章末检测卷一 平面向量及其应用-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第二册同步练测素能提升训练（人教A版2019）

?高中数学·必修 第二册 章末检测卷一 平面向量及其应用 AI伴学助手 在线答疑 E配套答案 鑫禁 日排高雨信扫码 (本卷满分150分；考试时间120分钟) 一、选择题：本题共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.已知 P={a|a=(1,0)+m(0,1),m∈R}, Q={b|b=(1,1)+n(—1,1),n∈R}是两 个向量集合，则P∩Q等于 ( )( A.{(1,1)} B.{(—1,1)} C.{(1,0)} D.{(0,1)} 2.已知 O(0,0),A(2,0),B(3,1),则(OB- OA)·OB= ( ) A.4 B.2 C.-2 D.—4 3.若D点在三角形 ABC的边 BC上，且CD =4 DB=rAB+s AC,则 A 3r+s的值为 ( ) A. B.号 B2 D C c.5 D.专 4.(新课标全国I卷)已知向量a=(0,1),b =(2,x),若b⊥(b—4a),则x=( ) A.-2 B.—1 C.1 D.2 5.在△ABC中，内角 A,B,C的对边分别是 a,b,c,若ccos B+bcos C=√2,且b2+c2一 a2=√2bc,则sin A= ( ) B.2A.√2 D.C.2 6.已知P是△ABC的外心，且3PA+4PB -2 PC=0,则 cos C= ( ) A.-45 B.-4 c.45或-45 或-4D.4 7.(江苏无锡高一期末)设△ABC内角 A,B, C所对的边分别为a,b,c.若b=2,a2sin C =6sin A,则△ABC面积的最大值为 ( ) A.√3 B.√5 C.√6 D.3 8.已知向量 a,b满足|a|=1,b=(t,2—t), a—b与a垂直，则|a—b|的最小值为( ) A. B.1 C.√2 D.2 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18 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6分，部分选对 的得部分分，有选错的得0分. 9.在△ABC中，角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c,下列结论正确的是 ( ) A.a2=b2+c2-2bccos A B.asin B=bsin A C.a=bcos C+ccos B D.acos B+bcos A=sin C 10.在△ABC中，若b=√3,c=3,B=30°,则 a等于 ( ) A.√3 B.2√3 C.3√3 D.4√3 11.如图，已知长方形 ABCD中，AB=3,AD =2,DE=λDC(0<λ<1),则 ( ) λ=3时，AD=3AE+3BEA.当 100 E B.当λ=3 D-时，cos<AE, C BE)=10 A B C.对任意λ∈(0,1),AE⊥BE不成立 D.|AE+BE|的最小值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在△ABC中，0为外心，H为△ABC所 在平面内一点，且OH=OA+OB+OC, 则点 H为△ABC的 心. 13.在△ABC中，若a=2,b+c=7,cos B= 二4,则b= C14.如图，AB为半圆的直 径，点C为áB的中点， 点M为线段 AB上的 A M B 一动点(含端点 A,B). 若 AB=2,则|AC+MB|的取值范围 是 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写 出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)已知 a=(2x—y+1,x+y-2), b=(2,—2). (1)当x,y为何值时，a与b共线? (2)是否存在实数 x,y,使得alb,且 a|=|b|?若存在，求出 xy的值；若不 存在，请说明理由. 16.