章末综合检测(二)（教师版）

章末综合检测(二)
(时间：120分钟，满分：150分)
一、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．下列结论中正确的是(　　)
A．－＝
B．＋＝0
C．0·＝0
D．＋＋＝
解析：选D.－＝；，是一对相反向量，它们的和应该为零向量，＋＝0；0·＝0.故选D.
2．已知平面向量a，b满足a＝(1，x)，b＝(2，1)，若(a－b)⊥b，则x＝(　　)
A．2　　　　　　　　　　 B．3
C．4 D．5
解析：选B.由a＝(1，x)，b＝(2，1)，得a·b＝2＋x，b2＝5，由(a－b)⊥b，得a·b－b2＝0，即2＋x－5＝0，解得x＝3.故选B.
3．已知|a|＝，|b|＝1，a与b的夹角为，则|a＋2b|＝(　　)
A．8 B．10
C． D．2
解析：选C.因为|a|＝，|b|＝1，a与b的夹角为，所以a·b＝1，所以(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2＝2＋4＋4＝10，所以|a＋2b|＝.故选C.
4．当两人提起重量为|G|的旅行包时，两人用力方向的夹角为θ，用力大小都为|F|，若|F|＝|G|，则θ的值为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°
解析：选D.作＝F1，＝F2，＝－G(图略)，则＝＋，当|F1|＝|F2|＝|G|时，△OAC为正三角形，所以∠AOC＝60°，从而θ＝∠AOB＝120°.故选D.
5．某人从出发点A向正东方向走x m后到B，然后从B点向北偏西60°方向走3 m到C，测得△ABC的面积为 m2，则此人这时离出发点的距离为(　　)
A．3 m B． m
C．2 m D． m
解析：选D.如图，由题意可得∠ABC＝30°，
因为△ABC的面积为 m2，BC＝3 m，AB＝x m，所以S△ABC＝AB·BC sin ∠ABC＝x＝，解得x＝，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos ∠ABC＝3＋9－2××3×＝3，所以AC＝ m，故选D.
6．已知O为坐标原点，向量＝(2，2)，＝(4，1)，在x轴上有一点P使得·有最小值，则点P的坐标是(　　)
A．(－3，0) B．(2，0)
C．(3，0) D．(4，0)
解析：选C.设点P的坐标为(x，0)，则＝(x－2，－2)，＝(x－4，－1).
·＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，所以当x＝3时，·有最小值1，此时点P的坐标为(3，0).故选C.
7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，||＝2||，且对于t∈R，|－t|的最小值为||，则cos B＝(　　)
A． B．
C．－ D．－
解析：选D.因为|－t|2＝2＋t22－2t·＝c2＋b2t2－2tbc cos A，
当t＝＝时，|－t|2取最小值，则c2－c2cos2A＝c2，
所以cos2A＝，又A为锐角，故cosA＝.因为||＝2||，所以b＝2c，所以cos A＝＝＝，得a＝c，所以cos B＝＝＝－.故选D.
8.如图所示，平面内有三个向量，，，与的夹角为120°，与的夹角为150°，且||＝||＝1，||＝，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ＝(　　)
A．1 B．－1
C．－4 D．－5
解析：选D.作出的相反向量，再以射线OC，OA为邻边，以OB′为对角线作 ODB′E，由题意知，∠DOB′＝90°，∠EOB′＝∠OB′D＝60°，||＝||＝，||＝2||＝2，所以＝2＋3，所以＝－＝－2－3＝λ＋μ，即λ＋μ＝－5.故选D.
