2024-2025学年新教材高中数学第八章向量的数量积与三角恒等变换单元质量评估含解析新人教B版必修第三册

PAGEPAGE1向量的数量积与三角恒等变换一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，有且只有一个选项符合题目要求)1．若(4tanα＋1)(1－4tanβ)＝17，则tan(α－β)的值为(C)A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．4D．12解析：由(4tanα＋1)(1－4tanβ)＝17，得tanα－tanβ＝4(1＋tanα·tanβ)，∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝4.2．若a＝(λ，2)，b＝(－3,5)，则a与b的夹角是钝角，则λ的取值范围是(A)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(10,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(10,3)))解析：a·b＝－3λ＋10<0，∴λ>eq\f(10,3).当a与b共线时，eq\f(λ,－3)＝eq\f(2,5)，∴λ＝－eq\f(6,5).此时，a与b同向，∴λ>eq\f(10,3).3．cos76°cos16°＋cos14°cos74°－2cos75°cos15°＝(A)A．0B.eq\f(\r(3),2)C．1D．－eq\f(1,2)解析：因为cos76°cos16°＋cos14°cos74°＝cos76°cos16°＋sin76°×sin16°＝cos(76°－16°)＝eq\f(1,2)，2cos75°cos15°＝2sin15°cos15°＝sin30°＝eq\f(1,2)，所以原式＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，故选A.4.如图，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\r(2)，则eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))的值是(A)A.eq\r(2)B．2C．0D．1解析：∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\r(2)|eq\o(DF,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，∴|eq\o(DF,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝eq\r(2)－1，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＋Beq\o(E,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\r(2)×(eq\r(2)－1)＋1×2＝－2＋eq\r(2)＋2＝eq\r(2)，故选A.5．在△ABC中，已知taneq\f(A＋B,2)＝sinC，则△ABC的形态为(C)A．正三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形解析：在△ABC中，taneq\f(A＋B,2)＝sinC＝sin(A＋B)＝2sineq\f(A＋B,2)·coseq\f(A＋B,2)，∴2cos2eq\f(A＋B,2)＝1，∴cos(A＋B)＝0.又0<A＋B<π，∴A＋B＝eq\f(π,2)，故△ABC为直角三角形．6．若0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，cos(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(1,3)，cos(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＝eq\f(\r(3),3)，则cos(α＋eq\f(β,2))＝(C)A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\f(5\r(3),9)D．－eq\f(\r(6),9)解析：cos(α＋eq\f(β,2))＝cos[(eq\f(π,4)＋α)－(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))]＝cos(eq\f(π,4)＋α)·cos(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＋sin(eq\f(π,4)＋α)sin(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))．因为0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，所以eq\f(π,4)<eq\f(π,4)＋α<eq\f(3π,4)，eq\f(π,4)<eq\f(π,4)－eq\f(β,2)<eq\f(π,2)，所以sin(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(2\r(2),3)，sin(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＝eq\f(\r(6),3)，则cos(α＋eq\f(β,2))＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(5\r(3),9).7．若函数y＝cos2x＋asinx在区间[eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]上是减函数，则a的取值范围是(A)A．(－∞，2]B．(－∞，eq\f(1,2)]C．(eq\r(2)，＋∞)D．(2，＋∞)解析：y＝cos2x＋asinx＝－2sin2x＋asinx＋1，令sinx＝t，则y＝－2t2＋at＋1.因为x∈[eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]，所以t∈[eq\f(1,2)，1]，所以y＝－2t2＋at＋1，t∈[eq\f(1,2)，1]．因为y＝cos2x＋asinx在区间[eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]上是减函数，所以y＝－2t2＋at＋1在区间[eq\f(1,2)，1]上也是减函数，又对称轴为直线t＝eq\f(a,4)，所以eq\f(a,4)≤eq\f(1,2)，所以a∈(－∞，2]．故选A.8．已知向量a＝(coseq\f(3x,2)，sineq\f(3x,2))，b＝(coseq\f(x,2)，－sineq\f(x,2))，且x∈[0，eq\f(π,2)]．若|a＋b|＝2a·b，则sin2x＋tanx＝(B)A．－1B．0C．2D．－2解析：|a＋b|＝eq\r(cos\f(3x,2)＋cos\f(x,2)2＋sin\f(3x,2)－sin\f(x,2)2)＝eq\r(2＋2cos2x)＝2cosx，又a·b＝cos2x，由|a＋b|＝2a·b得2cosx＝2cos2x，所以2cos2x－cosx－1＝0，解得cosx＝1或cosx＝－eq\f(1,2)(舍去)．