2025人教B版高中数学必修第三册强化练习题（含解析）--第八章 向量的数量积与三角恒等变换

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2025人教B版高中数学必修第三册
第八章　向量的数量积与三角恒等变换
全卷满分150分　考试用时120分钟
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.计算:sin 17°sin 223°+cos 17°cos(-43°)=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.-
C.-
2.若向量=(4,-3),向量=(2,-4),则△ABC的形状为(　　)
A.等腰非直角三角形　　　　　　B.等边三角形
C.直角非等腰三角形　　　　　　D.等腰直角三角形
3.已知向量a,b满足(a+2b)·(5a-4b)=0,且|a|=|b|=1,则a与b的夹角θ为(　　)
A.
C.
4.已知f(x)=sin ωx+cos ωx,ω>0,若存在x1,x2∈,则实数ω的取值范围是(　　)
A.
C.
5.在等边三角形ABC中,AB=2,P为BC边上靠近B的四等分点,D为BC边的中点,则=(　　)
A.-
C.
6.已知sin,则cos 2α=(　　)
A.
C.
7.设|,且λ+μ=1,则向量上的投影的数量的取值范围是(　　)
A.
C.
8.已知在四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AD=1,AB=2,点E为边CD上的动点,则的最小值为(　　)
A.
C.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知向量a=(4,3-m),b=(1,m),则下列说法正确的是(　　)
A.若a⊥b,则m=4或m=-1　　　　　　
B.若m=,则a∥b
C.|a+2b|的最小值为6
D.若a与b的夹角为锐角,则-110.已知0<α<,则下列结论正确的是(　　)
A.sin(α+β)=±
C.cos 2β=-
11.已知函数f(x)=sin 2x-,则(　　)
A.f(x)的最小正周期是π
B.f(x)的值域是[-2,2]
C.存在φ,使得f(x+φ)是奇函数
D.f(x)在上单调递减
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知tan=　　　　.
13.已知α,β均为锐角,且sin α=,则sin(2α-β)=　　　　.
14.如图,在四边形ABCD中,AB=CD=1,∠B≠∠C,点M和点N分别是边AD和BC的中点,延长BA和CD,分别交NM的延长线于点P,Q,则()·()的值为　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知α∈.
(1)求cos 2α的值;
(2)求tan(α-β)的值.
16.(15分)已知向量e1,e2,且|e1|=|e2|=1,e1与e2的夹角为,m=λe1+e2,n=3e1-2e2.
(1)求证:(2e1-e2)⊥e2;
(2)若|m|=|n|,求λ的值;
(3)若m与n的夹角为,求λ的值.
17.(15分)如图,扇形OAB的半径为1,圆心角为,C是弧上的动点(不含点A,B),作CE∥OA交OB于点E,作EF⊥OA交OA于点F,同时以OA为斜边,作Rt△OAG,使∠AOG=2∠COA.
(1)求△OAG的面积的最大值;
(2)从点C出发,经过线段CE,EF,FA,AG,到达点G,求途经线段的长度的最大值.
18.(17分)已知函数f(x)=1-2cos2cos 2x.
(1)若方程f(x)=m在上有且只有一个解,求实数m的取值范围;
(2)是否存在实数n,满足对任意x1∈,都存在x2∈R,使+nx1+4>f(x2)成立 若存在,求出n的取值范围;若不存在,请说明理由.
19.(17分)定义:μ=[sin2(θ1-θ0)+sin2(θ2-θ0)+…+sin2(θn-θ0)]为实数θ1,θ2,…,θn对θ0的“正弦方差”.
(1)若θ1=,θ3=π,则实数θ1,θ2,θ3对θ0的“正弦方差”μ的值是与θ0无关的定值吗 证明你的结论;
(2)若θ1=,β∈(π,2π),实数θ1,θ2,θ3对θ0的“正弦方差”μ的值是与θ0无关的定值,求α,β的值.
答案与解析
第八章　向量的数量积与三角恒等变换
1.B　原式=sin 17°(-sin 43°)+cos 17°cos 43°=cos(43°+17°)=cos 60°=.故选B.