二、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△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列命题正确的是(　　)
A．若△ABC的面积为，则B＝
B．在△ABC中，A＝，b＝2，a＝，则这样的三角形有且只有一个
C．在△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶6，则最大内角的余弦值是最小内角的余弦值的
D．在△ABC中，a＝2，c＝4，cos C＝－，则AB边上的高为(注：sin2θ＋cos2θ＝1)
解析：选ACD.对于A，由题意得ac sin B＝，整理得a2＋c2－b2＝ac sin B，所以cos B＝＝sin B，得tan B＝，因为B∈，所以B＝，故A正确；对于B，由正弦定理得＝，得sin B＝，因为b>a，所以A10.如图，已知点G为△ABC的重心，点D，E分别为AB，AC上的点，且D，G，E三点共线，＝m，＝n，m＞0，n＞0，记△ADE，△ABC，四边形BDEC的面积分别为S1，S2，S3，则(　　)
A．＋＝3 B．＝mn
C．≥ D．≤
解析：选ABC.连接AG(图略)，由D，G，E三点共线，得＝λ＋(1－λ)，
又＝m，＝n，m＞0，n＞0，
所以＝λm＋(1－λ)n，
又点G为△ABC的重心，
所以＝(＋)，
所以λm＝，(1－λ)n＝，则＋＝3λ＋3(1－λ)＝3，即选项A正确；S1＝||·||·sin ∠BAC＝mn||·||·sin ∠BAC，S2＝||||sin ∠BAC，
则＝mn，即选项B正确；＝＝－1＝－1≤()2－1＝，当且仅当＝，即m＝n＝时，等号成立，
则≥，即选项C正确，D错误．故选ABC.
11．在△ABC中，A＝60°，周长为10，面积为，则(　　)
A．△ABC为钝角三角形
B．AB＋AC＝
C．BC＝
D．BC边上的高为2
解析：选BC.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则a＋b＋c＝10，①
S△ABC＝bc sin 60°＝bc＝，解得bc＝10，②
再根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos 60°，得a2＝b2＋c2－bc，③
由①②③解得a＝，所以C正确；
b＋c＝10－a＝10－＝，所以B正确；
设BC边上的高为h，则××h＝，得h＝，所以D错误；
由得或
可知4为最长边，最长边所对的角最大，设为α，60°<α<120°，
所以cos α＝＝＞0，则α为锐角，所以△ABC为锐角三角形，A错误．故选BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知单位向量e满足|a－e|＝|a＋2e|，则向量a在e方向上的投影数量为________．
解析：由|a－e|＝|a＋2e|得(a－e)2＝(a＋2e)2，于是|a|2－2a·e＋1＝|a|2＋4a·e＋4，解得a·e＝－，于是向量a在e方向上的投影数量为＝－.
答案：－
13．若向量a≠0，b≠，且|a|＝|b|＝|a－b|，则向量a与向量a＋b的夹角是________．(用弧度表示)
解析：设＝a，＝b，以OA, OB为邻边作平行四边形OACB，如图所示，则a＋b＝，a－b＝，因为|a|＝|b|＝|a－b|，所以||＝||＝||，所以△OAB是等边三角形，平行四边形OACB是菱形，所以∠BOA＝.在菱形OACB中，对角线OC平分∠BOA，所以向量a与向量a＋b的夹角为.
答案：
14．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a cos B＝b cos ∠BAC，M是BC的中点，若AM＝4，则b＋c的最大值为________．
解析：因为a cos B＝b cos ∠BAC，所以a·＝b·，所以a＝b.在△AMC中，b2＝＋16－2··4cos ∠AMC，①在△AMB中，c2＝＋16－2··4cos ∠AMB，②因为∠AMC＋∠AMB＝π，所以cos ∠AMC＝－cos ∠AMB，①＋②可得b2＋c2＝＋32，又因为a＝b，所以b2＋c2＝32，即(b＋c)2－bc＝32，所以(b＋c)2＝bc＋32≤()2＋32，令t＝b＋c，则t2≤＋32，即t2≤32，解得－8≤t≤8，又因为t>0，所以0答案：8
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.(本小题满分13分)如图所示，在平面直角坐标系中，||＝2||＝2，∠OAB＝，＝(－1，).
(1)求点B，C的坐标；
(2)求证：四边形OABC为等腰梯形．
解：(1)连接OB(图略)，设B(xB，yB)，
则xB＝||＋||·cos (π－∠OAB)＝，yB＝||·sin (π－∠OAB)＝，
所以＝＋＝＋(－1，)＝，所以B，C.
(2)证明：因为＝，＝，所以＝3，所以∥，即OC∥AB.又易知OA与BC不平行，||＝||＝2，所以四边形OABC为等腰梯形．
16．(本小题满分15分)在①分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1＋S3－S2＝ac；②(＋)·＝S△ABC这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________．
(1)求角B；
(2)已知a＝4，当取最小值时，求△ABC内切圆的半径．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)选①：依题意得
S1＝a2sin 60°＝a2，
S2＝b2sin 60°＝b2，
S3＝c2sin 60°＝c2，
则S1＋S3－S2＝ac＝a2＋c2－b2，即ac＝a2＋c2－b2，
结合余弦定理的推论得
cos B＝＝，
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
选②：由(＋)·＝S△ABC，
得·＝S△ABC，
即·＝S△ABC，
所以ca cos B＝×ac sin B＝，
所以tan B＝＝，又因为B∈(0，π)，
所以B＝.
