第6章 平面向量及其应用 综合测评-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教版2024）

综合测评答案 AB,所以(2sinC-4sinA)·CA-(3sinB- 第六章综合测评 2sin C)·AB,所以 2sinC-4sin A=3sinB- 1.B 解若a·c=b·c,则(a-b)·c=0,所以 2s inC-0,由正弦定理得2c-4a-3b-2c-0,所 a=b或(a-b) |c;若a=b,则a·c=b·c成立, 故“a·c一b·c”是“a一b”的必要不充分条件,故 选B项. -c^*-9+16-36=-11 0,所以C为钝角,故$ 2.C 解析由A十B+C-180{*},可求得A-45^*},由 △ABC是钝角三角形.故选A项. 9.ABD解析根据向量的线性运算法则可知A,B. D项正确;C项中,AB-AC-CB,所以C项错误. 正弦定理得6-asinB8Xsin60* sinA sin45* 故选ABD项. 10.ABD解析A项中,a一bsinA,有一解,故A项 4v6.故选C项. 正确;B项中,csinB b c,有两解,故B项正 3.B 解由p/q得(a十c)(c-a)-b(b一a),即 确;C项中,A一90{}且a>b,有一解,故C项错 +a{-c2-ab,利用余弦定理可得2cosC-1 误;D项中,a>b且A一120{*,有一解,故D项正 即cosC-1, 确.故选ABD项. 11. AC 解因为OP.=(cos a,sina),OP=(cos B项. -sin③),所以lOP-co$+sir-1,loP|= 4.C 解析由题意知a十b-(十1,-1),由a|(a十 cos{}+(-sinB){-1,所以OP|=OP, b得1×(十1)十(-2)×(-1)=0,解得 一3.故选C项 故A项正确;因为AP=(cosa-1,sina),AP= 5.D 解析由题意得(3e+4e)·e=3e{+4e· (cos-1,-sin),所以可得|AP| (os a-1)+sing→v2(1-cosa)-4sin e=3×1+4×1×1×cos60-5,|3e +4e|*= 9 +16e+24e ·-9×1^+16×1^+24×$1$ $cos60}-37,所以|3e+4e|- 37.设3e + 2|sin#,所以AP, AP不一定相等,故 4e与e的夫角为9,则cos-5537 37×1 37 B项错误;因为OA·OP-1×cos(a+③)+0× 故选D项. 6.D解析由平面向量的三角形法则可知,DE一 sin(a十③)=cos(a十B),OP ·OP=cos acos {+ DC+CE-3BC+(-A)-3(A-AB)+ sina·(-sinB)=cos(a十B),所以OA·OP= OP·OP,故C项正确;因为OA·OP-1x (-A-34AB+4-3a+#.故 cos a+ox sina=cos a,OP·OP=cos 3x 选D项。 cos(a十十(-sin ③)×sin(a十③)=cos acos^{B sing· sin Bcos B-sin asin Bcos B-cos asinB= cos acos 2j-sin asin 2B=cos(a+2B),故D项 由=(20-b-)2-+c2-2bcos 60=(+ )$ 错误.故选AC项. 3$ c,得b+c=13,所以BC=a=20-13=7.故选 12.解析因为OA1AB,OA|-3,所以OA·AB- C项. 0,所以OA·OB-OA·(OA+AB)=OA|*+ 8.A 解析由 2sinC·CB-4sinA·CA+3sinB. OA·AB-OA/-3*-9. AB得2sinC·(CA+AB)=4sin A·CA+3sin B: 答9 ·381· 13.解析由正弦定理D# (2)因为AM-3AB+1AC,A=AB+ sinA=sinB,得sin A= a. sinB3 yAC(x,yER),AP/AM,AB=2AN,所以设 2' ,所以A-60{}或120{},当A-6 0\ # A#-AM-3AB+△A-A+AC,因 23;,当A-120。 为点NDP.C共线,所以^→-1,解得一#, 4 为. 14.解析在△ADC中,由条件可得 ADC一105* 17.解析(1)在ABC中,由题意和正弦定理可得 ACD=30{*,则 DAC=45^{}因为CD=100$$ -b-c2-bc,即a^{-b+c+bc,又由余弦定$ {100 所以在△ADC中,由正弦定理得 sin45 理得a2-b{}十c2}-2bccosA,所以cosA-- 2 AD B$D=100②,具 ADB=ADC-BDC=6 0*,所 ($2)在△ABC中,BC=3=a.