2.C　∵=(-2,-1),
∴=(2,1)·(-2,4)=0,∴∠C=90°.
又||≠||,
∴△ABC是直角非等腰三角形.
3.C　∵(a+2b)·(5a-4b)=5a2+6a·b-8b2=0,|a|=|b|=1,∴6a·b=3,即|a||b|cos θ=.
又θ∈[0,π],∴θ=.故选C.
4.B　f(x)=sin ωx+cos ωx=.故选B.
5.A　因为P为BC边上靠近B的四等分点,所以,因为D为BC边的中点,所以,又△ABC为等边三角形,且AB=2,所以|·|.故选A.
6.A　∵α∈=1-2×.故选A.
7.C　因为=0,所以⊥.因为||=1,所以|.因为,且λ+μ=1,所以P,A,B三点共线.
当⊥时,|,此时过点O作与,当⊥时,易得|,从而|,所以当点P沿的方向无限远离点B时,.
当点P与点A重合时,投影的数量最大,为2.
故向量.
8.C　如图所示,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,建立平面直角坐标系.作BN⊥x轴于点N,BM⊥y轴于点M.
∵AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AD=1,AB=2,
∴AN=ABcos 60°=1,DM=BN=ABsin 60°=,
∴DN=1+1=2,∴BM=2,
∴CM=BMtan 30°=,
∴A(1,0),B(2,.
设E(0,m),0≤m≤时,.故选C.
9.ABC　由a⊥b,得4×1+(3-m)m=0,解得m=4或m=-1,故A正确;当m=,故D不正确.故选ABC.
10.BD　因为0<α<,
所以cos(α+β)=-=-cos α,所以α+β=π-α或α+β=π+α.
当α+β=π+α时,β=π,与题意不符,故α+β=π-α,所以sin(α+β)=sin α=,故A错误.
cos β=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α=-,故B正确.
cos 2β=2cos2β-1=2×,故C错误.
易得sin β=,故D正确.
故选BD.
11.ABD　由题意可得,f(x)=sin 2x-,
因为f(x+π)=
=f(x),
所以π是f(x)的一个周期,
令2sin,k∈Z;
令2sin,k∈Z.
结合周期性,不妨取-,
若-;
若.
综上所述,f(x)=
作出f(x)在上的大致图象,如图1所示.
结合周期性可得f(x)在R上的大致图象,如图2所示.
由f(x)的图象可知,f(x)的最小正周期是π,值域是[-2,2],f(x)的图象没有对称中心,所以不存在φ,使得f(x+φ)是奇函数,故A,B正确,C错误;
对于D,结合周期性可知,f(x)在x∈上单调递减,故D正确.故选ABD.
12.答案　
解析　因为tan≠0,
则.
13.答案　
解析　因为0<α<,cos 2α=2cos2α-1=2×.
所以tan(α-β)=.
由β为锐角且
所以sin(2α-β)=sin 2αcos β-cos 2αsin β=.
14.答案　0
解析　解法一:由题意知P,Q,M,N四点共线,可设,
由题图可得因为M,N分别为AD,BC的中点,所以①+②可得2,即),故()·()·(|2)=0.
解法二:因为这类求值问题的结果是一个定值,角度对答案无影响,所以不妨设特殊值简化运算.
设∠B=90°,∠C=60°,BC=2,以点B为原点,的方向为x轴正方向,,N(1,0),所以,故·(=0.
因为P,Q,M,N四点共线,所以可设,故原式=λ×0=0.
15.解析　(1)∵tan ,
∴.(3分)
∵cos(α-β)-cos(α+β)=,
∴cos αcos β+sin αsin β-cos αcos β+sin αsin β=,
∴sin αsin β=.(5分)
∴cos 2α=1-2sin2α=1-.(7分)
(2)由(1)得sin α=.
