2023-2024学年高中数学人教A版(2019)必修第二册 第六章 平面向量及其应用 综合训练 (原卷版+解析版)

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名称 2023-2024学年高中数学人教A版(2019)必修第二册 第六章 平面向量及其应用 综合训练 (原卷版+解析版)
格式 zip
文件大小 170.4KB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2023-12-30 09:16:50

文档简介

第六章综合训练
一、选择题: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.(2021湖南天心校级模拟)已知向量a,b的夹角为π,|a|=2,|b|=1,则|a-2b|=(  )
A.2 B.3 C. D.12
答案A
解析∵=π,|a|=2,|b|=1,
∴a·b=|a||b|cos=2×1×-=-1,
|a-2b|==2.
故选A.
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.已知=(2,3),=(3,t),||=1,则= (  )
A.-3 B.-2 C.2 D.3
答案C
解析∵=(2,3),=(3,t),∴=(1,t-3),∴||==1,解得t=3,
即=(1,0).则=(2,3)·(1,0)=2×1+3×0=2.故选C.
6.(2021北京延庆一模)设D为△ABC所在平面内一点,=2,则(  )
A.=-
B.=-
C.
D.
答案B
解析∵=2,
∴=2(),
∴=-.
∵由已知可知不共线,
∴前边的系数唯一确定.故选B.
7.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.2 B.0 C.-1 D.-2
答案D
解析由平行四边形法则得=2,
故()·=2,||=2-||,且反向,设||=t(0≤t≤2),
则()·=2=-2t(2-t)=2(t2-2t)=2[(t-1)2-1].∵0≤t≤2,∴当t=1时,()·取得最小值,为-2,故选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.
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,再由余弦定理的推论,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、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
9.已知向量a=(1,-2),|b|=4|a|,a∥b,则b可能是 (  )
A.(4,-8) B.(8,4)
C.(-4,-8) D.(-4,8)
答案AD
解析当b=-4a时,b=(-4,8);
当b=4a时,b=(4,-8).
10.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,说法错误;对于B,显然正确;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,所以说法错误;对于D,如图,若a=,b=,c=,则(a·b)·c与a·(b·c)分别是与c,a共线的向量,显然(a·b)·c=a·(b·c)不成立.
11.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个说法中正确的是(  )
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;
由余弦定理的推论可得cos C=>0,C为锐角,A,B不一定是锐角,D不正确.
12.(2021江苏宜兴期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列说法正确的有(  )
A.若a=8,c=10,B=60°,则符合条件的△ABC有两个
B.若sin 2A=sin 2B,则△ABC为等腰三角形
C.若2b=a+c,且2cos 2B-8cos B+5=0,则△ABC为等边三角形
D.若sin2A+sin2B+cos 2C<1,则△ABC为钝角三角形
答案CD
解析对于A,由于a=8,c=10,B=60°,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=64+100-2×8×10×=84,解得b=2,可得△ABC有一解,故错误;
对于B,若sin 2A=sin 2B,则2A=kπ+(-1)k·2B(k∈Z),当k=0时,A=B,△ABC为等腰三角形,当k=1时,A=-B,△ABC为直角三角形,故错误;
对于C,2cos 2B-8cos B+5=0,整理得4cos2B-8cos B+3=0,解得cos B=(舍去),由于0由于2b=a+c,利用正弦定理,得2sin B=sin A+sin C,即sin A+sin-A=,所以sinA+=1,解得A=,
所以A=B=C,则△ABC为等边三角形,故正确;
对于D,因为sin2A+sin2B+cos2C<1,
所以sin2A+sin2B<1-cos2C=sin2C,由正弦定理,得a2+b2故选CD.
三、填空题
13.(2019全国Ⅲ卷)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的对角线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=,设对角线BD与AC交于点E,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:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.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.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|.
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.△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,asin Asin B+bcos 2A=a.
(1)求;
(2)若c2=b2+a2,求B.
解(1)由正弦定理得,sin2Asin B+sin Bcos2A=sin A,
即sin B(sin2A+cos2A)=sin A.
