高中数学必修第2册第六章 综合测试卷A卷（解析版）

第六章平面向量及其应用综合测试卷A卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分；在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．下列关于空间向量的命题中，正确命题的个数是（）①任一向量与它的相反向量都不相等；②长度相等、方向相同的两个向量是相等向量；③平行且模相等的两个向量是相等向量；④若a≠b，则|a|≠|b|；⑤两个向量相等，则它们的起点与终点相同.A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【详解】解：零向量与它的相反向量相等，①错；由相等向量的定义知，②正确；两个向量平行且模相等，方向不一定相同，故不一定是相等向量，③错；a≠b，可能两个向量模相等而方向不同，④错；两个向量相等，是指它们方向相同，大小相等，向量可以在空间自由移动，故起点和终点不一定相同，⑤错.所以正确的命题的个数为1，故选：B.2．已知向量，满足，，，则（）A．5 B．7 C． D．【答案】D【详解】解：因为，，，，所以.故选：D．3．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（）A． B．1 C．2 D．4【答案】C【详解】由正弦定理，得，所以故选：C4．在平行四边形中，，则（）A．-5 B．-4 C．-3 D．-2【答案】A【详解】，，，，，，故选：A5．在中，，，的对边分别为，，，，则的形状一定是（）A．正三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【详解】因为，所以，所以即，所以，因为，所以，因为，所以，即是直角三角形.故选：B6．点M在边长为2的正三角形内（包括边界），满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为点M是正三角形内的一点（包括边界），所以，由.故选：B.7．已知是内一点，满足，则（）A． B． C． D．【答案】A【解析】【详解】，所以是的重心，所以.故选：A.8．如图，圭表是中国古代通过测量日影长度来确定节令的仪器，也是作为指导汉族劳动人民农事活动的重要依据，它由“圭”和“表”两个部件组成，圭是南北方向水平放置测定表影长度的刻板，表是与圭垂直的杆，正午时太阳照在表上，通过测量此时表在圭上的影长来确定节令.已知冬至和夏至正午时，太阳光线与圭所在平面所成角分别为，，测得表影长之差为，那么表高为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】如图，设表高，在中，，由正弦定理有，所以，在直角三角形中，，即.故选：C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，有多项符合题目要求；全部选对得5分，部分选对得3分，不选或有选错得0分。9．下列说法正确的有（）A．若，，则 B．若，，则C．若，则与的方向相同或相反 D．若、共线，则、、三点共线【答案】BD【详解】对于A选项，若，、均为非零向量，则，成立，但不一定成立，A错；对于B选项，若，，则，B对；对于C选项，若，，则的方向任意，C错；对于D选项，若、共线且、共点，则、、三点共线，D对.故选：BD.10．已知向量，，则下列选项正确的有（）A． B． C． D．【答案】AB【详解】向量，.对于A：，故A成立；对于B：.因为，所以.故B成立；对于C：因为，而，所以.故C不成立；对于D：.因为，对于不平行.故D不成立.故选：AB.11．已知D，E分别是的边BC，AB的中点，且AD，CE交于点O，则下列结论一定成立的是（）A． B．C． D．【答案】BCD【详解】由题知，点O是的重心．如图，连接BO．对于A，当且仅当是等边三角形时，的重心与外心重合，此时满足，故A不一定成立；对于B，因为E为边AB的中点，且，所以，故B成立；对于C，，故C成立；对于D，，故D成立．故选：BCD．12．下列结论正确的是（）A．在中，若，则B．在锐角三角形中，不等式恒成立C．在中，若，则是直角三角形D．在中，若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为【答案】ABC【详解】对于A，在中，由，利用正弦定理得，故A正确.对于B，由锐角三角形知，则，，故B正确.对于C，由，利用正弦定理得，即，故，即，则是直角三角形，故C正确.对于D，，解得，利用余弦定理知，所以，又因为，，故D错误.故选：ABC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．若向量满足，则_________.【答案】【详解】∵∴∴.故答案为：.14．设的内角所对边的长分别为.若，则则角_________.【答案】【详解】由正弦定理，所以；因为，所以，，所以.15．如图，在矩形中，，，垂足为，则______．【答案】【详解】由，可知从而，.16．在边长为2的正三角形中，D是的中点，，交于F．①若，则___________；②___________．【答案】【详解】如图，过E作交于M，由，得，，又D是的中点，得，，故，即，所以所以，故易知由已知得所以故答案为：，四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，其余各小题为12分，共70分。