由(1)知a”=+$$$ 以在△ADB中,由余弦定理得AB=(50/②)+ *+bc,即9-b+c2+bc>3bc,即bc<3,当且仅 当6=c=\3时,等号成立,所以(b十c){②}一十$$ *+bc+bc=9+bc<12,所以(b+c)=2/③$ AB-50/6. 所以周长为a+b十c=3十b十c<3十2③,当且 仅当b一c一v3时,等号成立,所以△ABC周长 的最大值为3十2③ 18.解析(1)由正弦定理和2sinC-3sinA,得2c= $(+2)-3a,解得a-4,故b-5,c-6,所以cos C 答50v6 2ab 15.解析因为AB=(-1,3),BC=(3,m),CD-(1,n). 所以AD-AB+BC+CD=(3,3+m+n). V1-cosC37 8 (1)因为AD/BC,所以设AD-BC. 4x5×37157 [3-3. 即 解得n--3. 4· l3+m+n-m. (2)由题意知ca,若 ABC为钝角三角形,则C为 所以实数n的值为一3. 钝角,则os C2+#+(+1-(a+2} 2b (2)因为AC=AB+BC=(2,3+m),BD=BC+ 2a(a+1 2a-3<o,解得0<a<3,由三角形的三边 CD=(4,m-3),且AC1BD,所以AC·BD 2a(a十1) 0,即8+(3+m)(m-3)-0,解得m-士1.所以 关系可得a十a十1>a十2,即a>1,所以1<a 实数n的值为1或-1. 3.因为a乙,所以a-2. 16.解析(1)在△ABC中,由AM-3AB+1AC得 19.解析(1)因为M是线段CE的中点,AE-2EB $AM-3AB-AC-0,即3(AM-AB)-AC- 所以AM-(AC+AE-(AB+AD+2AB)= AM,即3BM-MC,所以点M是线段BC上靠 AB+AD-mAB+AD,因为AB与AD不 近点B的四等分点,所以△ABM与△ABC的 共线,所以m-. .382. (2)在矩形ABCD中,CA--AB-AD.CE=CB+ 有一个是虚数”成立,即必要性成立;当z&,2中 BE--AD-AB,ABAD,所以CA·CE= 至少有一个是虚数时,2一z2不一定是虚数,如 21-2=i,但z-22-0,即充分性不成立.故选 (-AB-AD)(-AD-AB)-A+4AB B项. 8.D 解析由题意得2=-2-i,且zl-5,则 AD+AD-AB{+AD.因为AB=9,CA 年-0-01-0复 CF=43,所以AB*+AD-×9{+AD= 43,解得lAD|-4,即AD-BC-4.在直角三角 形EBC中,EB=3,BC=4,则EC=5.因为 限,故选D项 9.ABC,得--一 AE-2EB,所以MA+2MB=(ME+EA)+ 1i (+i-D 2$ME+EB)=3ME+EA+2EB-3ME.设ME= -1+2i,所以z的虚部为2,zl- (-1){+2} t,0<t<5,所以(MA+2MB)·MC=3ME. MC--3ME||MC|=-3(5-t)=3(*-5$)= 5,--1-2i,则;对应的点(-1,-2)位于第 3(二-)7- o,5),所以t-时,(M+ 三象限.故选ABC项. 10. AD解令z-a十bi(a,beR),则由1-1 7. za十bi 2MB)·MC取得最小值 第七章综合测评 =i时,2-i=-1R,而 =iR,故B项不$$ 1.D 解析由题意知-2-i,则z·-(2十i)(2 正确;当2-z-i时,满足21·22--1R,但 i)-5.故选D项. 2。,故C项不正确;实数的共矩复数是它本 2.A 解析-4+3i(4+3i)(2+)5+10ì_ 身,也属于实数,故D项正确,故选AD项. 2-i(2-1(2+i) 5 11.ABD 解析在复平面内三点的坐标分别为 1+2i.故选A项. A(3,4),B(0,0),C(c,2c-6),由 BAC是钝角 得AB·AC<0且B,A,C不共线,由(-3,-4)· 矩复数为1一1.故选B项. (6,8)一-2AB,B,A,C三点共线,故c9.所 以c的取值范围是(10,9)U(9,十o00).故选 ABD项. 5.B 解由题图可知OA=(2,-1),OB=(1,1), 12.解析由题意知(2-iì)(a+2ì)-2a+2+(4-a) 所以z=2-i,z2=1十i,则z= 是实数,所以4一a-0,即a-4 答4 2 13.解析因为复数x一(a2一9)十(a十3)i为纯虚数 [a2-9-0, 所以可得 '解得a-3,所以i1 la十3-0. 1十i 6.A 解析因为z=(1十ai)i一-a十i,所以a=-1. 