【新教材】2020-2021学年高中数学人教A版必修第二册第六章　平面向量及其应用 检测试题

第六章检测试题
时间：120分钟　　分值：150分
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
1．下列命题中，正确的是(　C　)
A．|a|＝|b|?a＝b　　 B．|a|>|b|?a>b
C．a＝b?a∥b D．|a|＝0?a＝0
解析：两个向量模相等，方向不一定相同，向量不一定相等，A错；向量的模可以比较大小，但向量不能比较大小，B错；向量相等，方向相同，一定是共线向量，C正确；若|a|＝0?a＝0，故D错．
2．已知A(3,2)，B(5,4)，C(6,7)，则以A，B，C为顶点的平行四边形的另一个顶点D的坐标为(　D　)
A．(4,5)
B．(4,5)或(8,9)
C．(4,5)或(2，－1)
D．(4,5)或(8,9)或(2，－1)
解析：设D点的坐标为D(x，y)．
若是平行四边形ABCD，则有＝，
可得(5－3,4－2)＝(6－x,7－y)，
解得x＝4，y＝5.
故所求顶点D的坐标为D(4,5)．
若是平行四边形ABDC，则有＝，
可得(5－3,4－2)＝(x－6，y－7)，
解得x＝8，y＝9.
故所求顶点D的坐标为D(8,9)．
若是平行四边形ACBD，则有＝，
可得(6－3,7－2)＝(5－x,4－y)，
解得x＝2，y＝－1.
故所求顶点D的坐标为D(2，－1)．
综上可得，以A，B，C为顶点的平行四边形的另一个顶点D的坐标是(4,5)或(8,9)或(2，－1)．
3．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝4，且a·b＝2，则a与b的夹角θ为(　C　)
A. B.
C. D.
解析：由题意，知a·b＝|a||b|cosθ＝4cosθ＝2，所以cosθ＝，又因为0≤θ≤π，所以θ＝.
4．若a＝(1,1)，b＝(1，－1)，c＝(－1,2)，则c等于(　B　)
A．－a＋b B.a－b
C.a－b D．－a＋b
解析：设c＝λ1a＋λ2b(λ1，λ2∈R)．
则(－1,2)＝λ1(1,1)＋λ2(1，－1)
＝(λ1＋λ2，λ1－λ2)
则所以
所以c＝a－b.
5．在△ABC中，已知sin2A＋sin2B－sinAsinB＝sin2C，且满足ab＝4，则该三角形的面积为(　D　)
A．1 B．2
C. D.
解析：因为sin2A＋sin2B－sinAsinB＝sin2C，
根据正弦定理得a2＋b2－ab＝c2，
由余弦定理得2abcosC＝ab，所以cosC＝，
所以sinC＝＝，
所以S＝absinC＝×4×＝.
6．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测得AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离为(　A　)
A．50 m B．50 m
C．25 m D. m
解析：由题意知，在△ABC中，AC＝50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，所以∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，所以由正弦定理可得，AB＝＝＝50(m)．
7．已知O为坐标原点，点A，B的坐标分别为(a,0)，(0，a)，其中a∈(0，＋∞)，点P在AB上且＝t(0≤t≤1)，则·的最大值为(　D　)
A．a B．2a
C．3a D．a2
解析：因为A(a,0)，B(0，a)，
所以＝(a,0)，＝(－a，a)．
又因为＝t，
所以＝＋＝(a,0)＋t(－a，a)
＝(a－ta，ta)，
所以·＝a(a－ta)＝a2(1－t)．
因为0≤t≤1，所以0≤1－t≤1，
即·的最大值为a2.
