2024数学学业水平考试专题练--阶段复习卷4 向量、解三角形（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2024数学学业水平考试专题练
阶段复习卷(四)
(考查内容:向量、解三角形)
(时间:80分钟,满分:100分)
一、单项选择题(本大题共12小题,每小题3分,共36分.每小题列出的四个备选项中,只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.如图所示,F为平行四边形ABCD对角线BD上一点,,则=(　　)
A. B. C. D.
2.在△ABC中,若A=105°,C=30°,b=2,则c=(　　)
A.2 B. C. D.1
3.(2023浙江台州八校联盟)如图,在圆C中,AC=5,点A,B在圆上,AB=4,则的值为 (　　)
A.25 B.8 C.10 D.16
4.在△ABC中,角A,B,C所对的边为a,b,c,若a2+c2+ac=12,b=2,B=,则△ABC的面积为 (　　)
A.2 B.2 C. D.1
5.(2021浙江学考)某简谐运动的图象如图所示,若A,B两点经过x秒后分别运动到图象上E,F两点,则下列结论不一定成立的是(　　)
A. B.
C. D.
6.(2023浙江A9协作体)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列说法错误的是(　　)
A.若A>B,一定有sin A>sin B
B.若a2+b2-c2<0,那么△ABC一定是钝角三角形
C.一定有bcos C+ccos B=a成立
D.若acos A=bcos B,那么△ABC一定是等腰三角形
7.已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2A=B+C,a=3,c=2b,则△ABC的面积为(　　)
A. B. C. D.3
8.(2023浙江精诚联盟)在△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别是a,b,c,若△ABC的面积是,则A=(　　)
A. B. C. D.
9.(2023浙江余姚中学)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=,b=2,b2+c2-a2=bc.若∠BAC的平分线与BC交于点E,则AE=(　　)
A. B. C.2 D.3
10.
如图,矩形LMNK,LM=6,sin∠MLN=,圆E半径为1,且E为线段NK的中点,P为圆E上的动点,设=λ+μ,λ,μ∈R,则λ+μ的最小值是(　　)
A.1 B. C. D.5
11.(2023浙江奉化)e1,e2均为单位向量,且它们的夹角为,设向量a,b满足|a+e2|=,b=e1+ke2(k∈R),则|a-b|的最小值为(　　)
A. B. C. D.
12.(2023浙江北斗联盟)在扇形中,OA=1,∠AOB=90°,M是OB的中点,P是弧AB上的动点,N是线段OA上的动点,则的最小值为(　　)
A.0 B. C. D.1-
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.每小题列出的四个备选项中,有多个是符合题目要求的,全部选对得4分,部分选对且没有错选得2分,不选、错选得0分)
13.(2023浙江学军中学)在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中有唯一解的是(　　)
A.a=9,b=10,c=15 B.b=6,c=5,B=45° C.a=3,b=2,B=120° D.b=6,c=6,C=60°
14.(2022浙江绍兴)已知△ABC为锐角三角形,P为此三角形的外心,∠BAC=30°,△PBC,△PAC,△PAB面积分别为,x,y,则以下结论正确的是(　　)
A.∠BPC=120° B.
C.△ABC的外接圆半径为R= D.x+y的最大值为
15.(2023浙江精诚联盟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=2,B=,则下列结论正确的是(　　)
A.当b=时,△ABC有两解
B.当b=3时,△ABC有两解
C.当A为钝角时,△ABC的面积的取值范围为0,
D.当△ABC为锐角三角形时,△ABC的周长的取值范围为(3+,2+2)
16.
如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1,点F为边AB中点.若点E为边CD上的动点,则(　　)
A.△EAB面积的最小值为 B.当E为边CD中点时,2
C.2||≥||+|| D.||·||的最小值为
三、填空题(本大题共4小题,共15分)
17.已知△ABC的重心为G,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若+c=0,则角A为　　　　　.
