新教材2023年高中數(shù)學綜合測試6第6章平面向量及其應(yīng)用新人教A版必修第二冊-試卷下載-教習網(wǎng)

第六章綜合測試考試時間120分鐘，滿分150分．一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．下列命題中正確的是(　D　)A．－＝ B．＋＝0C．0·＝0 D．＋＋＝[解析]　起點相同的向量相減，則取終點，并指向被減向量，－＝；，是一對相反向量，它們的和應(yīng)該為零向量，＋＝0；0·＝0．2．|e|＝1是向量e為單位向量的(　C　)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[解析]　由單位向量的定義可知，|e|＝1是向量e為單位向量的充要條件．3．設(shè)O，A，M，B為平面上四點，＝λ＋(1－λ)·，且λ∈(1,2)，則(　B　)A．點M在線段AB上 B．點B在線段AM上C．點A在線段BM上 D．O，A，B，M四點共線[解析]　＝λ＋－λ，所以－＝λ(－)，＝λ，由λ∈(1,2)可知，A，B，M三點共線，且B在線段AM上．4．已知a、b、c分別是△ABC三個內(nèi)角A、B、C的對邊，b＝，c＝，B＝，那么a等于(　C　)A．1 B．2C．4 D．1或4[解析]　在△ABC中，b＝，c＝，cos B＝，由余弦定理有b2＝a2＋c2－2accos B，即7＝a2＋3－3a，解得a＝4或a＝－1(舍去)．故a的值為4．5．(2022·新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3,4)，b＝(1,0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，則t＝(　C　)A．－6 B．－5C．5 D．6[解析]　c＝(3＋t,4)，cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即＝，解得t＝5．故選C．6．如圖所示，為測量一樹的高度，在地面上選取A，B兩點，從A，B兩點測得樹尖的仰角分別為30°和45°，且A，B兩點之間的距離為60 m，則樹的高度為(　A　)A．(30＋30)m B．(30＋15)mC．(15＋30)m D．(15＋3)m[解析]　方法一：在△ABP中，由正弦定理可得＝，則PB＝＝30(＋)(m)．設(shè)樹的高度為h，則h＝PBsin 45°＝(30＋30)m．方法二：設(shè)樹的高度為h，則AB＝－＝60，解得h＝(30＋30)m．7．(2021·全國乙卷)魏晉時劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)于測量的數(shù)學著作，其中第一題是測海島的高．如圖，點E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”則海島的高AB＝(　A　)A．＋表高 B．－表高C．＋表距 D．－表距[解析]　如圖所示：由平面相似可知，＝，＝，而DE＝FG，所以＝＝＝＝，而CH＝CE－EH＝CG－EH＋EG，即AB＝×DE＝＋DE＝＋表高．故選A．8．如圖所示，半圓的直徑AB＝4，O為圓心，C是半圓上不同于A，B的任意一點，若P為半徑OC上的動點，則(＋)·的最小值是(　D　)A．2 B．0C．－1 D．－2[解析]　由平行四邊形法則得＋＝2，故(＋)·＝2·，又||＝2－||，且，反向，設(shè)||＝t(0≤t≤2)，則(＋)·＝2·＝－2t(2－t)＝2(t2－2t)＝2[(t－1)2－1]．∵0≤t≤2，∴當t＝1時，(＋)·取得最小值－2，故選D．二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)9．設(shè)向量a，b滿足：|a|＝3，|b|＝4，a·b＝0，以a，b，a－b的模為邊長構(gòu)成三角形，則它的邊與半徑為1的圓的公共點個數(shù)可以是(　ABC　)A．0或1 B．2或3C．4 D．6[解析]　由題意可知該三角形為直角三角形，其內(nèi)切圓半徑恰好為1，它與半徑為1的圓的公共點個數(shù)可能為0個，1個，2個，3個，4個，故選ABC．10．已知m，n是實數(shù)，a，b是向量，則下列命題中正確的為(　AB　)A．m(a－b)＝ma－mb B．(m－n)a＝ma－naC．若ma＝mb，則a＝b D．若ma＝na，則m＝n[解析]　對于A和B屬于數(shù)乘對向量與實數(shù)的分配律，正確；對于C，若m＝0，則不能推出a＝b，錯誤；對于D，若a＝0，則m，n沒有關(guān)系，錯誤．故選AB．11．若△ABC為鈍角三角形，且a＝2，b＝3，則邊c的長度可以為(　AD　)A．2 B．3C． D．4[解析]　由三角形的邊長能構(gòu)成三角形，則有1＜c＜5，又a＜b，所以在△ABC中為鈍角的可能為角B或角C．則cos B＝＜0或cos C＝＜0所以4＋c2－9＜0或4＋9－c2＜0，解得：1＜c＜或＜c＜5，所以選項A、D滿足．故選AD．12．