第1章 平面向量及其应用章末检测试卷(1) -【步步高】2023-2024学年高一数学必修（第二册）学习笔记（湘教版2019）

章末检测试卷(一) (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1．若＝(－1,2)，＝(1，－1)，则等于(　　) A．(－2,3) B．(0,1) C．(－1,2) D．(2，－3) 答案　D 解析　＝－＝(2，－3)． 2．向量a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，则(2a＋b)·a等于(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案　C 解析　∵2a＋b＝(2，－2)＋(－1,2)＝(1,0)， ∴(2a＋b)·a＝(1,0)·(1，－1)＝1. 3．设e1，e2为平面上两个不共线的单位向量，已知向量＝e1－ke2，＝2e1－e2，＝3e1－3e2，若A，B，D三点共线，则k的值是(　　) A．2 B．－3 C．－2 D．3 答案　A 解析　易知＝－＝－e1＋2e2＝－(e1－2e2)， 又A，B，D三点共线，则∥，则k＝2. 4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知∠B＝，b＝a，c＝6，则b等于(　　) A．8 B．12 C．4 D．6 答案　D 解析　由题意知，∠B＝，a＝b，c＝6， 根据余弦定理，得cos B＝， 可得－＝， 即b2－3b－54＝0，解得b＝6(舍负)． 5．已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝4，a·b＝5，则向量a与a－b的夹角的余弦值为(　　) A．－ B. C．－ D. 答案　A 解析　∵|a|＝2，|b|＝4，a·b＝5， ∴a·(a－b)＝a2－a·b＝4－5＝－1， |a－b|＝＝＝＝， ∴cos〈a，a－b〉＝＝＝－. 6．一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处．在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　) A．10 海里 B．10 海里 C．20 海里 D．20 海里 答案　B 解析　根据已知条件可知，在△ABC中，AB＝20，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，所以∠C＝45°， 由正弦定理，得＝， 所以BC＝＝10. 7．在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则等于(　　) A. B. C．1 D．2 答案　B 解析　在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6， 由正弦定理得＝＝， 由余弦定理得cos A＝＝＝， ∴＝×＝. 8．在边长为12的正三角形ABC中，E为BC的中点，F在线段AC上且AF＝FC，若AE与BF交于M，则·等于(　　) A．－12 B．－27 C．－ D．－ 答案　B 解析　如图所示，取CF的中点G，连接EG， 又因为E为BC中点， 所以在△BCF中，EG∥BF， 即EG∥MF. 因为F为AG的中点，所以M为AE的中点． 以E为坐标原点，BC，AE所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系． 因为正三角形ABC的边长为12， 所以E(0,0)，A(0,6)，M(0,3)，B(－6,0)， ＝(0,3)，＝(－6，－3)， 所以·＝－27. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且|b－2a|＝，则以下结论正确的是(　　) A．a⊥b B．|a＋b|＝2 C．|a－b|＝ D．〈a，b〉＝60° 答案　AC 解析　因为|a|＝|b|＝1，在等式|b－2a|＝两边平方可得4a2＋b2－4a·b＝5，可得a·b＝0，故选项A正确，选项D错误； |a＋b|＝＝＝，选项B错误； |a－b|＝＝＝，选项C正确． 10．在直角梯形ABCD中，CD∥AB，AB⊥BC，CD＝1，AB＝BC＝2，E为线段BC的中点，则(　　) A.＝＋ B.＝－ C.·＝2 D.