故sin B=sin A,所以.
(2)由余弦定理的推论和c2=b2+a2,得cos B=.
由(1)知b2=2a2,故c2=(2+)a2.
可得cos2B=,又cos B>0,
故cos B=,所以B=45°.
20.(2021山东模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(b-csin A)sin C=c(1-cos Acos C).
(1)求B的值;
(2)在①,②A=,③a=2c这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解决问题.若b=3,    ,求△ABC的周长.
解(1)由(b-csin A)sin C=c(1-cos Acos C),
可得bsin C+ccos(A+C)-c=0,
即sin C(sin B-cos B)=sin C.
因为C∈(0,π),sin C≠0.
所以sin B-cos B=2sin=1,
即sin,
因为0所以B-,可得B=.
(2)若选择条件①,
因为acsin,
所以ac=9.
由余弦定理可得cos,
所以a2+c2=18,可得(a+c)2=36.又a+c>0,
所以a+c=6.
因此△ABC的周长为a+b+c=9.
若选择条件②A=,
在△ABC中,由正弦定理可得=2,
所以a=2sin,c=2sin.
因此△ABC的周长为a+b+c=+3+.
若选择条件③a=2c,由余弦定理的推论得cos,
所以4c2+c2-9=2c2,即c2=3,解得c=(c=-舍去),a=2.
因此△ABC的周长为a+b+c=3+3.
21.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(1,2),n=cos 2A,cos2,且m·n=1.
(1)求角A的大小;
(2)若b+c=2a=2,求sin的值.
解(1)由题意得,m·n=cos 2A+2cos2,
由二倍角的余弦公式可得,cos 2A=2cos2A-1,2cos2=cos A+1,
又因为m·n=1,所以2cos2A+cos A=1,
解得cos A=或cos A=-1,
∵0(2)在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
即()2=b2+c2-2bc·=b2+c2-bc, ①
又因为b+c=2,把b=2-c代入①整理得,
c2-2c+3=0,解得c=,b=,
所以△ABC为等边三角形,B=,
∴sinB-=sin
=sincos-cossin.
22.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.
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∴900-≤900,即≤0,
解得t≥.
又t=时,v=30.第六章综合训练
一、选择题: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.(2021湖南天心校级模拟)已知向量a,b的夹角为π,|a|=2,|b|=1,则|a-2b|=(  )
A.2 B.3 C. D.12
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.已知=(2,3),=(3,t),||=1,则= (  )
A.-3 B.-2 C.2 D.3
6.(2021北京延庆一模)设D为△ABC所在平面内一点,=2,则(  )
A.=-
B.=-
C.
D.
7.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.2 B.0 C.-1 D.-2
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、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
9.已知向量a=(1,-2),|b|=4|a|,a∥b,则b可能是 (  )
A.(4,-8) B.(8,4)
C.(-4,-8) D.(-4,8)
10.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.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个说法中正确的是(  )
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.(2021江苏宜兴期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列说法正确的有(  )
A.若a=8,c=10,B=60°,则符合条件的△ABC有两个
B.若sin 2A=sin 2B,则△ABC为等腰三角形
C.若2b=a+c,且2cos 2B-8cos B+5=0,则△ABC为等边三角形
D.若sin2A+sin2B+cos 2C<1,则△ABC为钝角三角形
三、填空题
13.(2019全国Ⅲ卷)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:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.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.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|.
19.△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,asin Asin B+bcos 2A=a.
(1)求;
(2)若c2=b2+a2,求B.
20.(2021山东模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(b-csin A)sin C=c(1-cos Acos C).
(1)求B的值;
(2)在①,②A=,③a=2c这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解决问题.若b=3,    ,求△ABC的周长.
21.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(1,2),n=cos 2A,cos2,且m·n=1.
(1)求角A的大小;
(2)若b+c=2a=2,求sin的值.
22.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.