18.已知e是单位向量,向量a满足a2-2a·e-3=0,则|a-4e|的取值范围是　　　　　.
19.
(2023浙江台州八校联盟)在△ABC中,B=60°,BA=2,CD=3BC,对任意μ∈R,有|-(μ-1)|≥||恒成立,点P在直线BA上,则PC+PD的最小值是　　　　　.
20.(2023浙江杭州)在△ABC中,点D在边BC上,B=30°,AD=2,CD=2BD,若BC边上的高与AB边上的高的比为,则b=　　　　　.
四、解答题(本大题共3小题,共33分)
21.
(11分)(2023浙江杭州S9联盟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,bcos=asin B,BC=3,如图所示,点D在线段AC上,满足AB=AD.
(1)求A的值;
(2)若BD=2CD,求的值.
22.(11分)(2023浙江湖州)在△ABC中,设角A,B,C的对边长分别为a,b,c,已知.
(1)求角B的值;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=2,求△ABC的面积S的取值范围.
23.(11分)(2023浙江余姚中学)已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C的对边,且acos B+asin B-b-c=0.
(1)求A;
(2)若锐角三角形ABC的面积为,求b的取值范围.
阶段复习卷(四)
1.A　解析 如题图所示,由平行四边形ABCD,得,利用平行四边形法则得出,由,则,再利用三角形法则,得)=.故选A.
2.A　解析 因为A=105°,C=30°,所以B=45°,
由,即,解得c=2,故选A.
3.B　解析 如图所示,在圆C中,过点C作CD⊥AB于点D,则D为AB的中点,
在Rt△ACD中,AD=AB=2,可得cos A=,
所以=||||cos A=4×5×=8.故选B.
4.C　解析 由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得4=a2+c2-ac.又a2+c2+ac=12,所以ac=4,
所以S△ABC=acsin B=×4×.故选C.
5.B　解析 由图象可得y=sinx,设Ex1,sinx1,
则Fx1+1,cosx1.
因为=(1,1)·(1,0)=1,=1,cosx1-sinx1·(1,0)=1,故A成立;
=(1,1)·(0,1)=1,=1,cosx1-sinx1·(0,1)=cosx1+,故B不一定成立;
=x1,sinx1·(1,0)=x1,=x1,cosx1-1·(1,0)=x1,故C成立;
=(1,1)·1,cosx1-sinx1=1+cosx1-sinx1,=x1,cosx1-1·(0,1)=cosx1-1,故=2-sinx1>0,故D成立.故选B.
6.D　解析 对于A,因为在三角形中,A>B,所以a>b,
根据正弦定理,所以sin A>sin B,所以A正确;
对于B,因为a2+b2-c2<0,所以cos C=<0,所以90°对于C,由bcos C+ccos B=a,根据正弦定理,得sin Bcos C+sin Ccos B=sin A,即sin A=sin(B+C)=sin(180°-A)=sin A,所以C正确;
对于D,acos A=bcos B,即sin Acos A=sin Bcos B,sin 2A=sin 2B,解得A=B或A+B=,所以D错误.故选D.
7.B　解析 由2A=B+C,得A=,所以C=-B,由c=2b,得sin-B=2sin B,解得tan B=,
∴B=,C=,由a=3及,得b=,
∴S△ABC=absin C=.故选B.
8.A　解析 由余弦定理可得b2+c2-a2=2bccos A,A∈(0,π),由条件及正弦定理可得S=bcsin A=bccos A,所以tan A=,则A=.故选A.
9.A　解析 ∵b2+c2-a2=bc,∴cos A=.
∵A∈(0,π),∴A=.
又B=,∴C=,∴,则c==2.
∵AE为∠BAC的平分线,
∴∠AEB=,∴,
∴AE=·sin B=·sin.故选A.
10.
B　解析 由已知建立如图所示的平面直角坐标系,由LM=6,sin∠MLN=,解得MN=,则M3,-,N(3,0),L-3,-.