1-21 故选A项. 7.B 解析若z,22都是实数,则2-2一定不是 答1-21 虚数,因此当z一z是虚数时,则“z,z中至少 14.解析因为一元二次方程x2十bx十c=0的一个 ·383.第六章综合测评 答案见P (时间：120分钟满分：150分) 题号 四 15 16 17 18 19 总分 得分 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，只有一项符合题目要求） 1.已知非零向量a,b,c,则“a·c=b·c”是“a=b”"的 ( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 驶 C,充要条件 D.既不充分也不必要条件 如 2.在△ABC中，已知a=8,B=60°，C=75°，则b A.42 B.43 C.46 n号 3.设△ABC的内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,且向量p=(a十c,b),q=(b-a,c-a),若p∥q, 则角C的大小为 A晋 B牙 c n等 长 4.已知向量a=(1,一2)，b=(k,1),且a⊥(a十b),则k= 逊 A.1 B.2 C.-3 D.-2 5.设单位向量e1,e2的夹角为60°，则向量3e1十4e2与向量e1的夹角的余弦值为 A R易 c D537 37 6.如图，已知AB=a,AC-b,BC-4BD,CA=3CE,则DE 指 A.i-a C.ja-go 3 7.若△ABC的周长为20，面积为103，A=60°，则BC边的长为 A.5 B.6 C.7 D.8 8.在△ABC中，2sinC·CB=4sinA·CA+3sinB·AB,则△ABC的形状是 系 A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.无法确定 制 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知下列四个等式，正确的为 A.AB+BA=0 B.AB+BC-AC C.AB-AC=BC D.0.AB=0 357 10.下列条件判断三角形解的情况，正确的是 () A.a=8,b=16,A=30°，有一解 B.b=18,c=20,B=60°，有两解 C.a=15,b=2,A=90°，无解 D.a=40,b=30,A=120°，有一解 11.已知O为坐标原点，点P,(cos&,sina),P2(cos3,一sin3),P3(cos(a十3)，sin(a十)，A(1,0),则 () A.OP:=IOP: B.API=AP:I C.OA·OP=OP·OP2 D.OA·OP=OP2·OP 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知向量DALAB,OA=3,则OA.O= 13.在△ABC中，内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,且a=v3,b=1,B=30°，则△ABC的面积 是 14.如图，为了测量湖中A,B两处亭子间的距离，湖岸边现有相距100m的甲、乙两位测量人员，甲测 量员在D处测量发现A亭子位于北偏西15°，B亭子位于东北方向，乙测量员在C处测量发现B亭 子位于正北方向，A亭子位于北偏西60°方向，则A,B两亭子间的距离为 m 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. ·358· 16.15分)如图，在△ABC中，AM=子A+AC (1)求△ABM与△ABC的面积之比： (2)若点N为AB的中点，AM与CN交于点P,且AP=xAB+yAC(,y∈R),求x十y的值. 17.(15分)△ABC中，sinA-sinB-sinC=sin Bsin C. (1)求A; (2)若BC=3,求△ABC周长的最大值. ·359· 18.(17分)在△ABC中，角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,b=a+1,c=a十2. (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. 19.(17分)在矩形ABCD中，点E在边AB上，且AE-2EB,M是线段CE上的动点. (1)若M是线段CE的中点，AM=mAB十nAD,求m十n的值： (2)若AB=9.CA·C正-=43，求(MA+2MB)·M心的最小值. ·360·