章末过关检测（六）平面向量及其应用-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（人教A版2019）

章末过关检测(六)　平面向量及其应用 (时间：120分钟　满分：150分) 　　　　　　　　　　　　　　　　 【选择题】每小题5分 一、单项选择题(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．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝2，则b＝(　　 ) A． B． C． D． 解析：由正弦定理得b＝×sin B＝×sin 45°＝. 答案：选A. 2．给出下列四个命题：①若|a|＝0，则a＝0；②|a|＝|b|，则a＝b；③若a∥b，则|a|＝|b|.其中正确的命题有(　　 ) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 解析：对于①，忽略了0与0的区别，a＝0，故①错误；对于②，混淆了两个向量的模相等和两个实数相等，两个向量的模相等只能说明它们的长度相等，它们的方向并不确定，故②错误；对于③，两个向量平行，可以得出它们的方向相同或相反，未必得到它们的模相等，故③错误． 答案：选A. 3．已知两个单位向量3a－2b和b的夹角为120°，则向量a在向量b上的投影向量为(　　 ) A．－ B． C． D． 解析：因为3a－2b和b是单位向量且夹角为120°，所以|b|＝1，|3a－2b|＝1，(3a－2b)·b＝1×1×＝－，所以3a·b－2b2＝－，即3a·b－2＝－，即a·b＝，向量a在向量b上的投影向量为． 答案：选B. 4．已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b＝(　　 ) A．(4，－8) B．(－4，－8) C．(－4，8) D．(4，8) 解析：因为a＝(1，2)，b＝(－2，m)，且a∥b，所以1×m＝－2×2，解得m＝－4，所以b＝(－2，－4)，则2a＋3b＝2×(1，2)＋3×(－2，－4)＝(－4，－8)． 答案：选B. 5．一艘客船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°方向，之后它以32 kn的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得船与灯塔S相距8 n mile，则灯塔S在B处的(　　 ) A．北偏东75° B．北偏东75°或南偏东15° C．南偏东15° D．以上方位都不对 解析：选B. 如图所示，由题意可知AB＝32×＝16 n mile，BS＝8 n mile，A＝30°，在△ABS中，由，得sin S＝，所以S＝45°或135°，故B＝105°或15°，即灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°. 答案：选B. 6．已知非零向量a与b满足|a|＝2|b|，若|a＋2b|＝|a＋b|，则cos 〈a，b〉＝(　　 ) A． B．－ C． D．－ 解析：因为|a＋2b|＝|a＋b|，所以|a|2＋4|b|2＋4a·b＝|a|2＋|b|2＋2a·b，所以3|b|2＋2a·b＝0，而|a|＝2|b|，所以3|b|2＋4|b|2cos 〈a，b〉＝0，所以cos 〈a，b〉＝－. 答案：选B. 7．已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且S△ACD＝3S△ABD，则的值为(　　 ) A． B． C． D．－ 解析：如图， 因为S△ACD＝3S△ABD，故CD＝3BD，可得，则. 答案：选B. 8．圭表(如图1)是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”)．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据南京市的地理位置设计的圭表的示意图，已知南京市冬至正午太阳高度角(即∠ABC)约为44.5°，夏至正午太阳高度角(即∠ADC)约为88.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB的长)为a，则表高(即AC的长)为(　　 ) A． B． C． D． 解析：由题意可知，∠BAD＝∠ADC－∠ABC＝88.5°－44.5°＝44°，在△ADB中，由正弦定理可知，即，则AD＝.在△ADC中，＝sin ∠ADC＝sin 88.5°，所以AC＝AD sin 88.5°＝. 答案：选A. 二、多项选择题(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2分，有选错的得0分) 9．某人在A处向正东方向走x km后到达B处，他向右转150°，然后朝新方向走3 km到达C处，结果他离出发点恰好 km，那么x的值为(　　 ) A． B．2 C．3 D．3 解析：由题意得∠ABC＝30°，由余弦定理得cos 30°＝，解得x＝2或x＝. 答案：选AB. 10．下列四式可以化简为的是(　　 ) A．＋ B．＋ C． D． 解析：＋＝－；＋＝＋＝；；≠. 答案：选ABC. 11．在△ABC中，a，b，c是角A，B，C的对边，已知A＝，a＝7，则以下判断正确的是(　　 ) A．△ABC的外接圆面积是 B．b cos C＋c cos B＝7 C．b＋c可能等于16 D．作A关于BC的对称点A′，则 解析：对于A，由＝2R，可得R＝，所以△ABC的外接圆的面积是πR2＝，故A正确； 对于B，b cos C＋c cos B＝b·＝a＝7，故B正确； 对于C，b＋c＝2R(sin B＋sin C)＝2R＝14(cos B＋＝14sin ，所以b＋c≤14，故C错误； 对于D，作A关于BC的对称点A′，设A到BC的距离为h，可得bc sin ，即有h＝bc，由a2＝b2＋c2－2bc cos ＝b2＋c2－bc≥2bc－bc，即bc≤49，当且仅当b＝c＝7时取得等号，可得h≤，则，故D错误． 答案：选AB. 【填空题】每小题5分 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知a＝(2－k，3)，b＝(2，－6)，a∥b，则实数k＝______． 解析：因为a∥b，所以(2－k)×(－6)＝3×2，解得k＝3. 答案：3 13．已知a、b满足下面的在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则|b|＝_______，(a－2b)b＝___________． 