·＝6 答案　ABD 解析　如图， 对于A，＝＋＝＋，故A正确； 对于B，＝－ ＝(＋)－ ＝－＝－，故B正确； 对于C，因为与反向共线，DC＝AB＝1，所以·＝－2，故C不正确； 对于D，·＝(＋)·＝2＋·＝×8＋×2×2×cos 45°＝6，故D正确． 11．在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，下列结论正确的是(　　) A．若a＝，b＝2，则∠A可以是 B．若∠A＝，a＝1，c＝，则b只能是1 C．若△ABC是锐角三角形，a＝2，b＝3，则边长c的取值范围是 D．若sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则角A的取值范围是 答案　CD 解析　对于A，当∠A＝时，根据正弦定理＝，得到sin B＝，故A错误；对于B，由余弦定理cos A＝，得b2－3b＋2＝0， 解得b＝1或b＝2，故B错误；对于C，a＝2，b＝3，要使△ABC是锐角三角形，需满足32＋22>c2,22＋c2>32，∴5<c2<13，∴<c<，故C正确；对于D，由扩充的正弦定理得a2≤b2＋c2－bc，∴b2＋c2－a2≥bc，∴cos A＝≥，∴0<∠A≤，故D正确． 12．设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法中正确的是(　　) A．若＝＋，则点M是△ABC的重心 B．若＝2－，则点M在边BC的延长线上 C．若2＝x＋y，且x＋y＝1，则△MBC的面积是△ABC面积的 D．已知平面向量满足·＝·，＝λ，则△ABC为等腰三角形 答案　ACD 解析　如图，对于A，设BC的中点为D，若＝＋＝(＋)＝×2＝，则点M是△ABC的重心，故A正确； 对于B，若＝2－，即有－＝－，即＝， 则点M在边CB的延长线上，故B错误； 对于C，若2＝x＋y，且x＋y＝1， 由图可得M为AN的中点(N为边BC上任一点)，则△MBC的面积是△ABC面积的，故C正确； 对于D，因为·＝·，所以·＝·， 即·＝·，所以||||·cos∠BAM＝cos∠CAM， 因为＝λ，所以点M在∠BAC的角平分线上，所以∠BAM＝∠CAM，所以cos∠BAM＝cos∠CAM， 所以||＝，所以△ABC为等腰三角形，故D正确． 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．已知|a|＝2，|b|＝10，a与b的夹角为120°，则向量b在向量a方向上的投影是________． 答案　－5 解析　向量b在向量a方向上的投影为|b|cos θ＝10×cos 120°＝－5. 14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2＝b2＋c2－bc，AD是BC边上的高，a＝2，则AD的最大值为________． 答案　 解析　因为a2＝b2＋c2－bc＝b2＋c2－2bccos A，所以cos A＝，又∠A∈(0，π)，所以∠A＝，则4＝b2＋c2－bc≥bc，即bc≤4，当且仅当b＝c＝2时取等号，又AD是BC边上的高，则S△ABC＝bcsin A＝a·AD，所以AD＝bc≤，所以AD的最大值为. 15.如图，为测塔高PA，在塔底所在的水平面内取一点C，测得塔顶的仰角为θ，由C向塔前进30米后到点D，测得塔顶的仰角为2θ，再由D向塔前进10 米后到点E，测得塔顶的仰角为4θ，则θ＝____________，塔高为____________米． 答案　 　15 解析　由题意，得∠CPD＝∠EDP－∠DCP＝2θ－θ＝θ， ∠DPE＝∠AEP－∠EDP＝4θ－2θ＝2θ， ∴PD＝CD＝30，PE＝DE＝10. 在△PDE中，由余弦定理，得 cos 2θ＝ ＝＝， ∴2θ＝，∴θ＝，4θ＝， ∵sin 4θ＝， ∴PA＝PE·sin 4θ＝10×＝15. 16．在四边形ABCD中，＝＝(1,1)，＋＝，则四边形ABCD的面积为________． 答案　 解析　由＝＝(1,1)，知四边形ABCD为平行四边形，且||＝||＝，因为＋＝，所以平行四边形ABCD的对角线BD平分∠ABC，则四边形ABCD为菱形，其边长为，且对角线BD长等于边长的倍，即BD＝×＝.设对角线BD与AC交于点E，则CE2＝()2－2＝，即CE＝.所以△BCD的面积为××＝，所以四边形ABCD的面积为2×＝. 四、解答题(本题共6小题，共70分) 17．(10分)已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a＝(1,2)． (1)若c＝(2，λ)，且c∥a，求|c|； (2)若b＝(1,1)，且ma－b与2a－b垂直，求实数m的值． 