(2021·新高考全國Ⅰ卷)已知O為坐標原點，點P1(cos α，sin α)，P2(cos β，－sin β)，P3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，A(1,0)，則(　AC　)A．||＝|| B．||＝||C．·3＝· D．·＝·[解析]　＝(cos α，sin α)，＝(cos β，－sin β)，所以||＝＝1，||＝＝1，故||＝||，A正確；由題意得：·＝1×cos(α＋β)＋0×sin(α＋β)＝cos(α＋β)，·＝cos α·cos β＋sin α·(－sin β)＝cos(α＋β)，C正確；故選AC．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2021·北京卷)a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，則(a＋b)·c＝__0__；a·b＝__3__．[解析]　∵a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，∴a＋b＝(4,0)，∴(a＋b)·c＝4×0＋0×1＝0，∴a·b＝2×2＋1×(－1)＝3．14．(2021·全國乙卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為，B＝60°，a2＋c2＝3ac，則b＝__2__．[解析]　由題意，S△ABC＝acsin B＝ac＝，所以ac＝4，a2＋c2＝12，所以b2＝a2＋c2－2accos B＝12－2×4×＝8，解得b＝2(負值舍去)．故答案為：2．15．設(shè)向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，(a－b)⊥c，a⊥b，若|a|＝1，則|a|2＋|b|2＋|c|2的值是__4__．[解析]　由于a⊥b，由此畫出以a，b為鄰邊的矩形ABCD，如圖所示，其中，＝a，＝b，∵a＋b＋c＝0，∴＝c，＝a－b．∵(a－b)⊥c，∴矩形的兩條對角線互相垂直，則四邊形ABCD為正方形．∴|a|＝|b|＝1，|c|＝，|a|2＋|b|2＋|c|2＝4．16．在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對的邊分別為a，b，c，已知(a＋b－c)·(a＋b＋c)＝3ab，且c＝4，則角C＝____，△ABC面積的最大值為__4__．[解析]　(a＋b－c)(a＋b＋c)＝(a＋b)2－c2＝a2＋2ab＋b2－c2＝3ab，∴a2＋b2－c2＝ab．又∵a2＋b2－c2＝2abcos C，∴2abcos C＝ab，∴cos C＝，∵C∈(0，π)，∴C＝．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，∴16＝a2＋b2－2abcos ＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，∴ab≤16．∴△ABC面積的最大值S＝absin C≤×16×sin ＝4．四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)在平面直角坐標系xOy中，已知點A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)．(1)求以線段AB，AC為鄰邊的平行四邊形的兩條對角線的長；(2)設(shè)實數(shù)t滿足(－t)·＝0，求t的值．[解析]　(1)＝(3,5)，＝(－1,1)，求兩條對角線的長即求|＋|與|－|的大?。?/span>＋＝(2,6)，得|＋|＝2，由－＝(4,4)，得|－|＝4．(2)＝(－2，－1)，∵(－t)·＝·－t2，易求·＝－11，2＝5，∴由(－t)·＝0得t＝－．18．(本小題滿分12分)(2022·新高考Ⅱ卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長的三個正三角形的面積依次為S1，S2，S3，已知S1－S2＋S3＝，sin B＝．(1)求△ABC的面積；(2)若sin Asin C＝，求b．[解析]　(1)由題意得S1＝·a2·＝a2，S2＝b2，S3＝c2，則S1－S2＋S3＝a2－b2＋c2＝，即a2＋c2－b2＝2，由余弦定理得cos B＝，整理得accos B＝1，則cos B＞0，又sin B＝，則cos B＝＝，ac＝＝，則S△ABC＝acsin B＝；(2)由正弦定理得：＝＝，則＝·＝＝＝，則＝，b＝sin B＝．19．(本小題滿分12分)在銳角△ABC中，a＝2，______．(1)求角A；(2)求△ABC的周長l的范圍．注：在①m＝，n＝，且m·n＝－，②(2b－c)cos A＝acos C，③f(x)＝cos xcos－，f(A)＝．這三個條件中任選一個，補充在上面問題中并對其進行求解．如果選擇多個條件分別作答，按第一個解答計分．[解析]　(1)若選①，∵m＝，n＝，且m·n＝－，∴m·n＝－cos2＋sin 2＝－，∴cosA＝，∵A∈，∴A＝．若選②，∵(2b－c)cos A＝acos C，∴2bcos A＝acos C＋ccos A＝a·＋c·，∴2bcos A＝b，∴cos A＝，∵A∈，∴A＝．