2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--第二章　平面向量及其应用拔高练(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
综合拔高练
五年高考练
考点1　平面向量的线性运算
1.(2023新课标Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则(　　)
A.λ+μ=1　　　B.λ+μ=-1
C.λμ=1　　　D.λμ=-1
2.(2022全国乙文,3)已知向量a=(2,1),b=(-2,4),则|a-b|=(　　)
A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.5
3.(2022全国新高考Ⅰ,3)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记=n,则=(　　)
A.3m-2n　　　B.-2m+3n
C.3m+2n　　　D.2m+3n
4.(2021全国乙文,13)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ=　　　　.
考点2　平面向量数量积的运算及应用
5.(2023全国甲文,3)已知向量a=(3,1),b=(2,2),则cos=(　　)
A.　　　B.
C.　　　D.
6.(2021浙江,3)已知非零向量a,b,c,则“a·c=b·c”是“a=b”的(　　)
A.充分不必要条件　　　
B.必要不充分条件
C.充分必要条件　　　
D.既不充分也不必要条件
7.(2023全国乙文,6)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·=(　　)
A.　　　B.3
C.2　　　D.5
8.(2023新课标Ⅱ,13)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=　　　　.
9.(2022全国甲理,13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b=　　　　.
10.(2021全国甲文,13)若向量a,b满足|a|=3,|a-b|=5,a·b=1,则|b|=　　　　.
11.(2021全国甲理,14)已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a⊥c,则k=　　　　.
12.(2020全国Ⅱ理,13)已知单位向量a,b的夹角为45°,ka-b与a垂直,则k=　　　　.
13.(2020北京,13)已知正方形ABCD的边长为2,点P满足),则||=　　　　;·=　　　　.
14.(2020天津,15)如图,在四边形ABCD中,∠B=60°,AB=3,BC=6,且=λ·,则实数λ的值为　　　　　,若M,N是线段BC上的动点,且||=1,则·的最小值为　　　　.
考点3　利用正、余弦定理解三角形
15.(2021全国甲文,8)在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC=(　　)
A.1　　　B.　　　C.　　　D.3
16.(2020全国Ⅲ理,7)在△ABC中,cos C=,AC=4,BC=3,则cos B=(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
17.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的角平分线交BC于D,则AD=　　　　.
18.(2021浙江,14)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中点,AM=2,则AC=　　　　　,cos∠MAC=　　　　.
19.(2021全国乙理,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为,B=60°,a2+c2=3ac,则b=　　　　.
20.(2022全国甲理,16)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD=　　　　.
21.(2023全国甲文,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=2.
(1)求bc;
(2)若=1,求△ABC面积.
22.(2020全国新高考Ⅰ,17)在①ac=,②csin A=3,③c=b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sin A=sin B,C=,　　　　
考点4　解三角形的实际应用
23.(2021全国甲理,8)2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位:m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°,则A,C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(≈1.732)(　　)
A.346　　　B.373　　　C.446　　　D.473
三年模拟练
应用实践
1.(2021陕西西安中学十模)如果平面向量a=(2,-4),b=(-6,12),那么下列结论中不正确的是(　　)
A.|b|=3|a|
B.a∥b
C.a,b的夹角为180°
D.向量a在b方向上的投影数量为2
2.(2021江苏南京师范大学附属中学模拟)已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=3a-b,则cos=(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.(2021黑龙江齐齐哈尔期中)如图,为了测量某湿地内A,B两点间的距离,观察者找到在同一直线上的C,D,E三点.从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC=2(单位:百米),则A,B两点间的距离为(　　)
A.百米　　　B.2百米
C.3百米　　　D.2百米
4.(多选题)(2023重庆育才中学期中)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列命题正确的是(　　)
A.若=cos A,则△ABC为直角三角形
B.若,则△ABC是等腰三角形
C.若b2+c2D.若b2=ac,则05.(2021浙江之江教育评价期中)在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=BC=2,CD=1,M是线段BC上的动点,若·=-3,则·的取值范围是　　　　.
6.(2023江西鹰潭第一中学期中)在平行四边形ABCD中,已知=c,且|a+b|=|a-b|,|a|=6,|b|=2,则|a-b-c|=　　　　.
7.(2023湖北鄂东南省级示范教学改革联盟期中联考)在△OAB 中,,AD,BC的交点为M,过M作动直线l分别交线段OA,OB于E,F两点,若=λ=μ(λ,μ>0),则2λ+μ的最小值为　　　　.
