2020高中数学 单元素养评价（一）2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE18-学必求其心得，业必贵于专精单元素养评价(一)（第六章）(120分钟150分)一、单项选择题（本大题共10小题，每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）1.（2019·龙岩高二检测）在△ABC中，A=60°，B=75°，a=10，则c等于()A。52B.10C。1063【解析】选C。因为A=60°,B=75°，所以C=180°—A—B=45°，所以由正弦定理知c=asinCsinA=【加练·固】△ABC的内角A，B，C的对边分別为a，b，c，已知a=5，c=2，cosA=23,则A。2 B。3 C.2 D.3【解析】选D.由余弦定理得4+b2-2×2bcosA=5，整理得3b2—8b-3=0,解得b=3或b=—132.设x，y∈R,向量a=（x，1)，b=(1，y），c=（2，-4），且a⊥c,b∥c，则｜a+b｜=(）A。5 B。10 C.25 D.10【解析】选B.由a⊥c得a·c=2x—4=0，所以x=2，由b∥c得1×（-4)=2y,所以y=-2,于是a=(2，1)，b=（1，—2)，a+b=(3,—1)，从而｜a+b｜=10。【加练·固】已知向量=(1,1)，=（2，3),则下列向量与垂直的是 ()A。a=（3，6)B.b=(8，—6)C。c=(6，8)D。d=（-6，3)【解析】选D。=—=(1，2），(1，2）·（—6，3)=1×(-6）+2×3=0.3。如图所示，在正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE的中点,则=（）A.34+14 B。14+34C.12+ D。34+12【解析】选D.根据题意得：=12（+)，又=+，=12，所以=12（++12）=34+12.【加练·固】如图,在△ABC中，BE是边AC的中线，O是边BE的中点，若=a，=b，则=(）A。12a+12b B.12C.14a+12b D.12【解析】选D.=+=+12=+12（-)=12+12=12+14=12a+144。(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b，c,已知asinA—bsinB=4csinC,cosA=—14，则bA.6 B.5 C。4 【解析】选A。由已知及正弦定理可得a2—b2=4c2，由余弦定理推论可得—14cosA=b2+c2-a22bc，所以c2-4c【加练·固】在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC=2∶3∶3，则cosB= （)A。13B。12C.2【解析】选A。由sinA∶sinB∶sinC=2∶3∶3，结合正弦定理可得a∶b∶c=2∶3∶3,故设a=2k，b=c=3k(k〉0)，所以cosB=a2+c2-b25.在△ABC中，D是边BC上一点，若AD⊥AC，sin∠BAC=223,AD=3，AB=3A.3 B。2 C.23 D。3【解析】选A。画出图象如图所示.由诱导公式得sin∠BAC=sin（∠BAD+π2=cos∠BAD=223,在三角形ABD中,由余弦定理得BD=(36.如图，在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD的顶点D被阴影遮住，请设法计算·= ()A.10 B.11 C。12 【解析】选B.以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，则A（0，0），B(4,1),C（6,4)，=（4，1)，==（2，3），所以·=4×2+1×3=11。【加练·固】已知点A(7,1），B（1，a),若直线y=x与线段AB交于点C，且=2，则实数a= （)A.4B。5C.—4D。-5【解析】选A。根据题意，设C（x，x),由A（7,1)，B(1，a）,得=（x—7，x-1），=（1-x，a—x)。又=2,所以(x—7,x—1）=2（1—x，a—x），所以x-7=2所以实数a的值为4.7。已知点M，N满足||=｜|=3,且｜+｜=25，则M,N两点间的距离为(）A.5 B。4 C。6 D。3【解析】选B。依题意，得｜+|2=｜｜2++2·=18+2·=20，则·=1，故M，N两点间的距离为||=｜—｜==9+9-8.(2019·海口高一检测)在△ABC中，A=60°，a=3,则△ABC的周长为（）A.6sin(B+30°)+3 B。