(2)因为a＝4，B＝，
所以b2＝a2＋c2－2ac cos B＝16＋c2－4c，
所以＝c＋－4≥2－4＝6，当且仅当c＝，即c＝5时，等号成立，
此时b2＝16＋c2－4c＝21，所以b＝，
易得S△ABC＝ac sin B＝×4×5×＝5.
设△ABC内切圆的半径为r，
则S△ABC＝(a＋b＋c)r，
所以r＝＝.
17．(本小题满分15分)如图所示，在△ABC中，＝，＝，BQ与CR相交于点I，AI的延长线与边BC交于点P.
(1)用和分别表示和；
(2)如果＝＋λ＝＋μ，求实数λ和μ的值；
(3)确定点P在边BC上的位置．
解：(1)因为＝，
所以＝＋＝－＋.
因为＝，
所以＝＋＝－.
(2)将＝－＋，＝－，
代入＝＋λ＝＋μ，则有＋λ＝＋μ，即(1－λ)＋λ＝μ＋(1－μ)·，因为，不共线，
所以解得
(3)设＝m(01).
由(2)知＝＋，
所以＝－＝n－＝n－＝·＋＝m＝m－m，
所以解得
所以＝，即＝2，
所以点P在BC靠近点C的三等分点处．
18.(本小题满分17分)如图，A，B，C三地在以O为圆心的圆形区域边界上，AB＝30公里，AC＝10公里，∠BAC＝60°，D是圆形区域外一景点，∠DBC＝90°，∠DCB＝60°.
(1)求O，A相距多少公里？
(2)若一汽车从A处出发，以每小时50公里的速度沿公路AD行驶到D处，需要多少小时？(精确到0.01，≈6.245)
解：(1)由题意，设圆的半径为R，
在△ABC中，AB＝30，AC＝10，∠BAC＝60°，
由余弦定理，得
BC＝
＝＝10.
由正弦定理得，＝2R，解得R＝.
由几何知识得，O，A间的距离即为半径R，所以OA＝R＝，所以O，A相距公里．
(2)由题意及(1)得，在Rt△CBD中，∠DBC＝90°，∠DCB＝60°，BC＝10，
所以BD＝BC tan 60°＝10×＝10.
在△ABC中，AB＝30，AC＝10，∠BAC＝60°，
由正弦定理，得sin ∠ABC＝AC·＝10×＝，所以在△ABD中，cos ∠ABD＝cos (∠ABC＋∠DBC)＝cos (∠ABC＋90°)＝－sin ∠ABC＝－.
由余弦定理，得AD＝
＝
＝10.
因为一汽车从A处出发，以每小时50公里的速度沿公路AD行驶到D处，所以所需时间t＝＝≈1.25(小时)，
所以需要1.25小时．
19.(本小题满分17分)如图，设六边形ABCDEF是半径为1的圆O的内接正六边形，M是圆O上的动点．
(1)求|＋－|的最大值；
(2)求证：2＋2为定值；
(3)对于平面中的点P，存在实数x与y，使得＝x＋y，若点P是正六边形ABCDEF内的动点(包含边界)，求x－y的最小值．
解：(1)因为M在圆O上运动，
所以|＋－|＝|－|＝||≤||＝2.
故|＋－|的最大值为2.
(2)证明：易知AD是圆O的直径，又M为圆O上的动点，圆O的半径为1，
所以MA2＋MD2＝AD2＝4，
故2＋2＝||2＋||2＝MA2＋MD2＝4.故2＋2为定值4.
(3)以O为原点，AD所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则E(，－)，F(，)，
则＝x＋y＝x(，－)＋y(，)＝((x＋y)，(y－x))，故P((x＋y)，(y－x))，
要使x－y最小，只需使y－x最大，即点P的纵坐标最大，由点P在正六边形上及其内部运动，得(y－x)max＝1，(y－x)min＝－1，
所以－2≤y－x≤2，从而－2≤x－y≤2，
即x－y的最小值为－2.