当cosx＝1时，sinx＝0，tanx＝0，所以sin2x＋tanx＝0，故选B.二、多项选择题(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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分)9．设a，b是两个非零向量，则下列命题为假命题的是(ABD)A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥bB．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λaD．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|解析：对于A，若|a＋b|＝|a|－|b|，则|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|，得a·b＝－|a||b|≠0，a与b不垂直，所以A不正确；对于B，由A解析可知，|a＋b|≠|a|－|b|，所以B不正确；对于C，若|a＋b|＝|a|－|b|，则|a|2＋|b|2＋2a·b＝|a|2＋|b|2－2|a||b|，得a·b＝－|a||b|，则cosθ＝－1，则a与b反向，因此存在实数λ，使得b＝λa，所以C正确．对于D，若存在实数λ，则a·b＝λ|a|2，当λ>0时，－|a||b|＝－λ|a|2，因此a·b≠－|a||b|，则|a＋b|≠|a|－|b|，所以D不正确．故选ABD.10．已知函数f(x)＝sin4x＋cos2x，则下列说法正确的是(ABC)A．最小正周期是eq\f(π,2) B．f(x)是偶函数C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))上递增 D．x＝eq\f(π,8)是f(x)图象的一条对称轴解析：由题知f(x)＝sin4x＋1－sin2x＝sin4x－sin2x＋1＝－sin2x(1－sin2x)＋1＝1－sin2xcos2x＝1－eq\f(1,4)sin22x＝1－eq\f(1,4)×eq\f(1－cos4x,2)＝eq\f(1,8)cos4x＋eq\f(7,8).∴T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，∴A正确；∵f(－x)＝f(x)，x∈R，∴f(x)是偶函数，B正确；由余弦函数的单调性可知C正确；∵当x＝eq\f(π,8)时，cos4x＝coseq\f(π,2)＝0，∴D错误，故选ABC.11．定义两个非零平面对量的一种新运算a*b＝|a||b|sin〈a，b〉，其中〈a，b〉表示a，b的夹角，则对于两个非零平面对量a，b，下列结论肯定成立的有(BD)A．a在b方向上的投影为|a|sin〈a，b〉B．(a*b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2C．λ(a*b)＝(λa)*bD．若a*b＝0，则a与b平行解析：①对于选项A，a在b方向上的投影为|a|cos〈a，b〉，故选项A错误，②对于选项B，(a*b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2(sin2〈a，b〉＋cos2〈a，b〉)＝|a|2|b|2，故选项B正确，③对于选项C，λ(a*b)＝λ|a||b|sin〈a，b〉，(λa)*b＝|λa||b|sin〈λa，b〉，λ＜0时，不成立，故选项C错误，④由a*b＝0，所以sin〈a，b〉＝0，所以〈a，b〉＝0或π，即a与b平行，故选项D正确，综合①②③④得，故选BD.12．已知f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，若a＝f(lg5)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,5)))，则(CD)A．a＋b＝0B．a－b＝0C．a＋b＝1D．a－b＝sin(2lg5)解析：f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2x,2)，∵a＝f(lg5)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,5)))＝f(－lg5)，∴a＋b＝eq\f(1＋sin2lg5,2)＋eq\f(1－sin2lg5,2)＝1，a－b＝eq\f(1＋sin2lg5,2)－eq\f(1－sin2lg5,2)＝sin(2lg5)．故选CD.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填写在题目中的横线上)13．已知|a|＝eq\r(3)，|b|＝4，|c|＝2eq\r(3)，且a＋b＋c＝0，则a·b＋c·b＋c·a＝－eq\f(31,2).解析：由题意得(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·c＋b·c＋a·b)＝0，∴a·b＋b·c＋c·a＝－eq\f(31,2).14．已知α为其次象限角，且sinα＝eq\f(\r(15),4)，则eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sin2α＋cos2α＋1)＝－eq\r(2).解析：eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sin2α＋cos2α＋1)＝eq\f(\f(\r(2),2)sinα＋cosα,2sinαcosα＋2cos2α)＝eq\f(\r(2)sinα＋cosα,4cosαsinα＋cosα).当α为其次象限角，且sinα＝eq\f(\r(15),4)时，sinα＋cosα≠0，cosα＝－eq\f(1,4)，所以eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sin2α＋cos2α＋1)＝eq\f(\r(2),4cosα)＝－eq\r(2).15．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(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))·eq\o(PC,\s\up6(→))的最小值是－eq\f(1,2)，最大值是__0__.解析：因为点O是A，B的中点，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))，设|eq\o(PC,\s\up6(→))|＝x，则|eq\o(PO,\s\up6(→))|＝1－x(0≤x≤1)．所以(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝－2x(1－x)＝2(x－eq\f(1,2))2－eq\f(1,2).所以当x＝eq\f(1,2)时，(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))·eq\o(PC,\s\up6(→))取到最小值－eq\f(1,2).当x＝0或1时，(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))·eq\o(PC,\s\up6(→))取到最大值0.16．若θ∈[eq\f(5π,4)，eq\f(3π,2)]，则eq\r(1－sin2θ)－eq\r(1＋sin2θ)可化简为__2cosθ__.