(15分)已知 A,B,C是△ABC的三个内 角，向量m=(cos B,sin B-2sin C),n= (2cos C+cos B,sin B),且m_n. (1)求 A; (2)若 BC=√3,求AB+AC的取值范围. 17.(15分)(新课标全国Ⅱ卷)记△ABC的 内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 sin A+√3 cos A=2. (1)求A; (2)若 a=2,√2 bsin C= csin 2B,求 △ABC的周长. ⋯⋯⋯0 ?高中数学·必修 第二册 18.(17分)某景区拟开辟一个平面示意图是 如图所示的五边形 ABCDE的观光步行 道，BE为景点电动车专用道，∠BCD= ∠CDE=3,∠AEB=2∠A,DE= 12 km,BC=CD=3√3 km. (1)求景点电动车专用道 BE的长； (2)由于受资金的限制，折线步行道 BAE (即 AB+AE)不能超过20 km,问景区可 不可以铺设该步行道? E D A4 c B 19.(17分)给出定义：对于向量b=(sin x, cos x).若函数 f(x)=a·b,则称向量 a为函数f(x)的伴随向量，同时称函数 f(x)为向量a的伴随函数. (1)设向量m=(√3,1)的伴随函数为 g(x),若g(a)=18,且a∈(-6,3),求 cos α的值； (-1,2),B(1,3),函数 h(x)(2)已知 A 的伴随向量为n=(0,1),请问函数 h(x) 的图象上是否存在一点P,使得|AP+ BP|=|AB|,若存在，求出点P的坐标； 若不存在，请说明理由. 爬⋯⋯⋯⋯⋯⋯ P(M?N?UM?N?)=P(M?N?)+P(M?N?) =P(M?)P(N?)十P(M?)P(N?) =2×0.7×0.3×0.42+0.72×2×0.6×0.4 =0.302 4. 训练四十六 频率的稳定性 随机模拟 基础练学考测评 1.C 选项A,B显然不正确，因为明天本地降水的概率为 80??是说有 80??区域降水，也不是说有 80??时 间降水，而是指降水的可能性是 80故选C. 2.A 由 10 组随机数知，4～9中恰有三个的随机数有 P==0.2.569,989 两组，故所求的概率为1 4是3.B 从四个选项中正确选择选项是一个随机事件， 指这个事件发生的概率，实际上，做12 道选择题相当于 做12次试验，每次试验的结果是随机的，因此每题都选 择第一个选项可能没有一个正确，也可能有1个，2个， 3个，⋯,12 个正确。因此该同学的说法是错误的。 4.B 易知 20 组随机数中表示恰有两次命中的数据有 191,271,932,812,393,所以P=20=0.25. 5.解析 [a,b]中共有b—a+1个整数，每个整数出现的 b-a+1可能性相等，所以每个整数出现的可能性是 b-a+1答案 6.解析 由表格中的数据可知，该猕猴桃种子的发芽率约 为80%. 答案 80% 7.解(1)购买其商品的顾客中奖的可能性是20%. (2)该厂生产的产品合格的可能性是98%. 能力练迁移运用 8.ABC A错，次品率是大量产品的估计值，并不是针对 200件产品来说的.B,C混淆了频率与概率的区别. D正确。 9.D ∵4件产品中有1件或2 件合格品的有7040,0301, P=1-20=46001,4001,∴所求概率 10.D 游戏1中取2个球的所有可能情况有 (黑1,黑2),(黑1,黑 3),(黑1,白),(黑 2,黑 3), 6=2(黑2,白),(黑3,白),所以甲胜的概率为- ,所以 游戏1是公平的.游戏2中，显然甲胜的概率是0.5,游 戏是公平的.游戏 3中取 2 个球的所有可能情况有 (黑1,黑2),(黑1,白1),(黑1,白 2),(黑2,白 1), 言，(黑2,白2),(白1,白2),所以甲胜的概率为 ,所以 游戏3是不公平的。 11.解析 易知袋装白糖质量在497.5～501.5 g之间的 250=0.25,即其概率约为0.25.袋数为5,故其频率为 答案 0.25 12.解析 产生30组随机数，就相当于做了 30次试验。如 果6,7,8,9中恰有 2个或3个数出现，就表示乙获胜， 它们分别是738,636,964,736,698,637,616,959,774, 762,707.共11个.所以采用三局两胜制，乙获胜的概 3≈0.367.率约为 答案 0.367 13.