设P(cos θ,sin θ).
因为=λ+μ=cos θ-3,sin θ+,=(-6,0),=0,,
所以=cos θ-3,sin θ+=λ(-6,0)+μ0,,
即解得
所以λ+μ=sin θ-cos θ=sin(θ+φ),当sin(θ+φ)=-1时,λ+μ取得最小值,且最小值是.故选B.
11.C　解析 设=a,=b,以e1所在的直线为x轴,垂直于e1所在直线为y轴,建立平面直角坐标系Oxy(图略),则e1=(1,0),e2=.
设a=(x1,y1),b=(x2,y2),因为|a+e2|=,所以x1+2+y1+2=,所以向量a的终点A在以-,-为圆心,为半径的圆上.
因为b=e1+ke2,所以(x2,y2)=1+k,k,所以y2=x2-1,所以向量b的终点B在直线y=x-1上.
又因为|a-b|=||=||,所以|a-b|的最小值为直线y=x-1上的点与圆x+2+y+2=上的点的距离的最小值,为.故选C.
12.
D　解析 建立如图所示的平面直角坐标系,设P(cos t,sin t),M0,,N(m,0),
则=-cos t,-sin t,=(m-cos t,-sin t),
故=1-sin t+mcos t.
因为0≤m≤1,所以=1-sin t+mcos t≥1-sin t+cos t.
又因为1-sin t+cos t=1-sin(t+φ)=1-sin(t+φ)(其中tan φ=2),所以1-sin t+cos t=1-sin(t+φ)≥1-,当且仅当sin(t+φ)=1时,等号成立,故选D.
13.AD　解析 对于A,三角形三边确定,三角形唯一,故A正确;
对于B,csin B=5=5,则c>b>csin B,故三角形有两个解,故B错误;
对于C,由余弦定理得cos B==-,又a=3,b=2,所以c2+3c+5=0,Δ=9-4×5<0,方程无解,所以无法构成三角形,故C错误;
对于D,由余弦定理得cos C=.又b=6,c=6,所以a2-6a-72=0,解得a=12或a=-6(舍去),
所以能确定三角形且三角形唯一,故D正确.故选AD.
14.
BD　解析 对于A,由题意画图,由圆的性质可得∠BPC=2∠BAC=60°,故A错误;
对于B,C,设△ABC的外接圆半径为R,因为S△PBC=,∠BPC=60°,故R2sin 60°=,解得R2=,故C错误;
易得△BPC为正三角形,故=R2cos 60°=,故B正确;
对于D,因为△ABC为锐角三角形,故P在△ABC内部,故S△ABC=x+y+,当S△ABC最大时x+y取得最大值,
易得当A离BC最远时,S△ABC最大,此时AB=AC,x+y=S△PAB+S△PAC=2S△PAB=2××R2sin=,故D正确.故选BD.
15.ACD　解析 对于A,asin B=2×=1,故asin B对于B,b>a,且B=,所以△ABC有唯一解,故B错误;
对于C,根据正弦定理,得c=,S△ABC=acsin B=.因为A∈,所以∈(-,0),所以△ABC的面积的取值范围为0,,故C正确;
对于D,,得b=,则△ABC的周长为a+b+c=2+=2+=2+=2+=2+,
因为△ABC是锐角三角形,所以A∈,
所以tan∈,1,所以△ABC周长的取值范围是(3+,2+2),故D正确.故选ACD.
16.AB　解析 当E在点D时,S△EAB取得最小值,且最小值为×AB×AD×sin(180°-120°)=×1×,故A项正确;
当E为边CD中点时,,又因为=0,=0,所以2,故B项正确;
当E在D点时,由余弦定理,可得EF=,所以2||=<1+=||+||,故C项错误;
因为,而||min=AD+AF·sin(120°-90°)=1+,所以()min=,又∠AEB∈0,,所以||·||>,故D项错误.故选AB.
