角为θ.由已知得(3a-2b)2=7,即9|a|2-12a·b+4|b|2=7,因此9+4-12cosθ=7,于是cosθ=,故θ=,即a与b的夹角为.(2)|2a+3b|===.19.(12分)在△ABC中,角A,B,C所对

的边分别是a,b,c,且.(1)证明:sinAsinB=sinC;(2)若b2+c2-a2=bc,求tanB.(1)证明根据正弦定理,可设=k(k>0).则a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC.代入中,有,变形可得sinAsinB=sin

AcosB+cosAsinB=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,所以sinAsinB=sinC.(2)解由已知,b2+c2-a2=bc,根据余弦定理

,有cosA=.所以sinA=.由(1),sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB,所以sinB=cosB+sinB,故tanB==4.20.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin=bsinA.(1)求

B;(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.解(1)由题设及正弦定理得sinAsin=sinBsinA.因为sinA≠0,所以sin=sinB.由A+B+C=180°,可得sin=cos,故cos=2sincos.因为cos≠0,故sin,因此B=6

0°.(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC=a.由正弦定理得a=.由于△ABC为锐角三角形,故0°<A<90°,0°<C<90°.由(1)知A+C=120°,所以30°<C<90°,故<a<2,从而<S△ABC<.因此,△ABC面积的取值范围

是.21.(12分)已知正方形ABCD,E,F分别是CD,AD的中点,BE,CF交于点P.求证:(1)BE⊥CF;(2)AP=AB.证明如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2,则A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).(1)=(1,2)-(2

,0)=(-1,2),=(0,1)-(2,2)=(-2,-1),∵=(-1)×(-2)+2×(-1)=0,∴,即BE⊥CF.(2)设P(x,y),则=(x,y-1),=(-2,-1).∵,∴-x=-2(y-1),即x=2

y-2.同理由,得y=-2x+4,代入x=2y-2,解得x=,∴y=,即P.∴=4=,∴||=||,即AP=AB.22.(12分)要将一件重要物品从某港口O用小艇送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时,轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以30海里/

时的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶,经过t小时与轮船相遇.(1)若希望相遇时小艇的航行距离最短,则小艇航行速度的大小应为多少?(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/时,试设计航行方案(即确定航行方

向和航行速度的大小),使得小艇能在最短时间内与轮船相遇,并说明理由.分析解决解三角形的应用题时首先要根据题意画出示意图,然后把实际问题转化为三角形的边角计算问题.解(1)(方法一)设相遇时小艇航行的距离为s,则s==,故当t=时,smin=10海里,

v==30,即小艇以30海里/时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最短.(方法二)若相遇时小艇的航行距离最短,又轮船沿正东方向匀速行驶,则小艇航行方向为正北方向.设小艇与轮船在C处相遇,如图①所示.在Rt△OAC中,OC=20cos30°=10,AC=20sin30°=10,又A

C=30t,OC=vt,所以t=,v==30.故小艇以30海里/时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最短.(2)设小艇与轮船在B处相遇,如图②所示,则v2t2=400+900t2-2×20×30t×cos(90°-30°),即v2=900-.∵0<v≤30

,∴900-≤900,即≤0,解得t≥.又t=时,v=30.故v=30时,t取得最小值,且最小值等于.此时,在△OAB中,有OA=OB=AB=20,故可设计航行方案如下:航行方向为北偏东30°,航行速度为30海里/时.此时小艇能在最短时间内与轮船相遇.