解(1)设事件A,B,C分别表示甲品牌轿车首次出现 故障发生在第1年，第2年和第3年之内，设事件D= “甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”.因为A, P(A)=50=25,B,C是互斥事件，其概率分别为 P(B)=50,P(C)=50,所以P(D)=P(AUBUC)= P(A)+P(B)+P(C)=25,,所以估计甲品牌轿车首次 25出现故障发生在保修期内的概率为 (2)同(1)可得乙品牌轿车首次出现故障发生在保修期 50+3=0.设事件 E=“保修期内恰有内的概率为 一辆轿车发生故障”,则P(E)=25×0+25×10 =250. 创新练素能培优 14.解(1)设 A表示事件“赔偿金额为3 000元”,B表示 事件“赔偿金额为4 000元”,以频率估计概率得 P(A)=1000=0.15,P(B)=1000=0.12, 由于投保额为2 800元，赔偿金额大于投保金额的情 形是赔偿3 000元和4 000元，A与B互斥，所以所求 概率为P(A)+P(B)=0.15+0.12=0.27. (2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”, 由已知，样本车辆中车主是新司机的有 0.1×1.000=100(位), 而赔偿金额为 4 000元的车辆中车主为新司机的有 0.2×120=24(位), 所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频 100=0.24,由频率估计概率得P(C)=0.24.率为 章末检测卷一 平面向量及其应用 1.A 由题意可知P={a|a=(1,m),m∈R},Q={b|b= (1-n,1+n),n∈R},设c∈PNQ,则存在m,n使c= (1,m)=(1—n,n+1),∴n=0,m=1,∴c=(1,1). 2.A 由已知得OA=(2,0),OB=(3,1),OB-OA= (1,1),则(OB-OA)·OB=(1,1)·(3,1)=3+1=4. 3.C 因为CD=4DB=rAB+sAC,所以CD=4CB= 4(AB-AC)=rAB+sAC,所以r=4,s=-5,所以 3r+s=5-4=5. 4.D 因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0, 所以b2—4a·b=0,即4+x2—4x=0,故x=2. 5.C 把余弦定理代入 ccos B+bcos C=√2得a=√2, 由b2+c2—a2=√2bc得2bccos A=√2bc, A-唱⋯A---.故选C. 6.B_因为P是△ABC的外心，所以|PA|=IPB|= PC|.由题知2 PC=3 PA+4 PB,两边平方得4|PC|2 =9|PAl2+16|PBl2+24PA·PB,即4|PC|2=9|PA|2 +16|PB|2+24|PA·|PB|cos 2C,即4=9+16+ 24cos 2C,所以-7=cos 2C=2cos2C-1,则 cos C= .又由2 PC=3PA+4PB=3 PC+3CA+4PC+±4. 4CB,得CP=号cA+告CB.因为号+告>1,所以C与 外心P在AB的异侧，即C在劣弧 AB上，所以C为钝 角，即 cosC=-4..故选 B. 94 7.B 由正弦定理及 a2sin C=6sin A 可得 a2c=6a,即 ac=6.由b=2及余弦定理可知4=a2+c2-12cos B,所 以4+12cos B=a2+c2≥2ac=12,当且仅当a=c时取 等号，所以 cos B≥3,所以 sin B= √1-cos2B≤ √1-告=,所以SAm=2acsin B≤_×6×?= √5,当且仅当a=c时取等号，所以△ABC面积的最大值 为√5.故选B. 8.B 由题意知 a-b与a 垂直，则(a-b)·a=0, 可得a·b=a2=1. 又由|a-b|= √a2-2a·b+b =√1-2+[2+(2-t)2]=√2(t-1)2+1, 所以当t=1时，|a—b|取得最小值1.