17.　解析 ∵△ABC的重心为G,
∴=0,即=-.
∵+c=0,
∴a-c+b-c=0,
∴a-c=0,b-c=0,即a=c,b=2c,
∴cos A=.
∵A∈(0,π),∴A=.
18.
[1,5]　解析 由条件a2-2a·e-3e2=(a+e)(a-3e)=0,设=-e,=3e,=a,则点A在以PQ为直径的圆周上,故|a-4e|的取值范围是[1,5].
19.　解析 因为|-(μ-1)|≥||,所以|-μ|≥||,由减法与数乘的几何意义,AC为点A到BC的垂线段,所以∠ACB=90°.因为BA=2,B=60°,所以BC=1,AC=,CD=3,所以BD=4,在△ABD中,由余弦定理易得,∠BAD=90°,
设D关于直线AB的对称点为Q,连接BQ,连接CQ交AB于点P,易得此时PC+PD最小,PC+PD=CQ,CQ=
,
即PC+PD的最小值为.
20.2　解析 设BC边上的高为AE,AB边上的高为CF,AE=x,
因为B=30°,所以在Rt△ABE中,AB=2AE=2x,
又BC边上的高与AB边上的高之比为,所以,
即CF=x,
所以在Rt△BCF中,BC=2CF=2x,又CD=2BD,所以BD=BC=.
在△ABD中,由余弦定理,得cos B=,
即,解得x=,
所以AB=2x=2,BC=2x=6.
在△ABC中,由余弦定理,得cos B=,
即,解得AC=2,即b=2.
21.解 (1)由正弦定理得,asin B=bsin A.
又bcos=asin B,所以2bsincos=2asinsin B,
即bsin A=2asinsin B,所以2sin=1,所以sin.
因为0(2)设AB=m,CD=n,则AD=m,BD=2n,在△ABD中,AB=AD=m,∠BAD=,所以△ABD为等边三角形,所以m=2n.
在△ABC中,∠BAC=,AB=2n,AC=m+n=3n,BC=3,由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB×ACcos∠BAC,即9=4n2+9n2-2×2n×3n×,整理可得7n2=9,解得n=,所以AC=,AB=.
由余弦定理,得cos∠ABC=.
所以=||||cos∠ABC=×3×.
22.解 (1)∵,∴由正弦定理,得,
即(a-b)(a+b)=c(a-c),即a2-b2=ac-c2,
即a2+c2-b2=ac,由余弦定理,得cos B=,
∵B∈(0,π),∴B=.
(2)∵B=,
∴A+C=,即A=-C,又c=2,
∴由正弦定理,得a=+1,
∴S△ABC=acsin B=asin+1.
∵△ABC为锐角三角形,
∴解得从而tan C∈,+∞,
∴S△ABC∈,2.
23.解 (1)因为acos B+asin B-b-c=0,由正弦定理,得sin Acos B+sin Asin B-sin B-sin C=0. ①
又因为C=π-A-B,
所以sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B.
代入①得sin Asin B-sin B-cos Asin B=0,
即(sin A-1-cos A)sin B=0.
因为B∈(0,π),则sin B>0,所以sin A-1-cos A=0,
则2sinA-=1,即sinA-=.
因为A∈(0,π),则-则A-,所以A=.
(2)(方法1)由题意得S△ABC=bcsin A=bc=,所以bc=4,在△ABC中,由余弦定理,得b2+c2-a2=2bccos A=2bc×=4. ②
又因为△ABC是锐角三角形,
所以
即a2+c2-b2>0, ③
且a2+b2-c2>0. ④
由②③得c2>2,即c>,即,解得b<2.
由②④得b2>2,即b>.
综上,b的取值范围是(,2).
(方法2)由题意得S△ABC=bcsin A=bc=,
所以bc=4,则b= b2==4=2+,
又因为△ABC是锐角三角形,则 C∈,
则tan C>,所以0<,则b2=2+∈(2,8),故21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)