8.(2022河北邢台卓越联盟联考)在△ABC中,A为钝角,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(b2+c2-a2)·tan A=bc.
(1)求角A;
(2)从①C=3B,②a=7且中选择一个作为已知条件,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的高.
9.(2021天津一中期中)在三角形ABC中,AB=2,AC=1,∠ACB=,D是线段BC上一点,且,F为线段AB上一点.
(1)设=xa+yb,求x-y;
(2)求·的取值范围;
(3)若F为线段AB的中点,直线CF与AD相交于点M,求·.
迁移创新
10.(2022河南中原好教育联盟二联)如图,游客到达某旅游景区内的A处后,有两条路径到B处:一条是从A处沿直线步行到B处;另一条是先从A处沿直线坐小火车到达C处,再从C处沿直线步行到B处.甲、乙两名游客到达A处后,甲沿AB匀速步行,速度为50米/分钟,甲出发2分钟后,乙从A处坐小火车前去C处,准备在C处停留2分钟后,再从C处步行到B处.已知小火车的速度为170米/分钟,A,B之间的距离为2 100米,B,C之间的距离为1 000米,cos B=.
(1)乙出发多长时间后,乙在小火车上与甲之间的直线距离最短
(2)为使甲、乙在B处相互等待的时间不超过2分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.D 2.D 3.B 5.B 6.B 7.B 15.D 16.A
23.B
1.D　因为(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=0,即a2+(λ+μ)a·b+λμb2=0,
易知a2=2,a·b=0,b2=2,所以λμ=-1,故选D.
2.D　由题意知a-b=(4,-3),
所以|a-b|==5,故选D.
3.B　由题意可知,=m-n,又BD=2DA,所以=2(m-n),所以=n-2(m-n)=3n-2m,故选B.
4.答案　
解析　由a∥b得2×4=5λ,∴λ=.
5.B　因为a=(3,1),b=(2,2),所以a+b=(5,3),a-b=(1,-1),
所以cos=.
故选B.
6.B　若c与向量a,b都垂直,则由a·c=b·c不一定能得到a=b;
若a=b,则由平面向量的数量积的定义知a·c=b·c成立,故“a·c=b·c”是“a=b”的必要不充分条件.故选B.
7.B　以E为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
可知D(-1,2),C(1,2),故=(1,2),
所以=1×(-1)+2×2=3.
故选B.
8.答案　
解析　因为|a+b|=|2a-b|,所以a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,则a2=2a·b,又|a-b|=,所以a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=.
9.答案　11
解析　根据题意,得(2a+b)·b=2a·b+b2=2×1×3×+9=11.
10.答案　3
解析　依题意可得|a-b|=
==5,
所以|b|=3.
11.答案　-
解析　由题意知c=a+kb=(3,1)+k(1,0)=(3+k,1),
结合a⊥c得3(3+k)+1×1=0,解得k=-.
12.答案　
解析　因为(ka-b)⊥a,
所以(ka-b)·a=ka2-a·b=0,
又单位向量a,b的夹角为45°,
所以k-=0,即k=.
13.答案　;-1
解析　解法一:∵),∴P为BC的中点.以A为原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,
则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),P(2,1),
∴|=(0,-1)·(-2,1)=-1.
解法二:在正方形ABCD中,由)得点P为BC的中点,
∴|·(=1×1×cos 180°=-1.
14.答案　
解析　以B为原点,BC所在直线为x轴,过B且垂直于BC的直线为y轴建立平面直角坐标系,如图所示,
则B(0,0),A,C(6,0),
则,
∵,
∴λ=,
不妨设M(x,0),N(x+1,0),且x∈[0,5],
则.
∴,
∴当x=2时,.
15.D　解法一:设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,在△ABC中,由题意知b=,c=2,
由余弦定理得b2=c2+a2-2cacos B,
即19=4+a2-2·2a·cos 120°,
整理得a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍去),
所以BC=3.故选D.
解法二:在△ABC中,由正弦定理得,
即,所以sin C=,
又0°所以sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=,
所以BC==3.
16.A　由cos C=,
∴AB=3,
∴cos B=,故选A.
17.答案　2
解析　在△ABC中,有,
所以sin∠C=.
由AB所以∠B=180°-∠C-∠BAC=75°,∠ADB=∠CAD+∠C=∠BAC+
∠C=75°.