故选 B. 9.ABC 在△ABC中，角 A,B,C所对的边分别为a,b,c, 在A中，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,故 A正 sinA=sinB,∴ asin B=确；在B中，由正弦定理得 bsin A,故 B正确；在C中，由余弦定理得 bcos C+ ccos B=b×2+2ab2+cx2+a-b=2a=a,,故 C 正确；在D中，由余弦定理得acos B+bcos A=a× a2+2-?+b×3+2bca=c≠sin C,故D错误.故 选 ABC. sinB=sinc,即sin3=si3c,所10.AB 由正弦定理得 以sinc=3.又0°<C<180°,所以C=60°或120°?? A=90°或30°,当A=90°时，a2=32+(√3)2,a=2√3; 当 A=30°时，a=b=√3. 4y11. BCD 如图，以 A为坐标原点， D E CAB,AD所在直线分别为x轴、 y轴建立平面直角坐标系，则 A(0,0),B(3,0),C(3,2),D(0, 2),由DE=λDC,可得E(3λ,2). BA 当λ=g时，E(1,2),则AE=(1, 2),BE=(-2,2),设AD=mAE+nBE,又AD=(0, {2=2m2m,得 故AD=-AE+2),所以 3BE, a=3时，E(2,2),则AE=(2,2),,故A错误；当 E=(-1,2),故 cos(AE,距)=Ai 2-2×4=0,故B正确；AE=(3λ,2),BE=(3λ— 3,2),若AE⊥BE,则AE·BE=3λ(3λ-3)+2×2= 9x2-9λ+4=0,对于方程 9x2-9λ+4=0,△<0,故不 存在A∈(0,1),使得AE⊥BE,故C正确；AE+BE=(6λ -3,4),所以|AE+BE|=√(6λ-3)2+42≥4,当且仅 当λ=2时等号成立，故D正确。 12.解析 因为AH=AO+OH=OB+OC,所以AH· BC=(OB+0C)·(Oc-OB)=0,所以AH⊥BC,同 理BH⊥AC,CH⊥AB,则点 H为△ABC的垂心. 答案 垂 13.解析 由余弦定理得b2=4+(7-b)2-2×2×(7-b)× (-4),解得b=4. 答案 4 14.解析 因为点C为AB的中点，AB=2,所以|AC|= √2,∠CAB=4,所以AC+MBl2=(AC+MB)2= AC+MB2+2 AC·MB=|ACl2+|MB|2+ 2|AC|IMB|cos4=|MBl2+2|MBI+2=(|MB|+ 1)2+1.因为点M为线段AB上的一动点(含端点),所 以0≤IMBI≤2,所以2≤(|MB|+1)2+1≤10,所以 |AC+MB|的取值范围是[√2,√10]. 答案 [√2,√10] 15.解(1)因为a与b共线，所以存在实数λ,使得a=λb,e{2-y-2=-2λ,所以 解得 a=3,y:所以当 为任意实数时，a与b共线. (2)由a⊥b→a·b=0→(2x—y+1)×2+(x+y-2)× (—2)=0→x-2y+3=0. ① 由|a|=|b|→(2x-y+1)2+(x+y-2)2=8. ② =-1,’或联立①②解得 ay=g所以 xy=-1或： 所以存在实数x,y,使得a⊥b,且|a|=|b|, 此时 xy=-1或wy=35. 16.解(1)∵m=(cos B,sin B-2sin C),n=(2cos C+cos B, sin B),且mLn, ∴m·n= cos B(2cos C+ cos B)+ sin B(sin B— 2sin C)=0, 化简得2cos(B+C)+1=0,即—2cos A+1=0, icosA=1.∵A∈(0,m),∴A=3. B-Ac---=2,(2)由正弦定理可得 ∴AC=2sin B,AB=2sin C. ∴AB+AC=2sin C+2sin B=2sin B+2×sin(23- B)=2sin B+2(3cos B+ sin B) =2√3sin(B+6). ∵B∈(0,2m),∴B+6∈(6,56), isin(B+否)∈(1,1), ∴2√3sin(B+6)∈(√3,2√3). 即 AB+AC∈(√3,2√3). 17.解 (1)解法一：常规方法(辅助角公式) 2sinA+2cos A=1,由 sin A+√3 cos A=2可得- 即 sin(A+3)=1, 由于A∈(0,m)>A+g∈(3,45),故A+g=2, 95 解得A=6 解法二：常规方法(同角三角函数的基本关系) 由 sin A+√3 cos A=2,又 sin2A+ cos2A=1,消去 sin A得到4cos2A-4√3 cos A+3=0?