人教A版（2019）高中数学必修第二册 第六章测评（含答案）

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)
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°
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.4 B.3 C.2 D.0
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
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°
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.
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.
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)=3sin 2A,且c=,C=,则△ABC的面积是(　　)
A. B.
C. 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0
D.共线向量是在同一条直线上的向量
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∥c
B.(a+b)·c=a·c+b·c
C.若a·b=a·c,且a≠0,则b=c
D.(a·b)·c=a·(b·c)
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acos A=bcos B,则△ABC一定是等腰三角形
C.若bcos C+ccos B=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
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.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△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
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=.
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=　　　　　.
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):AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,如图所示,且A,B,C,D四点共圆,则AC的长为　　　　　 km.
16.在四边形ABCD中,=(1,1),,则四边形ABCD的面积为　.
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cos θ的值;
(3)若向量a+kb与a-kb互相垂直,求k的值.
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.
19.(12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且.
(1)证明:sin Asin B=sin C;
(2)若b2+c2-a2=bc,求tan B.
20.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin=bsin A.
(1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=1,求△ABC面积的取值范围.
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.
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.
第六章测评答案
(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sin B=.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.4 B.3 C.2 D.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+b2-2abcos C与(a+b)2-c2=4联立,解得ab=4,故S△ABC=absin C=.
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·sin A,而=AB·AC·cos A,所以AB·AC·cos A=2AB·AC·sin A,所以tan A=,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)=3sin 2A,且c=,C=,则△ABC的面积是(　　)
A. B.
C. D.
答案D
解析∵sin(B+A)=sin Bcos A+cos Bsin A,sin(B-A)=sin Bcos A-cos Bsin A,sin 2A=2sin Acos A,sin(B+A)+sin(B-A)=3sin 2A,∴2sin Bcos A=6sin Acos A.当cos A=0时,A=,B=.又c=,所以b=.由三角形的面积公式,得S=bc=;当cos A≠0时,由2sin Bcos A=6sin Acos A,得sin B=3sin A.根据正弦定理,可知b=3a,再由余弦定理,得cos C==cos,解得a=1,b=3,所以此时△ABC的面积为S=absin C=.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0
D.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∥c
B.(a+b)·c=a·c+b·c
C.若a·b=a·c,且a≠0,则b=c
D.(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acos A=bcos B,则△ABC一定是等腰三角形
C.若bcos C+ccos B=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tan A=tan B=tan C,即A=B=C,
所以△ABC是等边三角形,A正确;
由正弦定理可得sin Acos A=sin Bcos B,
即sin 2A=sin 2B,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sin Bcos C+sin Ccos B=sin B,
即sin (B+C)=sin B,即sin A=sin B,
则A=B,△ABC是等腰三角形,C正确;
由余弦定理可得cos C=>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.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6
B.△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sin A∶sin B∶sin C=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cos C=>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cos A=,
所以cos 2A=2cos2A-1=,所以cos 2A=cos C.
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sin C=,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=.
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=.
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2　30°
解析在△ABC中,因为a=4,c=2,B=60°,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=42+22-2×4×2cos 60°=12,所以b=2,又由正弦定理,得sin C=,又由c15.
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):AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,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+32-2×5×3cos D=34-30cos D,AC2=52+82-2×5×8cos B=89-80cos B.
由于B+D=π,即cos B=-cos D,
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cos θ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)cos θ==-.
(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+4-12cos θ=7,于是cos θ=,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:sin Asin B=sin C;
(2)若b2+c2-a2=bc,求tan B.
(1)证明根据正弦定理,可设=k(k>0).则a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C.
代入中,有,变形可得sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,所以sin Asin B=sin C.
(2)解由已知,b2+c2-a2=bc,
根据余弦定理,有cos A=.
所以sin A=.
由(1),sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B,
所以sin B=cos B+sin B,
故tan B==4.
20.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin=bsin A.
(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sin Asin=sin Bsin A.因为sin A≠0,所以sin=sin B.
由A+B+C=180°,可得sin=cos,
故cos=2sincos.
因为cos≠0,故sin,因此B=60°.
(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°故因此,△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=2y-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=20cos 30°=10,AC=20sin 30°=10,
又AC=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.