8．点O是△ABC所在平面上的一点，且满足·＝·＝·，则点O是△ABC的(　B　)
A．重心 B．垂心
C．内心 D．外心
解析：因为·＝·，
所以·(－)＝0，
即·＝0，所以⊥，
同理⊥，⊥，
所以O是△ABC的垂心．
9．已知向量a＝(1，－2)，|b|＝4|a|，a∥b，则b可能是(　AD　)
A．(4，－8) B．(8,4)
C．(－4，－8) D．(－4,8)
解析：b＝－4a时，b可能是(－4,8)；
b＝4a时， b可能是(4，－8)．
10．在△ABC中，a＝15，b＝20，A＝30°，则cosB可能为(　AD　)
A．－ B.
C. D.
解析：因为＝，所以＝，
解得sinB＝.
因为b>a，所以B>A，故B有两解，
所以cosB＝±.
11．已知△ABC中，若sinA?sinB?sinC＝k?(k＋1)?2k，则k的取值可以是(　BD　)
A．(－，0) B．(2，＋∞)
C．(－∞，0) D．(，＋∞)
解析：由正弦定理得：a＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk(m>0)，
因为
即所以k>.
12．设点M是△ABC所成平面内一点，则下列说法正确的是(　ACD　)
A．若＝＋，则点M是边BC的中点
B．若＝2－，则点M在边BC的延长线上
C．若＝－－，则点M是△ABC的重心
D．若＝x＋y，且x＋y＝，则△MBC的面积是△ABC面积的
解析：A.＝＋?＋＝＋?－＝－，
即：＝，则点M是边BC的中点，所以A正确；
B.＝2－?－＝－，∴＝，则点M在边CB的延长线上，所以B错误；
C．设BC中点为D，如图，则＝－－＝＋＝2，由重心性质可知C正确；
D.＝x＋y且x＋y＝?2＝2x＋2y，2x＋2y＝1，设＝2，
所以＝2x＋2y，2x＋2y＝1，可知B，C，D三点共线，所以△MBC的面积是△ABC面积的，所以D正确．故选ACD.
第Ⅱ卷(非选择题，共90分)
13．当非零向量a，b满足|a|＝|b|时，a＋b平分以a与b为邻边的平行四边形的内角．
解析：当|a|＝|b|时，以a与b为邻边的平行四边形为菱形，则a＋b平分此菱形的内角．
14．在△ABC中，AB＝，BC＝2AC＝2，满足|－t|≤||的实数t的取值范围是[0，]．
解析：设与的夹角为θ，则θ＝30°，
在△ABC中，AB＝，BC＝2AC＝2，即AC＝1.
因为AB2＋AC2＝BC2，
所以△ABC为直角三角形，∠A＝90°，∠B＝30°.
所以由|－t|≤||，
得2－2t||·||cosθ＋t22≤32，
所以3－2t×2×＋4t2≤3，
整理，得2t2－3t≤0，解得0≤t≤.
所以实数t的取值范围是[0，]．
15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sinB＝，c＝3.
解析：由正弦定理＝得＝，得sinB＝，cosA＝＝＝，解得c＝3(负值舍去)．
16．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a＝，b＝，1＋2cos(B＋C)＝0，则边BC上的高为.
解析：由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，
得1－2cosA＝0，所以cosA＝，sinA＝.
再由正弦定理，得sinB＝＝.
由b从而cosB＝＝.
由上述结果知sinC＝sin(A＋B)＝×(＋)＝.
设边BC上的高为h，则有h＝bsinC＝.
17．(10分)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1,4)，B(－2,3)，C(2，－1)．
(1)求·及|＋|；
(2)设实数t满足(－t)⊥，求t的值．
解：(1)∵＝(－3，－1)，＝(1，－5)，
∴·＝－3×1＋(－1)×(－5)＝2.
∵＋＝(－2，－6)，
∴|＋|＝＝2.
(2)∵－t＝(－3－2t，－1＋t)，＝(2，－1)，
且(－t)⊥，∴(－t)·＝0，
∴(－3－2t)×2＋(－1＋t)·(－1)＝0，解得t＝－1.
18．(12分)如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．
(1)求渔船甲的速度；
(2)求sinα的值．
解：(1)依题意知，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC
＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784，解得BC＝28.