解　(1)因为c∥a，a＝(1,2)，c＝(2，λ)， 所以2×2－1×λ＝0，解得λ＝4，即c＝(2,4)， 所以|c|＝＝2. (2)因为a＝(1,2)，b＝(1,1)， 所以ma－b＝(m－1,2m－1)，2a－b＝(1,3)． 因为ma－b与2a－b垂直， 所以(ma－b)·(2a－b)＝0， 即(m－1)×1＋(2m－1)×3＝0，解得m＝. 18．(12分)设a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，已知tan A＝，b＝2. (1)若a＝2，求∠B； (2)若a＝2c，求△ABC的面积． 解　因为tan A＝，所以∠A＝. (1)由＝，得sin B＝＝， 所以∠B＝或∠B＝， 又b<a，所以∠B<∠A，所以∠B＝. (2)由已知及余弦定理，得(2c)2＝22＋c2－2×2×c×cos ，即3c2＋2c－4＝0， 解得c＝(负值舍去)， 故△ABC的面积为bcsin A＝×2××sin ＝. 19．(12分)已知四边形ABCD是正方形，E，F分别是CD，AD的中点，BE，CF交于点P，连接AP.用向量法证明： (1)BE⊥CF； (2)AP＝AB. 证明　如图，建立平面直角坐标系xOy，其中A为原点，不妨设AB＝2， 则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，E(1,2)，F(0,1)． (1)易得＝(1,2)，＝(2,0)，＝(0,1)，＝(2,2)． ∵＝－＝(1,2)－(2,0)＝(－1,2)，＝－＝(0,1)－(2,2)＝(－2，－1)， ∴·＝(－1)×(－2)＋2×(－1)＝0， ∴⊥，即BE⊥CF. (2)设P(x，y)，则＝(x，y－1)，＝(x－2，y)，由(1)知＝(－2，－1)，＝(－1,2)， ∵∥，∴－x＝－2(y－1)，即x＝2y－2， 同理，由∥，得y＝－2x＋4. ∴解得 即P. ∴2＝2＋2＝4＝2， ∴||＝||，即AP＝AB. 20．(12分)在①＝；②2S△ABC＝－·两个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． 如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且________，作AD⊥AB，连接DA，DC使得DA＝3，∠D＝，AB＝1.求AC的长． 解　选①： 由＝得＝， ∴a2＋ac＝b2－c2即a2＋c2－b2＝－ac， ∴cos B＝＝－，又∠B∈(0，π)， ∴∠B＝. 如图，延长DC交AB的延长线于点E， ∵AD⊥AB, DA＝3，∠D＝， ∴∠AED＝，AE＝3，又∠ABC＝， ∴∠EBC＝，∴△BEC为正三角形，又AB＝1， ∴BC＝BE＝AE－AB＝2， 在△ABC中，b2＝a2＋c2－2accos B＝22＋12－2×2×1×＝7， ∴b＝，即AC＝. 选②： 由2S△ABC＝－·得S△ABC＝－，又S△ABC＝acsin B， ∴－cos B＝sin B，即tan B＝－，又∠B∈(0，π)，∴∠B＝.解析同①，略． 21．(12分)已知海岛A四周8海里内有暗礁，有一货轮由西向东航行，在B处望见岛A在北偏东75°，航行20海里后，在C处望见岛A在北偏东30°，若货轮不改变航向继续前进，有无触礁危险？ 解　如图所示，在△ABC中， 依题意得BC＝20(海里)， ∠ABC＝90°－75°＝15°， ∠BAC＝60°－∠ABC＝45°. 由正弦定理得＝， 所以AC＝＝10(－)(海里)． 故A到航线的距离为AD＝ACsin 60°＝10(－)×＝(15－5)(海里)． 因为15－5>8，所以货轮无触礁危险． 22．(12分)如图所示，在△ABC中，＝，＝，BQ与CR相交于点I，AI的延长线与边BC交于点P. (1)用和分别表示和； (2)如果＝＋λ＝＋μ，求实数λ和μ的值； (3)确定点P在边BC上的位置． 解　(1)由＝， 可得＝＋＝－＋. ∵＝， ∴＝＋＝－＋. (2)将＝－＋，＝－＋ 代入＝＋λ＝＋μ， 则有＋λ＝ ＋μ， 即(1－λ)＋λ＝μ＋(1－μ)， 又与不共线， ∴解得 (3)设＝m，＝n， 由(2)知＝＋， ∴＝－＝n－ ＝n－ ＝＋＝m＝m－m， ∵与不共线， ∴解得 ∴＝，即＝2， ∴点P是BC上靠近点C的三等分点． 学科网（北京）股份有限公司 $$