解析：建立直角坐标系，则a＝(3，2)，b＝(2，－1)，所以|b|＝，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝6－2－2×5＝－6. 答案：　－6 14．已知如图，在平面四边形ABCD中，AB＝，BC＝CD＝1，∠B＝∠C＝120°，则平面四边形ABCD的面积为________． 解析： 如图所示，连接BD，在△BCD中，因为BC＝CD＝1且∠C＝120°，所以S△BCD＝BC·CD sin 120°＝，由余弦定理可得BD2＝12＋12－2×1×1×cos 120°＝3，所以BD＝.在△BCD中，因为BC＝CD＝1且∠C＝120°，可得∠CBD＝30°，又因为∠B＝120°，所以∠ABD＝90°，所以S△ABD＝，所以四边形ABCD的面积为S＝. 答案： 【解答题】每小题10分 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)如图，在四边形ABCD中，已知∠ADC＝75°，AD＝5，AB＝7，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°. (1)求BD的长； (2)求CD的长． 解：(1)在△ABD中，AD＝5，AB＝7，∠BDA＝60°， 由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos ∠BDA， 即49＝25＋BD2－2×5·BD·cos 60°， 则BD2－5BD－24＝0， 解得BD＝8(BD＝－3舍去)． (2)在△BCD中，∠BDC＝∠ADC－∠BDA＝75°－60°＝15°， 又∠BCD＝135°，则∠CBD＝180°－135°－15°＝30°. 由(1)得BD＝8，由正弦定理得，即，解得CD＝4. 16．(15分)已知|a|＝2，|b|＝1，(2a－3b)·(2a＋b)＝17. (1)求a与b的夹角和|a＋b|的值； (2)设c＝ma＋2b，d＝2a－b，若c与d共线，求实数m的值． 解：(1)|a|＝2，|b|＝1，(2a－3b)·(2a＋b)＝17， 即4a2－3b2－4a·b＝17，16－3－4a·b＝17，a·b＝－1， 所以cos 〈a，b〉＝， 所以a与b的夹角为＝. (2)由(1)可得：a与b不共线，c＝ma＋2b，d＝2a－b， 若c与d共线，则必存在λ使得c＝λd，ma＋2b＝λ(2a－b)， 所以m＝2λ，2＝－λ，得m＝－4. 17．(15分)已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，＝－2e1＋e2，且A，E，C三点共线． (1)求实数λ的值； (2)若e1＝(2，1)，e2＝(2，－2)，求的坐标； (3)已知点D(3，5)，在(2)的条件下，若A，B，C，D四点逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标． 解：(1)＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2. ∵A，E，C三点共线， ∴存在实数k，使得， 即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)， 得(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2. ∵e1，e2是平面内两个不共线的非零向量， ∴解得 (2)e2＝(－6，－3)＋(－1，1)＝(－7，－2)． (3)∵A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，∴. 设A(x，y)，则＝(3－x，5－y)． ∵＝(－7，－2)， ∴解得 即点A的坐标为(10，7)． 18．(17分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝，a<c，且sin 2A－cos 2A＝1. (1)求A的大小； (2)若a sin A＋c sin C＝4sin B，求△ABC的面积． 解：(1)因为sin 2A－cos 2A＝1，所以2sin ＝1，可得sin ＝， 又因为a<c，0<A<，所以－<2A－<，所以2A－，解得A＝. (2)由正弦定理得a2＋c2＝4b， 所以a2＋c2＝12， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A可得，a2＝3＋c2－3c， 联立方程组整理得2c2－3c－9＝0，所以c＝3或c＝－(舍)． 故S＝bc sin A＝. 19．(17分)如图，我国南海某处的一个圆形海域上有四个小岛，小岛B与小岛A、小岛C相距都为5 n mile，与小岛D相距为.小岛A对小岛B与D的视角为钝角，且sin A＝. (1)求小岛A与小岛D之间的距离和四个小岛所形成的四边形的面积； (2)记小岛D对小岛B与C的视角为α，小岛B对小岛C与D的视角为β，求sin (2α＋β)的值． 解：(1)∵sin A＝，且角A为钝角， ∴cos A＝－. 在△ABD中，由余弦定理得AD2＋AB2－2AD·AB·cos A＝BD2， ∴AD2＋52－2AD·5·＝2，即AD2＋8AD－20＝0， 解得AD＝2或AD＝－10(舍去)， ∴小岛A与小岛D之间的距离为2 n mile. ∵A，B，C，D四点共圆，∴角A与角C互补， ∴sin C＝，cos C＝cos (180°－A)＝－cos A＝. 在△BDC中，由余弦定理，得CD2＋CB2－2CD·CB·cos C＝BD2， ∴CD2＋52－2CD·5·＝2，即CD2－8CD－20＝0，解得CD＝－2(舍去)或CD＝10. ∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝AB·AD·sin A＋CB·CD·sin C＝＝3＋15＝18. ∴四个小岛所形成的四边形的面积为18 n mile2. (2)在△BDC中，由正弦定理得，即，解得sin α＝. ∵DC2＋DB2＞BC2，∴α为锐角，∴cos α＝. 又∵sin (α＋β)＝sin (180°－C)＝sin C＝，cos (α＋β)＝cos (180°－C)＝－cos C＝－， ∴sin (2α＋β)＝sin [α＋(α＋β)]＝sin αcos (α＋β)＋cos αsin (α＋β)＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$