17．设向量，，.(1)求；(2)若，，求的值；(3)若，，，求证：A，，三点共线.【答案】(1)1(2)2(3)证明见解析(1)，；(2)，所以，解得：，所以；(3)因为，所以，所以A，，三点共线.18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求角C；(2)若，且的面积为，求的周长．【答案】(1)(2)30(1)解：由正弦定理得，因为，所以，即，因为，所以．(2)解：由（1）得，，所以，所以，又，解得，，由余弦定理可得，所以，所以的周长为．19．在①(b－c)cosA=acosC，②sin(B+C)=－1+2sin2，③acosC=b－c，这三个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______________．(1)求角A的大小；(2)若a=2，且△ABC的面积为2，求b+c．【答案】(1)(2)(1)选①∵∴sincos=sinCcos+sincosC=sin(+C)=sin∴cos∵∈,∴=选②∵sin()=−1+2sin2,∴sin=−cos∴sin(+A)=1∵A∈∴A=选③∵∴∴∵A∈,∴A=(2)∵,∴又∵∴即20．已知平行四边形ABCD中，，，.(1)用，表示；(2)若，，，如图建立直角坐标系，求和的坐标.【答案】(1)(2)，(1)，，又，所以所以(2)过点D作AB的垂线交AB于点，如图，于是在中，由可知，根据题意得各点坐标：，，，，，，所以所以，，,21．如图，测量河对岸的塔高，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C和D．现测得米，在点C测得塔顶A的仰角为，(1)求的面积；(2)求塔高．【答案】(1)平方米；(2)米.(1)在中，因，则，由正弦定理得：，，则，所以的面积是平方米.(2)依题意，平面BCD，而平面BCD，则有，在中，，由得：，所以塔高是米.22．在四边形ABCD中，已知，，．(1)求四边形ABCD的面积；(2)求的值．【答案】(1)；(2).(1)，，，可得，，则，，，，故，又，，故，∴四边形ABCD的面积.(2)在△中，，，．第六章综合训练一、选择题: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.已知向量a=(2,1),b=(x,-2),若a∥b,则a+b=()A.(-2,-1) B.(2,1)C.(3,-1) D.(-3,1)2.在△ABC中,若A=60°,BC=43,AC=42,则角B的大小为()A.30° B.45°C.135° D.45°或135°3.[2023山东滨州期末]如图,F为平行四边形ABCD对角线BD上一点,AC,BD交于点O,BF=14BO,若AF=xAB+yAD,则A.316 B.-316 C.764 4.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)2-c2=4,C=120°,则△ABC的面积为()A.33 B.233 C.35.已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB·BC=(A.-3 B.-2 C.2 D.36.设D为△ABC所在平面内一点,BC=2CD,则()A.AD=-1B.AD=-1C.ADD.AD7.不解三角形,下列问题中有两组解的是()A.a=2,b=3,B=105° B.a=2,b=3,B=35°C.a=2,b=3,A=90° D.a=3,b=2,B=35°8.在菱形ABCD中,∠ABC=120°,AC=23,BM+12CB=0,DC=λDN,若AM·A.18 B.17 C.16二、选择题:在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.9.已知向量a=(1,-2),|b|=4|a|,a∥b,则b可能是()A.(4,-8) B.(8,4)C.(-4,-8) D.(-4,8)10.已知向量a=(1,k),b=(2-k,-3),则下列说法正确的是()A.若k≠3,则{a,b}可以是这个平面内所有向量的一个基底B.若|a-b|=|a+b|,则k=1C.若a2>b2,则k>3D.若k<12,则a与b11.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列四个说法中正确的是()A.若acosA=bB.若acosA=bcosB,则△ABC一定是等腰三角形C.若bcosC+ccosB=b,则△ABC一定是等腰三角形D.若a2+b2-c2>0,则△ABC一定是锐角三角形12.[2023云南曲靖会泽模拟]在平面直角坐标系xOy中,定义变换T:将点A(x,y)变为点AT(x+y,x-y),下列说法正确的是()A.若AB∥CD,则ATBT∥CTDTB.若AB⊥CD,则ATBT⊥CTDTC.若|AB|=1,则|ATBT|=1D.若∠AOB=60°,则∠ATOTBT=60°三、填空题13.[2023安徽滁州琅琊月考]已知P1(-1,1),P2(2,3),若P1P=-3PP2,则点14.设一条河的两岸互相平行,河水的流速为2m/s,一艘小船以垂直于河岸方向46m/s的速度驶向对岸,则小船在静水中的速度大小为m/s.