所以△ABD为等腰三角形.所以AD=AB=2.
18.答案　2
解析　在△ABM中,由余弦定理得
AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos B,
即12=4+BM2-4·BM·,
解得BM=4或BM=-2(舍去),
∵M为BC的中点,∴BM=MC=4,BC=8,
在△ABC中,由余弦定理知
AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B,
∴AC2=4+64-2×2×8×=52,
∴AC=2.
在△AMC中,由余弦定理的推论可得cos∠MAC=.
19.答案　2
解析　由S△ABC=acsin B=得ac=4.
由b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac,
结合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,∴b=2.
20.答案　-1
解析　设BD=m(m>0),则CD=2m.
在△ABD中,根据余弦定理及已知,得AB2=AD2+BD2-2AD·BD·
cos∠ADB=m2+2m+4,
在△ACD中,根据余弦定理及已知,得AC2=AD2+CD2-2AD·CD·
cos∠ADC=4m2-4m+4,
∴,
∵m>0,∴m+1>1,∴m+1+≥2当且仅当m+1=,即m=-1时取“=”,
此时,取得最小值,为4-,此时取得最小值.
所以当取得最小值时,BD=-1.
21.解析　(1)由a2=b2+c2-2bccos A得b2+c2-a2=2bccos A,
因为=2,所以bc=1.
(2)解法一:因为cos A=,cos B=,
所以=1,化简得c2+b2-a2=-bc,
所以2bccos A=-bc,即cos A=-,
因为角A为三角形的内角,所以0所以△ABC的面积S=bcsin A=.
22.解析　选条件①.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c.
又因为ac=,所以a=,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
选条件②.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,
由此可得b=c,B=C=.
又因为csin A=3,所以c=b=2,a=6.
因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2.
选条件③.
由C=.
由sin A=sin B及正弦定理得a=b.
于是,由此可得b=c.
又c=b,与b=c矛盾.
因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
23.B　如图,过点C作A'C',B'C'的平行线,分别交A'A与B'B于点D和E,连接DE,则DE∥A'B',过点B作DE的平行线,交AA'于点F,
则△A'B'C'≌△DEC,∴∠DCE=∠A'C'B'=45°,∠CDE=∠C'A'B'=180°-∠A'C'B'-∠A'B'C'=75°.
在Rt△BCE中,可得tan 15°=,即2-,
∴CE=),
在△CDE中,由正弦定理可得,
∴DE=·CE=100(+1).
在Rt△ABF中,∠ABF=45°,∴AF=BF,
∴AA'-CC'=AD=AF+DF=AF+BE=BF+BE=DE+BE=100(2+)≈373.故选B.
三年模拟练
1.D 2.C 3.C 4.ACD
1.D　因为a=(2,-4),b=(-6,12),所以b=-3a.
对于A,因为b=-3a,所以|b|=3|a|,故A中结论正确;
对于B,因为b=-3a,所以a∥b,故B中结论正确;
对于C,因为b=-3a,所以b与a的夹角为180°,故C中结论正确;
对于D,a在b方向上的投影数量为|a|·cos=-,故D中结论错误.
故选D.
2.C　因为a,b为单位向量,且a·b=0,c=3a-b,
所以a·c=3a2-a·b=3|a|2=3,
c2=(3a-b)2=9a2-6a·b+6b2=9|a|2+6|b|2=15,
所以|c|=,
所以cos=.故选C.
3.C　在△ADC中,∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,
则∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,∴AC=DC=2.
在△BCE中,∠BCE=75°,∠BEC=60°,
则∠EBC=180°-75°-60°=45°,
由正弦定理得,
∴BC=.
在△ABC中,AC=2,∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,
由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=9,∴AB=3,即A,B两点间的距离为3百米.
4.ACD　对于A,若=cos A,即c=bcos A,则2c2=2bccos A,由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,即a2=b2+c2-2c2,整理得a2+c2=b2,故△ABC为直角三角形,故A正确;
对于B,由,得acos A=bcos B,
由余弦定理的推论得a·=b·,
所以a2(b2+c2-a2)=b2(a2+c2-b2),
即a2c2-a4=b2c2-b4,
所以c2(a2-b2)=(a2+b2)(a2-b2),
所以(c2-a2-b2)(a2-b2)=0,
所以c2-a2-b2=0或a2-b2=0,
即c2=a2+b2或a=b,
∴△ABC是直角三角形或等腰三角形,故B错误;
对于C,在△ABC中,若b2+c2cos A=<0,∴A为钝角,∴△ABC是钝角三角形,故C正确;
对于D,若b2=ac,则由余弦定理的推论可得cos B=,当且仅当a=c时取等号,∴05.答案　[1,10]
解析　设,t∈[0,1],
则)·()
=·(-)
=+4t-2=-3,
所以∈[1,10].