解析：由eq\f(5π,4)≤θ≤eq\f(3π,2)，得π≤θ－eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，则sinθ－cosθ＝eq\r(2)sin(θ－eq\f(π,4))≤0.由eq\f(5π,4)≤θ≤eq\f(3π,2)，得eq\f(3π,2)≤θ＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4)，则sinθ＋cosθ＝eq\r(2)sin(θ＋eq\f(π,4))<0，故eq\r(1－sin2θ)－eq\r(1＋sin2θ)＝|sinθ－cosθ|－|sinθ＋cosθ|＝(cosθ－sinθ)＋(cosθ＋sinθ)＝2cosθ.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．(10分)已知A，B，C为△ABC的三个内角，且A<B<C，sinB＝eq\f(4,5)，cos(2A＋C)＝－eq\f(4,5)，求cos2A的值．解：∵A<B<C，A＋B＋C＝π，∴0<B<eq\f(π,2)，eq\f(π,2)<A＋C<π，0<2A＋C<π.∵sinB＝eq\f(4,5)，∴cosB＝eq\f(3,5).∴sin(A＋C)＝sin(π－B)＝eq\f(4,5)，cos(A＋C)＝－eq\f(3,5).∵cos(2A＋C)＝－eq\f(4,5)，∴sin(2A＋C)＝eq\f(3,5).∴sinA＝sin[(2A＋C)－(A＋C)]＝eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(4,5)＝eq\f(7,25).∴cos2A＝1－2sin2A＝eq\f(527,625).18．(12分)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(2\r(7),7)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(1,2)，且eq\f(π,2)<α<π，0<β<eq\f(π,2).(1)求coseq\f(α＋β,2)的值；(2)计算tan(α＋β)的值．解：(1)∵eq\f(π,2)<α<π，0<β<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,4)<α－eq\f(β,2)<π，－eq\f(π,4)<eq\f(α,2)－β<eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq\f(\r(21),7)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(\r(3),2).∴coseq\f(α＋β,2)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(2\r(7),7)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(21),7)×eq\f(1,2)＝－eq\f(\r(21),14).(2)易知eq\f(π,4)<eq\f(α＋β,2)<eq\f(3π,4)，∴sineq\f(α＋β,2)＝eq\r(1－cos2\f(α＋β,2))＝eq\f(5\r(7),14)，从而有taneq\f(α＋β,2)＝－eq\f(5\r(3),3).∴tan(α＋β)＝eq\f(2tan\f(α＋β,2),1－tan2\f(α＋β,2))＝eq\f(5\r(3),11).19．(12分)已知a，b是两个单位向量．(1)若|3a－2b|＝3，试求a·b的值；(2)若a，b的夹角为60°，试求向量m＝2a＋b与n＝2b－3a的夹角．解：(1)∵a，b是两个单位向量，∴|a|＝|b|＝1，又|3a－2b|＝3，∴9|a|2－12a·b＋4|b|2＝9，∴a·b＝eq\f(1,3).(2)∵a，b是两个单位向量，且a，b的夹角为60°，∴a·b＝|a||b|cos60°＝eq\f(1,2).则|m|＝eq\r(2a＋b2)＝eq\r(4|a|2＋4a·b＋|b|2)＝eq\r(4×12＋4×\f(1,2)＋12)＝eq\r(7)，|n|＝eq\r(2b－3a2)＝eq\r(4|b|2－12a·b＋9|a|2)＝eq\r(4×12－12×\f(1,2)＋9×12)＝eq\r(7)，m·n＝(2a＋b)·(2b－3a)＝2|b|2＋a·b－6|a|2＝－eq\f(7,2).设向量m＝2a＋b与n＝2b－3a的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－\f(7,2),\r(7)×\r(7))＝－eq\f(1,2).∵0°≤θ≤180°，∴θ＝120°.即向量m＝2a＋b与n＝2b－3a的夹角为120°.20．(12分)已知a＝(eq\r(3)sinωx,1)，b＝(cosωx,0)，其中ω>0，又函数f(x)＝b·(a－b)＋k是以eq\f(π,2)为最小正周期的周期函数，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，函数f(x)的最小值为－2.(1)求f(x)的解析式；(2)写出函数f(x)的单调递增区间．解：(1)∵a－b＝(eq\r(3)sinωx－cosωx,1)，∴f(x)＝b·(a－b)＋k＝cosωx(eq\r(3)sinωx－cosωx)＋k＝eq\r(3)cosωxsinωx－cos2ωx＋k＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1＋cos2ωx,2)＋k＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))－eq\f(1,2)＋k.∵T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，∴ω＝2.∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))－eq\f(1,2)＋k，∵0≤x≤eq\f(π,4)，∴－eq\f(π,6)≤4x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).∴f(x)min＝－1＋k＝－2，∴k＝－1.∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))－eq\f(3,2).(2)f(x)的单调递增区间由下列不等式确定，2kπ－eq\f(π,2)≤4x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.∴eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，k∈Z.∴函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(π,6)))，k∈Z.21．(12分)某房地产开发商为吸引更多消费者购房，确定在一块闲置的扇形空地中修建一个花园．如图，已知扇形AOB的圆心角∠AOB＝eq\f(π,4)，半径为R.现欲修建的花园为▱OMNH，其中M，H分别在OA，OB上，N在eq\o\ac(AB,\s\up15(︵))上．设∠MON＝θ，▱OMNH的面积为S.(1)将S表示为关于θ的函数；(2)求S的最大值及相应的θ值．解：(1)如图，过N作NP⊥OA于P