15.若向量a=(1,1)与向量b=(1,x)的夹角为锐角,则x的取值范围是.

16.在四边形ABCD中,AB=DC=(1,1),1|BA|四、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知a=(1,2),b=(-3,1).(1)求a-2b;(2)设a,b的夹角为θ,求cosθ的值;(3)若向量a+kb与a-kb互相垂直,求k的值.18.设向量a,b满足|a|=|b|=1,且|3a-2b|=7.(1)求a与b的夹角;(2)求|2a+3b|.19.△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,asinAsinB+bcos2A=2a.(1)求ba(2)若c2=b2+3a2,求B.20.[2023山西朔州怀仁月考]已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(b+c)2=a2+2+152bc.(1)求sinA的值;(2)如图,D为AB上的一点,且AD=2BD,若∠BCD=2∠ACD,B为锐角,求cos∠BCD,sinB的值.21.在△ABC中,内角A,B,C对应的三边分别为a,b,c,且满足cacosB-12b=a2-b2.(1)求角A;(2)若a=3,求b+c的取值范围.22.要将一件重要物品从某港口O用小艇送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时,轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶,经过t小时与轮船相遇.(1)若希望相遇时小艇的航行距离最短,则小艇航行速度的大小应为多少?(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/时,试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小),使得小艇能在最短时间内与轮船相遇,并说明理由.

参考答案第六章综合训练1.A∵a∥b,∴2×(-2)-x=0,∴x=-4.∴a+b=(2,1)+(-4,-2)=(-2,-1).2.B由正弦定理,得BCsinA=ACsinB,则sinB=ACsinABC=42sin60°3.C因为F为平行四边形ABCD对角线BD上一点,AC,BD交于点O,BF=14BO,所以BF=14BO=14×12BD=18BD=18(AD−4.C将c2=a2+b2-2abcosC与(a+b)2-c2=4联立,解得ab=4,故S△ABC=12absinC=35.C∵AB=(2,3),AC=(3,t),∴BC=AC−AB∴|BC|=12+(t-即BC=(1,0).则AB·BC=(2,3)·(1,0)=2×1+3×0=2.故选6.B∵BC=2CD,∴AC−AB=2(AD−AC),∴∵由已知可知AB,AC∴AB,AC前边的系数唯一确定.故选7.D选项A中,a<b,B为钝角,只有一组解;选项B中,a<b,B为锐角,只有一组解;选项C中,a<b,A为直角,无解;选项D中,a>b>asinB,B为锐角,有两组解.故选D.8.D建立如图所示的平面直角坐标系,设N(x,y),因为AC=23,∠ABC=120°,所以BO=1.因为BM+12CB=0,所以BM=12所以A(-3,0),M32,12,D(0,-1),C(所以AM=332,12,DC=(3,1)=λDN=λ(x,y+1),由题意知故N3λ,1λ-1,所以AN=3λ+3,1λ-1,所以AM·AN=3323λ+3+121λ-9.AD当b=-4a时,b=(-4,8);当b=4a时,b=(4,-8).10.BC当a与b不共线,即-3×1-k(2-k)≠0时,解得k≠3且k≠-1,选项A错误;若|a-b|=|a+b|,则a⊥b,所以1·(2-k)+(-3)·k=0,解得k=12,选项B正确若a2>b2,有1+k2>(2-k)2+9,解得k>3,选项C正确;当k=-1时,a与b平行,夹角不是锐角,选项D错误.