6.答案　8
解析　因为a+b=,a-b=,|a+b|=|a-b|,所以||,所以平行四边形ABCD是矩形,
又|a|=6,|b|=2,所以|,
而a-b-c=,所以|a-b-c|=2|.
7.答案　
解析　由题意可作图如下:
由A,M,D三点共线,可得存在实数t,使得,
由B,M,C三点共线,可得存在实数m,使得,
所以
所以.
因为E,M,F三点共线,所以存在实数x,使得,
所以=1,
所以2λ+μ=(2λ+μ),当且仅当=1,即μ=时取等号.
8.解析　(1)由题知(b2+c2-a2)·bc,
所以=cos A·,
所以sin A=,
又A为钝角,所以A=.
(2)选条件①.
由(1)知A=,则C+B=,
又C=3B,所以B=,
此时△ABC 存在但不唯一,不符合题意,舍去.
选条件②.
由正弦定理得,
又,所以.
在△ABC中,a=7,设b=5x,c=3x(x>0),
由余弦定理得a2=b2+c2+bc,
所以72=(5x)2+(3x)2+5x·3x,
所以x=1,所以b=5,c=3,符合题意.
设BC 边上的高为h,
由S△ABC=bcsin A=ah,
得×7h,解得h=.
9.解析　解法一:(1)因为a+b=xa+yb,
所以x=,所以x-y=.
(2)由题意得∠CAB=,
设||=t,t∈[0,2],
则)·=1·t·cos+t2·cos π=-t2+,t∈[0,2],所以.
(3)因为F为线段AB的中点,
所以,
设,则,
所以,
又,且A,M,D三点共线,
所以存在μ∈R,使得,
即,
∴,
∴·(.
解法二:(1)以点C为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略),则C(0,0),A(0,1),B(,
所以=a=(=b=(0,-1),
=xa+yb=x(x,-x-y),
所以
所以x-y=.
(2)由题意可设F,m∈[0,],
所以,
所以,m∈[0,],
所以.
(3)因为F为线段AB的中点,
所以F,
过点F作FG⊥CD,交CD于点G,
过点M作MH⊥CD,交CD于点H,
设M(p,q),p>0,q>0,
易得△CMH∽△CFG,△MHD∽△ACD,
CH=p,MH=q,CG=,AC=1,
则,即,
即p=p,解得p=,
即M,则,
又,-1),所以.
10.信息提取　①从A处到达B处有两条路径,路径1为从A处步行到B处,路径2为先从A处坐小火车到C处,再从C处步行到B处;②甲步行的速度为50米/分钟;③甲出发2分钟后,乙从A处坐小火车前去C处,准备在C处停留2分钟后,再步行前往B处;④小火车的速度为170米/分钟,AB=2 100米,BC=1 000米,cos B=.
数学建模　本题以生活中的旅游问题为背景,建立解三角形模型,可利用正、余弦定理解决问题,同时体现了数学建模与数学运算的核心素养.对于(1),先用余弦定理求出AC的长和cos A,再根据余弦定理表示出甲、乙之间的距离,然后求其最小值;对于(2),根据甲到B处所需时间,结合已知确定乙的步行时间范围,然后可解.
解析　(1)AC==1 700(米),
cos A=,
则乙从A处到C处所需的时间为=10(分钟).
设乙出发t(0则d2=(170t)2+(100+50t)2-2×170t×(100+50t)×=400(41t2-50t+25),
所以当t=时,即乙出发分钟后,乙在小火车上与甲之间的直线距离最短.
(2)甲从A处步行到B处所需的时间为=42(分钟).
设乙步行的速度为x米/分钟,则乙的步行时间应满足42-(2+10+2)-2≤≤42-(2+10+2)+2,
即26≤≤30,解得≤x≤,
所以为使甲、乙在B处相互等待的时间不超过2分钟,乙步行的速度(单位:米/分钟)应控制在范围内.
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