新教材同步备课2024春高中数学章末综合测评1平面向量及其应用新人教A版必修第二册

章末综合测评(一)平面对量及其应用(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共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．(2024·广东执信中学月考)下列说法正确的是()A．单位向量都相等B．随意向量的模都是正数C．若四边形ABCD为平行四边形，则AB＝DCD．NQ+QP2．(2024·哈尔滨工业高校附中期中)向量b＝(1，2)在向量a＝(-1，A．-12C．12，3．已知△ABC的其中两边长分别为2，3，这两边的夹角的余弦值为13，则△ABC的外接圆的半径为(A．922B．924C．924．(2024·全国Ⅲ卷)已知向量a，b满意|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉＝()A．－3135 B．－C．1735 D．5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若b2＋c2－a2＝65bc，则sin(B＋C)的值为(A．－45 B．C．－35 D．6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若△ABC的面积为315，b－c＝2，cosA＝－14，则△ABC的周长为(A．18 B．16C．20 D．157．已知非零向量AB与AC满意ABAB+ACAC·BC＝0且ABAB·CAAC＝12A．三边均不相等的三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形8．如图，在△ABC中，B＝45°，AC＝8，D是BC边上一点，DC＝5，DA＝7，则AB的长为()A．42 B．43C．8 D．46二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．对随意向量a，b，下列关系式中恒成立的是()A．|a·b|≤|a||b|B．|a－b|≤||a|－|b||C．(a＋b)2＝|a＋b|2D．(a＋b)·(a－b)＝a2－b210．(2024·辽宁沈阳二中期中)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题为真命题的是()A．若A>B，则sinA>sinBB．若sin2A＋sin2B<sin2C，则△ABC是钝角三角形C．若acosA＝bcosB，则△ABC为等腰三角形D．若a＝8，c＝10，A＝60°，则符合条件的△ABC有两个11．(2024·山西晋城一中月考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b-c)cosA＝acosC，b＝23，若边BC的中线AD＝3，则下列结论正确的有A．A＝πB．A＝πC．AB·AC＝6D．△ABC的面积为3312．设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法中正确的是()A．若AM＝12AB＋12AC，则点B．若AM＝2AB-AC，则点M在线段C．若AM＝－BM-CM，则点M是△D．若AM＝xAB＋yAC，且x＋y＝12，则△MBC的面积是△ABC面积的三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若|a|＝1，|b|＝2，a与b的夹角为60°，若(3a＋5b)⊥(ma－b)，则m的值为________．14．(2024·浙江高考)我国南宋闻名数学家秦九韶，发觉了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．假如把这个方法写成公式，就是S＝14c2a2-c2+a2-b222，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2sinAsinBcosC＝sin2C，则a2+b2c2＝16．如图所示，半圆的直径AB＝2，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的随意一点，若P为半径OC上的动点，则(PA+PB)·PC的最小值是四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知AB＝(－1，3)，BC＝(3，m)，CD＝(1，n)，且AD∥BC．(1)求实数n的值；(2)若AC⊥BD，求实数m的值．18．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知(a＋c)·(a－c)＝b(b＋c)．(1)求角A的大小；(2)在下列三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答．若b＝3，c＝4，点D是BC边上的一点，且________，求线段AD的长．①AD是△ABC的中线；②AD是△ABC的角平分线；③BD＝2CD．注：若选择多个条件解答，则按第一个计分．19．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2．(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．20．(本小题满分12分)(2024·南京师大附中月考)如图，在△OAB中，P为边AB上的一点，BP＝2PA，|OA|＝6，|OB|＝2，且OA与OB的夹角为60°．(1)求OP的模长；(2)求OP·AB的值．21．(本小题满分12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知△ABC的面积为a2(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．22．(本小题满分12分)目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，到处都能见到5G基站的身影．如图①，某同学在一条水平马路上观测对面山项上的一座5G基站AB，已知基站高AB＝50m，该同学眼高1.5m(眼睛到地面的距离)，该同学在初始位置C处(眼睛所在位置)测得基站底部B的仰角为37°，测得基站顶端A的仰角为45°．(1)求出山高BE(结果保留一位小数)；(2)如图②，当该同学面对基站AB前行时(保持在同一铅垂面内)，记该同学所在位置M处(眼睛所在位置)到基站AB所在直线的距离MD＝xm，且记在M处观测基站底部B的仰角为α，观测基站顶端A的仰角为β．试问当x多大时，观测基站的视角∠AMB最大？