(2cos A-√3)2 =0, 解得cos A=3.又A∈(0,π),故A=6· (2)由题设条件和正弦定理可得 √2bsin C=csin 2B?√2sin BsinC=2sin Csin Bcos B. cos B=2,又B,C∈(0,π),则 sin Bsin C≠0,进而 得到B=4,于是C=π-A-B=1z, sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B) =sin Acos B+sin Bcos A=2+16. sA=sinB=sinC由正弦定理可得- 即- 解得b=2√2,c=√6+√2, 故△ABC的周长为2+√6+3√2. 18.解(1)连接 BD,在△BCD中， CD=BC=3√3,∠DCB=23, 所以 BD2= CD2+ BC2-2CD·BCcos∠DCB= (3√3)2+(3√3)2+2×3√3×3√3×1=81, 所以 BD=9. 由题意可知∠CDB=6,所以∠EDB=2· 在Rt△EDB中，BE2=DE2+BD2=122+92=225, 所以 BE=15,即景点电动车专用道 BE的长为15 km. (2)设∠A=θ,则∠AEB=20,∠ABE=π—30,0<0 <3 SA20=sin(A-30在△AEB 中，由正弦定理得 =15 所以AB=15sin 2030cos A.AF= 15sin 30 所以 si(0+20= 15(sm dcos20+cosm20)= 15(cos 20+2cos20)=15(4cos20-1), 所以 AB+AE=30cos0+15(4cos20-1)=15(4cos20+ 2cos θ-1). 设t=osθ,<i<1, 则AB+AE=15(4t2+2t-1)=60(z+4)-7. y=60(1+4)-7在(2,1)因为 上单调递增， 所以15<y<75. 因为15<20<75,所以景区可以铺设该步行道. 19.解(1)由题意得 g(x)=√3 sin x+ cos x= 2sin(x+6), 由g(a)=2sin(a+6)=19,得sin(a+6)=53 因为a∈(-6,3),所以a+6∈(0,2), cos(a+否)=√1-sin2(a+否)=13,所以 cos a=cos[(a+6)-6]=cos(a+否)cos6所以 +sin(a+6)sin 6, 即 cosa=13×3+i×2=122+5 (2)由题意得h(x)=cos x,设 P(x,cos x), 因为A(-1,3),B(1,3), 所以AP=(z+1,cos a-2),BP=(x-1,cos a- 3),AB=(2,3), 所以AP+BP=(2x,2cos a-2). 由|AP+BP|=|AB|,得√(2x)2+(2cos z-2) =√22+(2), 即(cos z-4)=16-2 因为-1≤cos a≤1,所以-3≤cos a-4≤-5, 所以26≤(cos a-4)≤16 又26-a2<16,,所以当且仅当x=0时，(cos a-4) (cos a-4)=25-x2同时等于6,此时(和16-w2 成立，所以在函数h(x)的图象上存在一点P(0,1),使 得|AP+BPI=|AB|. 章末检测卷二 复数 1.A(1+3i)(3—i)=3-i+9i+3=6+8i,在复平面内对 应的点的坐标为(6,8),位于第一象限，故选 A. 2.C (a+i)(1—ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2, 2-=2=0,解得a=1,故选C.所以 z=2+21=2(1+-(1-)=2-2-+)=-4i=3.A -2i,则z=2i,∴z-z=-2i-2i=-i,故选A. z=(1+3)(1-)=-1-i,所以复数之的虚部4.B 因为 为-1. x=1+2i=i+3i==2=5.C 因为z·i=1+2i,所以 2—i,所以其共轭复数为2+i.故选C. 6.A z=i+i2+i+i+⋯+i=i-1-i+1+⋯+i= 1+i=(1+1(1-=2+2-i,所以复数z在复平面内 (2,2).对应的点的坐标为 7.B∵3+=(3+3(3-)=1o-0∴它在复平面上 (3,-),而复数2+i在复平面上的对的对应点为B 96