所以渔船甲的速度为＝14(海里/时)．
(2)在△ABC中，AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得＝，
所以sinα＝＝＝.
19．(12分)已知非零向量a，b满足|a|＝1，且(a－b)·(a＋b)＝.
(1)求|b|.
(2)当a·b＝时，求向量a与b的夹角θ的值．
解：(1)因为(a－b)·(a＋b)＝，
即a2－b2＝，
所以|b|2＝|a|2－＝1－＝，
故|b|＝.
(2)因为cosθ＝＝，又0°≤θ≤180°，故θ＝45°.
20．(12分)如图所示，港口B在港口O正东方向120海里处，小岛C在港口O北偏东60°方向，且在港口B北偏西30°方向上．一艘科学考察船从港口O出发，沿北偏东30°的OA方向以20海里/时的速度行驶，一艘快艇从港口B出发，以60海里/时的速度驶向小岛C，在C岛装运补给物资后给考察船送去．现两船同时出发，补给物资的装船时间为1小时，则快艇驶离港口B后，至少要经过多少小时才能和考察船相遇？
解：设快艇驶离港口B后，经过x小时，在OA上的点D处与考察船相遇．
如图所示，连接CD，则快艇沿线段BC，CD航行．
在△OBC中由题意得∠BOC＝30°，∠CBO＝60°，
所以∠OCB＝90°，
因为BO＝120，所以BC＝60，OC＝60.
故快艇从港口B到小岛C需要1小时，所以x>1.
在△OCD中，由题意易得∠COD＝30°.
OD＝20x，CD＝60(x－2)．
由余弦定理，得CD2＝OD2＋OC2－2OD·OCcos∠COD，
所以602(x－2)2＝(20x)2＋(60)2－2×20x×60×cos30°，
解得x＝3或x＝，因为x>1，所以x＝3.
所以快艇驶离港口B后，至少要经过3小时才能和考察船相遇．
21．(12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2－(b－c)2＝(2－)bc，sinAsinB＝cos2，BC边上的中线AM的长为.
(1)求角A和角B的大小．
(2)求△ABC的周长．
解：(1)由a2－(b－c)2＝(2－)bc，
得a2－b2－c2＝－bc，
所以cosA＝＝.
又0由sinAsinB＝cos2，得sinB＝，
即sinB＝1＋cosC，则cosC<0，即C为钝角，
所以B为锐角，且B＋C＝，
则sin＝1＋cosC，
化简得cos＝－1，
解得C＝，所以B＝.
(2)由(1)知，a＝b，在△ACM中，
由余弦定理得AM2＝b2＋()2－2b··cosC＝b2＋＋＝()2，
解得b＝2，所以a＝2.
在△ABC中，c2＝a2＋b2－2abcosC
＝22＋22－2×2×2×cos＝12，
所以c＝2，所以△ABC的周长为4＋2.
22．(12分)已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.
(1)若△CDE的面积为，求DE的长．
(2)若CF＝4DF，求sin∠DFC.
解：(1)依题意，得∠BCD＝∠DAB＝60°，
因为△CDE的面积S＝CD·CE·sin∠BCD＝，
所以×2CE×＝，解得CE＝1.
在△CDE中，由余弦定理得
DE＝
＝＝.
(2)方法1：连接BD，依题意，
得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°.
设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°.
在△CDF中，由正弦定理得＝，
因为CF＝4DF，
所以sinθ＝＝，所以cosθ＝，
所以sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝×＋×＝.
方法2：连接BD，依题意，得∠ACD＝30°，∠BCD＝60°，
设∠CDE＝θ，则0°<θ<60°，
设CF＝4x，因为CF＝4DF，则DF＝x，
在△CDF中，由余弦定理，
得DF2＝CD2＋CF2－2CD·CFcos∠ACD，
即7x2＝4＋16x2－8x，
解得x＝，或x＝.
又因为CF≤AC＝，
所以x≤，所以x＝，所以DF＝，
在△CDF中，
由正弦定理得＝，
所以sin∠DFC＝＝.