43sin（B+30°）+3C。6sin(B+60°）+3 D.43sin（B+60°)+3【解析】选A.由正弦定理可得3sin60°=bsin所以b=23sinB，c=23sinC,因为A+B+C=180°，A=60°,所以C=180°—A—B=120°-B，那么△ABC的周长：a+b+c=3+23sinB+23sin（120°—B)=3+23sinB+23=3+33sinB+3cosB=3+6sin（B+30°).9。一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱的水柱的高度,某人在喷水柱正西方向的D处测得水柱顶端A的仰角为45°,沿D向北偏东30°方向前进100m后到达C处，在C处测得水柱顶端A的仰角为30°，A。50m B.100m C【解析】选A。如图所示，AO⊥平面OCD，CD=100，∠ACO=30°，∠ADO=45°，∠ODC=60°.设OA=h,在Rt△OAD，则OD=h,同理可得：OC=3h，在△OCD中，OC2=OD2+CD2-2OD·CD·cos60°，所以（3h）2=h2+1002-2×h×100×12化为：h2+50h-5000=0，解得h=50，因此水柱的高度是50m.10。如图，△ABC是边长为23的正三角形，P是以C为圆心，半径为1的圆上任意一点，则·的取值范围是 (）A.[1,13] B。（1，13) C.（4,10) D。［4，10]【解析】选A.取AB的中点D,连接CD,CP，则+=2,所以·=（—)·（—)=·-2·+1=（23)2cosπ3-2×3×1×cos<，>+1=7—6cos〈，〉，所以当cos<，〉=1时，·取得最小值为1；当cos<，>=-1时，·取得最大值为13,因此·的取值范围是［1，13］.二、多项选择题(本大题共3小题,每小题4分,共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错的得0分）11。已知向量a=(1,—2），｜b｜=4｜a｜,a∥b，则b可能是 （)A。(4，-8） B.（8,4）C.（—4，—8） D.（—4，8)【解析】选AD.b=-4a时，bb=4a时，b12。在△ABC中，a=15，b=20，A=30°，则cosB= ()A。—53 B.23 C。-23【解析】选AD。因为asinA=所以15sin30°=解得sinB=23因为b>a，所以B>A，故B有两解,所以cosB=±5313。已知△ABC中，若sinA∶sinB∶sinC=k∶（k+1）∶2k，则k的取值可以是（)A。-12C.(-∞,0） D.1【解析】选BD.由正弦定理得：a=mk，b=m（k+1)，c=2mk,（m>0),因为a即m(2k三、填空题（本大题共4小题,每小题4分，共16分，将答案填在题中的横线上）14。在△ABC中，a=32，b=23，cosC=13，则△ABC的面积为________【解析】因为cosC=13，0〈C〈π，所以sinC=2所以S△ABC=12absinC=12×32×23×22答案：4315.已知向量a，b满足｜b|=5，｜a+b|=4,｜a—b｜=6，则向量a在向量b上的投影为________。

【解析】设向量a，b的夹角为θ，则|a+b|2=｜a|2+2|a||b|cosθ+|b|2=|a｜2+10｜a|cosθ+25=16，|a-b|2=｜a|2—2|a｜|b|cosθ+｜b｜2=|a|2-10｜a｜cosθ+25=36，两式相减整理得|a｜cosθ=-1,即向量a在向量b上的投影为｜a|cosθ=—1。答案：—116.(2019·海口高一检测）在△ABC中，∠A=60°,且最大边与最小边是方程3x2—27x+32=0的两个实根，则△ABC的外接圆半径R外=________.

【解析】易知，a既不是最大边，也不是最小边，不妨假设c为最大边，b为最小边，则b+所以a2=b2+c2—2bccos60°=（b+c)2-3bc=49，所以a=7（a=—7舍去），所以R外=a2sinA=72答案：7【加练·固】(2018·浙江高考)在△ABC中,角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a=7,b=2，A=60°，则sinB=________，c=________。

【解析】由正弦定理asinA=bsinB得7sin60°=2sinB，得sinB=答案：21717.在等腰直角△ABC中，∠ABC=90°,AB=BC=2，M，N为AC边上的两个动点(M，N不与A，C重合)，且满足|｜=2，则·的取值范围为________.