参考数据：sin8°≈0.14，sin37°≈0.6，sin45°≈0.7，sin127°≈0.8．章末综合测评(一)1．C[对于C，▱ABCD中，AB＝DC，且向量AB与DC同向，则AB＝DC，C正确．故选C．]2．D[依据题意可得：a·b＝－1＋2＝1，a＝2，向量b＝1，2在向量a＝-1，1上的投影向量为a·ba×3．C[由题意知，边长分别为2，3的两边的夹角的正弦值为1-19＝223．又由余弦定理可得第三边的长为22+32-2×2×4．D[由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝a2+2a·b+b2＝25-12+36＝7，所以cos〈a，a5．B[由b2＋c2－a2＝65bc，得cosA＝b2+c2-a22bc＝35，则sin(6．A[在△ABC中，由cosA＝－14，可得sinA＝154，所以12bc×154＝315，即bc＝24．由余弦定理得a2＝b2＋c2＋2bc×14＝b2＋c2＋12bc，联立bc=24，a2=b2+c27．C[由ABAB+ACAC·BC＝0，得∠A的平分线垂直于BC，所以AB＝AC，设而ABAB·CAAC＝cosθ＝又θ∈[0，π]，所以θ＝π3，∠BAC＝π－π3＝23π，故△8．D[因为DC＝5，DA＝7，AC＝8，所以cos∠ADC＝72+5因此cos∠ADB＝－17所以sin∠ADB＝43又B＝45°，DA＝7，由正弦定理，可得DAsinB＝所以AB＝DA·sin∠ADBsinB9．ACD[|a·b|＝|a|·|b|·|cos〈a，b〉|≤|a|·|b|，故A正确；由向量的运算法则知C，D正确；当b＝－a≠0时，|a－b|＞||a|－|b||，故B错误．故选ACD．]10．AB[对A选项，依据结论大角对大边，则有a>b，又因为正弦定理asinA＝所以sinA>sinB，故A正确；对B选项，由sin2A＋sin2B<sin2C可得a2＋b2<c2，∴cosC<0，△ABC为钝角三角形，故B正确；对C选项，由acosA＝bcosB可得sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∴A＝B或2A＋2B＝π，∴△ABC是直角三角形或等腰三角形，故C错误；对D选项，由正弦定理得sinC＝10×328＝538>1，故不存在满意条件的11．ACD[依据正弦定理，由2b-ccosA＝acosC⇒2sinBcosA－sinCcosA＝sinAcosC⇒2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sin因为B∈(0，π)，所以sinB≠0，因此2cosA＝1⇒cosA＝12，因为A∈(0，π)，所以A＝π3，因此选项A正确，选项因为AD是中线，所以由AD＝12AB+AC⇒4AD2＝AB2＋AC2＋2AB·AC⇒36＝c2＋12＋2×23×12c⇒c＝23，或c＝－43舍去，因此AB·AC＝2△ABC的面积为12bcsinA＝12×23×23×32＝33，所以选项12．ACD[A项，AM＝12AB＋12AC⇒12AM－12AB＝12AC－12B项，AM＝2AB-AC⇒AM-AB＝AB-AC，即BM＝CB，则点C项，如图，设BC的中点为D，则AM＝－BM-CM＝MB+MC＝2D项，AM＝xAB＋yAC，且x＋y＝12⇒2AM＝2xAB＋2yAC，2x＋2y＝1，设AD＝2AM所以AD＝2xAB＋2yAC，2x＋2y＝1，可知B，C，D三点共线，所以△MBC的面积是△ABC面积的12，所以D正确．13．238[由题意知(3a＋5b)·(ma－b)＝3ma2＋(5m－3)a·b－5b2＝0，即3m＋(5m－3)×2×cos60°－5×4＝0，解得m＝2314．234[法一：S＝142×4法二：cosA＝3+4-223×2＝543S＝12×3×2×6915．2π3[∵2sinAsinBcosC＝sin2C∴2abcosC＝c2⇒a2＋b2－c2＝c2⇒a2+b∴cosC＝a2+b2-∵0<C<π，∴0＜C≤π3，当且仅当a＝b即角C的最大值为π316．－12[因为点O是AB所以PA+PB＝2设|PC|＝x，则|PO|＝1－x(0≤x≤1)，所以(PA+PB)·PC＝2PO·PC＝－2x(1－＝2x-12所以当x＝12时，(PA+PB)·PC17．解(1)因为AB＝(－1，3)，BC＝(3，m)，CD＝(1，n)，所以AD＝AB+BC+CD＝(3，3＋m因为AD∥BC，设AD＝λBC，即3=3λ，3+m+n=λm，解得(2)因为AC＝AB+BC＝(2，3＋mBD＝BC+CD＝(4，m－又AC⊥BD，所以AC·BD＝0，即8＋(3＋m)(m－3)＝0，解得m＝±1．18．解(1)由(a＋c)(a－c)＝b(b＋c)，得b2＋c2－a2＝－bc，即cosA＝b2+c因为0<A<π，所以A＝2π(2)选①，由b＝3，c＝4，A＝2π则|AD|2＝12AB+12AC2＝14|AB|2＋14|AC|2＋12AB·AC＝14c2＋14b2＋12bc·cosA＝选②，因为S△ABC＝S△ADC＋S△ABD，b＝3，c＝4，A＝2π所以12bcsinA＝12b·ADsinA2＋12c·即12×3×4·sin2π3＝12×3AD·sinπ3＋12×4AD·sin选③，依题意，得AD＝AB＋23(AC-AB)＝13AB＋23AC，由b＝3则|AD|2＝13AB+23AC2＝19|AB|2＋49|AC|2＋49AB·AC＝19c2＋49b2＋49故AD＝2719．解(1)因为2sinC＝3sinA，则2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，cosC＝a2+b2-c22ab＝18，所以因此，S△ABC＝12absinC＝12×4×5×37(2)明显c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理的推论可得cosC＝a2+b2-c解得－1<a<3，则0<a<3，由三角形的三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，∵a∈Z，故a＝2．20．解(1)因为BP＝2PA，所以OP＝OB+BP＝OB＋23BA＝OB＋23(因为|OA|＝6，|OB|＝2，OA与OB的夹角为60°，所以OP2＝23OA+13OB2＝49OA2+49OA·OB+19OB2＝49(2)OP·AB＝23OA+13OB·(OB-OA)＝-23OA2＋13OA·OB＋13OB2＝－221．解(1)由题设得12acsinB＝a即12csinB＝a由正弦定理得12sinCsinB＝sin故sinBsinC＝23(2)由题设及(1)得cosBcosC－sinB