若選③，f(x)＝cos x－＝cos2x＋cos xsin x－＝×＋×－＝＝sin ，∵f(A)＝，∴sin ＝．∵A∈，∴A＝．(2)∵＝4，∴l＝4sin ＋4sin B＋2，∴l＝4sin ＋2．∵△ABC為銳角三角形且A＝，∴B∈，∴B＋∈，∴l∈(6＋2，6]．20．(本小題滿分12分)△ABC是等腰直角三角形，∠B＝90°，D是邊BC的中點，BE⊥AD，垂足為E，延長BE交AC于F，連接DF，求證：∠ADB＝∠FDC．[解析]　如圖，B為原點，BC所在直線為x軸建立直角坐標系，設(shè)A(0,2)，C(2,0)，則D(1,0)，＝(2，－2)．設(shè)＝λ，則＝＋＝(0,2)＋(2λ，－2λ)＝(2λ，2－2λ)．又＝(－1,2)，⊥，∴·＝0，∴－2λ＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝．∴＝，＝－＝．又＝(1,0)，∴cos ∠ADB＝＝，cos ∠FDC＝＝，又∠ADB，∠FDC∈(0，π)，∴∠ADB＝∠FDC．21．(本小題滿分12分)如圖所示，甲船以每小時30 n mile的速度向正北方向航行，乙船按固定方向勻速直線航行，當甲船位于A1處時，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1處，此時兩船相距20 n mile．當甲船航行20 min到達A2處時，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2處，此時兩船相距10 n mile，問乙船每小時航行多少n mile?[解析]　解法一：如圖，連接A1B2，由題意知A2B2＝10 n mile，A1A2＝30×＝10 n mile．所以A1A2＝A2B2．又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，所以△A1A2B2是等邊三角形．所以A1B2＝A1A2＝10 n mile．由題意知，A1B1＝20 n mile，∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，在△A1B2B1中，由余弦定理，得B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos 45°＝202＋(10)2－2×20×10×＝200．所以B1B2＝10 n mile．因此，乙船速度的大小為×60＝30(n mile/h)．答：乙船每小時航行30 n mile．解法二：如下圖所示，連接A2B1，由題意知A1B1＝20 n mile，A1A2＝30×＝10 n mile，∠B1A1A2＝105°，又cos 105°＝cos(45°＋60°)＝cos 45°cos 60°－sin 45°sin 60°＝，sin 105°＝sin (45°＋60°)＝sin 45°cos 60°＋cos 45°·sin 60°＝，在△A2A1B1中，由余弦定理，得A2B＝A1B＋A1A－2A1B1·A1A2·cos 105°＝202＋(10)2－2×20×10×＝100(4＋2)，所以A2B1＝10(1＋)n mile由正弦定理，得sin ∠A1A2B1＝·sin ∠B1A1A2＝×＝，所以∠A1A2B1＝45°，即∠B1A2B2＝60°－45°＝15°，cos 15°＝sin 105°＝．在△B1A2B2中，由題知A2B2＝10 n mile，由余弦定理，得B1B＝A2B＋A2B－2A2B1·A2B2·cos 15°＝102(1＋)2＋(10)2－2×10(1＋)×10×＝200，所以B1B2＝10 n mile，故乙船速度的大小為×60＝30(n mile/h)．答：乙船每小時航行30 n mile．22．(本小題滿分12分)已知向量a＝(2＋sin x,1)，b＝(2，－2)，c＝(sin x－3,1)，d＝(1，k)，(x∈R，k∈R)．(1)若x∈，且a∥(b＋c)，求x的值；(2)若函數(shù)f(x)＝a·b，求f(x)的最小值；(3)是否存在實數(shù)k，使得(a＋d)⊥(b＋c)？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，請說明理由．[解析]　(1)∵b＋c＝(sin x－1，－1)，又a∥(b＋c)，∴－(2＋sin x)＝sin x－1，即sin x＝－．又x∈[－，]，∴x＝－．(2)∵a＝(2＋sin x,1)，b＝(2，－2)，∴f(x)＝a·b＝2(2＋sin x)－2＝2sin x＋2．又x∈R，∴當sin x＝－1時，f(x)有最小值，且最小值為0．(3)∵a＋d＝(3＋sin x,1＋k)，b＋c＝(sin x－1，－1)，若(a＋d)⊥(b＋c)，則(a＋d)·(b＋c)＝0，即(3＋sin x)(sin x－1)－(1＋k)＝0，∴k＝sin 2x＋2sin x－4＝(sin x＋1)2－5．由sin x∈[－1,1]，∴－5≤(sin x＋1)2－5≤－1，得k∈[－5，－1]．∴存在k∈[－5，－1]，使得(a＋d)⊥(b＋c)．