【解析】不妨设点M靠近点A，点N靠近点C，以等腰直角三角形ABC的直角边所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示，则B（0,0），A(0，2)，C(2，0）,线段AC的方程为x+y-2=0（0≤x≤2）.设M（a，2—a),N(a+1，1—a）(由题意可知0〈a〈1），所以=（a，2-a），=（a+1，1-a）,所以·=a（a+1)+(2-a）(1-a)=2a2—2a+2=2a-1所以由二次函数的知识可得·∈32,2答案：3四、解答题（本大题共6小题,共82分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18。(12分）已知非零向量a,b满足｜a｜=1，且(a—b）·（a+b）=12(1）求|b|。(2）当a·b=12时，求向量a与b的夹角θ的值【解析】（1)因为(a-b）·(a+b）=12即a2-b2=12所以|b|2=|a|2-12=1-12=12，故｜b(2)因为cosθ=QUOTEa·b|a||b|=22，又0°≤θ≤180°，故19.(14分）在平面直角坐标系xOy中,点A(—1，—2），B(2,3)，C(-2，—1）。(1）求以线段AB，AC为邻边的平行四边形两条对角线的长。(2）设实数t满足(—t)·=0，求t的值。【解析】（1）由题设知=（3，5），=(-1，1），则+=（2,6)，-=(4,4)。所以｜+|=210，|—｜=42.故所求的两条对角线的长分别为210，42。(2）由题设知，=（—2，—1），—t=(3+2t，5+t)，由（-t）·=0，得（3+2t，5+t)·（—2，-1)=0，从而5t=-11,所以t=—11520。（14分)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b，c,向量m=（sinA，b+c)，n=（sinC-sinB,a-b），且存在实数λ,使m=λn。求角C的大小。【解析】因为在△ABC中，向量m=（sinA,b+c），n=（sinC-sinB,a-b)，且存在实数λ,使m=λn，所以m∥n，所以sinA（a—b)=（b+c)·(sinC-sinB），利用正弦定理可得a(a—b)=（c+b)·（c-b），化简可得a2+b2-c2=ab，所以cosC=a2+b2-c221.（14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32，求DE的长(2)若7CF=4DF，求sin∠DFC.【解析】(1)依题意，得∠BCD=∠DAB=60°.因为△CDE的面积S=12CD·CE·sin∠BCD=3所以12×2CE·32=32在△CDE中，由余弦定理得DE=C=22+1(2)方法一: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CFsinθ=因为7CF=4DF,所以sinθ=CF2DF=所以cosθ=37所以sin∠DFC=sin（30°+θ）=12×37+32×2方法二：连接BD.依题意，得∠ACD=30°，∠BDC=60°,设∠CDE=θ，则0°<θ<60°,设CF=4x,因为7CF=4DF，则DF=7x，在△CDF中，由余弦定理，得DF2=CD2+CF2-2CD·CFcos∠ACD，即7x2=4+16x2-83x，解得x=239，或x=又因为CF≤12AC=3所以x≤34，所以x=2所以DF=221在△CDF中，由正弦定理得CDsin∠DFC所以sin∠DFC=2sin30°221【加练·固】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c。已知3cos（B—C）-1=6cosBcosC.（1）求cosA。(2)若a=3，△ABC的面积为22，求b，c。【解题指南】(1）选择将已知条件3cos（B-C)—1=6cosBcosC化简，先求得cos（B+C)，再求得cosA；(2）结合余弦定理，选择合适的△ABC的面积公式，建立关于b,c的方程组，解得b，c的值.【解析】(1)因为3(cosBcosC+sinBsinC）—1=6cosBcosC,所以3cosBcosC-3sinBsinC=-1,所以3cos(B+C）=-1,所以cos（π—A）=-13，所以cosA=1(2)由（1）得sinA=22由面积公式12bcsinA=22可得bc=6①cosA=b2+c2-则b2+c2=13②,①②两式联立可得b=2，c=3或b=3，c=2。22.（14分)如图，观测站C在目标A的南偏西20°方向,经过A处有一条南偏东40°走向的公路，在C处观测到与C相距31km的B处有一人正沿此公路向A处行走，走20km到达D处，此时测得C，D相距21【解析】由已