∵α,β∈.(9分)
∴tan α=.(11分)
∴tan(α-β)=.(13分)
16.解析　(1)证明:因为|e1|=|e2|=1,e1与e2的夹角为,
所以e1·e2=|e1||e2|cos=1×1×cos,(2分)
所以(2e1-e2)·e2=2e1·e2--12=0,所以(2e1-e2)⊥e2.(4分)
(2)由(1)知,e1·e2=,(5分)
因为|m|=|n|,所以=(3e1-2e2)2,即λ2+2λe1·e2+-12e1·e2+4,
即λ2×12+2λ×+4×12=7,(8分)
即λ2+λ-6=(λ+3)(λ-2)=0,解得λ=-3或λ=2.(10分)
(3)由(1)知,e1·e2=,
因为|e1|=|e2|=1,所以|m|=,m·n=(λe1+e2)·(3e1-2e2)=3λ+(3-2λ)e1·e2-2,(13分)
因为m与n的夹角为(舍),所以λ的值为2.(15分)
17.解析　(1)设∠AOC=θ,则0<θ<,∠AOG=2θ,(1分)
在Rt△OAG中,∠OGA=,∠AOG=2θ,OA=1,则OG=OAcos 2θ=cos 2θ,AG=OAsin 2θ=sin 2θ,
所以S△OAG=sin 4θ,(4分)
因为0<θ<,所以0<4θ<π,
故当4θ=.(6分)
(2)过点C作CH⊥OA,垂足为点H,如图,
因为CE∥OA,EF⊥OA,CH⊥OA,所以四边形CEFH为矩形,
由(1)知∠AOC=θ,所以EF=CH=OCsin θ=sin θ,OH=OCcos θ=cos θ,(8分)
因为EF⊥OA,∠AOE=,所以△OEF为等腰直角三角形,所以OF=EF=sin θ,所以CE=FH=OH-OF=cos θ-sin θ,FA=OA-OF=1-sin θ,(10分)
由(1)知AG=sin 2θ,所以CE+EF+FA+AG=(cos θ-sin θ)+sin θ+(1-sin θ)+sin 2θ=sin 2θ+(cos θ-sin θ)+1,
令t=cos θ-sin θ=,
因为0<θ<,
所以t=∈(0,1),t2=(cos θ-sin θ)2=1-2sin θcos θ=1-sin 2θ,所以sin 2θ=1-t2,(13分)
所以sin 2θ+(cos θ-sin θ)+1=(1-t2)+t+1=-t2+t+2=-,
故当t=,
因此途经线段的长度的最大值为.(15分)
18.解析　f(x)=1-2cos2.(3分)
(1)方程f(x)=m在上只有一个交点.(4分)
∵x∈.
令2x-,其图象如图,
由图可知,-或m=2.(7分)
(2)易知当x∈R时,f(x)min=-2.
假设存在满足题意的实数n,则对任意x1∈,都存在x2∈R,使+nx1+4>f(x2)成立,即上恒成立.(10分)
令g(a)=a2+na+6,a∈,
①当-;(12分)
②当->0,∴-3③当综上,存在满足题意的实数n,n的取值范围是.(17分)
19.解析　(1)“正弦方差”μ的值是与θ0无关的定值.(1分)
证明如下:若θ1=,θ3=π,
则μ=
=[1-cos(2π-2θ0)]
=
=(3分)
=.(5分)
(2)由题意得μ=+sin2(α-θ0)+sin2(β-θ0)
=[1-cos(2β-2θ0)]
=[sin 2θ0(1+sin 2α+sin 2β)+cos 2θ0(cos 2α+cos 2β)],(7分)
因为μ的值是与θ0无关的定值,所以(9分)
因为α∈,β∈(π,2π),所以2α∈(π,2π),2β∈(2π,4π),
由cos 2α+cos 2β=0得,2α+2β=5π或2β-2α=π,即α+β=,
若β-α=,则sin 2α+sin 2β=sin 2α+sin(π+2α)=0≠-1,故舍去.(11分)
由①,②等号两边分别平方后相加可得2+2cos(2β-2α)=1,即cos(2β-2α)=-,
又2β-2α∈(0,3π),所以2β-2α=.(13分)
当不满足题意;
当满足题意;
当满足题意.(16分)
故(17分)
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