故选BC.11.AC由acos利用正弦定理可得sinA即tanA=tanB=tanC,即A=B=C,所以△ABC是等边三角形,A正确;由正弦定理可得sinAcosA=sinBcosB,即sin2A=sin2B,所以2A=2B或2A+2B=π,△ABC是等腰三角形或直角三角形,B不正确;由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=sinB,即sin(B+C)=sinB,即sinA=sinB,则A=B,△ABC是等腰三角形,C正确;由余弦定理的推论可得cosC=a2+b2-c22ab>0,C12.ABD设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),则AT(x1+y1,x1-y1),BT(x2+y2,x2-y2),CT(x3+y3,x3-y3),DT(x4+y4,x4-y4).而AB=(x2-x1,y2-y1),CD=(x4-x3,y4-y3),设y2-y1=m,y4-y3=n,x2-x1=p,x4-x3=q,则AB=(p,m),CD=(q,n),对于A,因为AB∥CD,所以AB∥CD,所以np=mq,而ATBT=(x2+y2-x1-y1,x2-y2-x1+y1)=(p+m,p-m),CTDT=(x4+y4-x3-y3,x4-y4-x3+y3)=(q+n,q-n),所以(p+m)(q-n)-(p-m)(q+n)=2mq-2np=0.所以ATBT∥CTDT,又点AT,BT,CT,DT是4个不同的点,所以ATBT∥CTDT,故A正确;对于B,因为AB⊥CD,所以AB·CD=0,即pq+mn=0,而ATBT·CTDT=(p+m)(q+n)+(p-m)(q-n)=2pq+2mn=0,且向量ATBT与CTDT均不是零向量,所以B正确;对于C,因为|AB|=1,所以|AB|2=m2+p2=1,而|ATBT|2=(而cos∠ATOTBT=O=(=2=12,故D正确故选ABD.13.72,4设P(x,y),由P1(-1,1),P2(2,3),P1P=-3PP2,得(x+1,y-1)=-3(2-x,3-y)可得x+1=-3(2-x),y-1=-3(3-y),解得x=72,y=4.所以点P的坐标为714.10为了使航向垂直河岸,船头必须斜向河的上游,设船在静水中的速度为v1,方向斜向河的上游,河水的速度为v2,方向平行于河岸,指向河的下游.|v2|=2m/s.船在静水中的速度与河水的速度的合速度v垂直于河岸,且|v|=46m/s.则|v1|=(v-v15.(-1,1)∪(1,+∞)设向量a与向量b的夹角为θ,则cosθ=a·因为夹角为锐角,所以0<cosθ<1,即0<1+x2所以x>-1,且(1+x)2<2(1+x2),解得-1<x<1或x>1,故x的取值范围是(-1,1)∪(1,+∞).16.3由AB=DC=(1,1),可知四边形ABCD为平行四边形,且|AB|=|DC|=2,因为1|AB|BA+1|BC|BC=3|BD|BD,所以可知平行四边形ABCD的对角线BD平分∠ABC,四边形ABCD为菱形,其边长为2,且对角线BD长等于边长的3倍,即BD=3×2=6.设对角线BD与AC交于点E,则CE2=17.解(1)a-2b=(1,2)-2(-3,1)=(1+6,2-2)=(7,0).(2)cosθ=a·b|(3)因为向量a+kb与a-kb互相垂直,所以(a+kb)·(a-kb)=0,即a2-k2b2=0,因为a2=5,b2=10,所以5-10k2=0,解得k=±2218.解(1)设a与b的夹角为θ.由已知得(3a-2b)2=7,即9|a|2-12a·b+4|b|2=7,因此9+4-12cosθ=7,于是cosθ=12,故θ=π3,即a与b的夹角为(2)|2a+3b|=|=4=19.19.解(1)由正弦定理得,sin2AsinB+sinBcos2A=2sinA,即sinB(sin2A+cos2A)=2sinA.故sinB=2sinA,所以ba(2)由余弦定理的推论和c2=b2+3a2,得cosB=(1+由(1)知b2=2a2,故c2=(2+3)a2.可得cos2B=12,又cosB>0,故cosB=22,所以B=20.解(1)(b+c)2=a2+2+152bc可化为b2+c2-a2=152bc,由余弦定理得cosA=b2∵A∈(0,π),∴sinA=1-(2)设∠ACD=θ,由∠BCD=2∠ACD可得∠BCD=2θ.在△ADC中,由正弦定理得2c3sinθ=CDsinA,得2在△BCD中,由正弦定理得c3sin2θ=CDsinB,可得cCD=3sin2θsinB,可得又因为sinθ>0,所以sinB=cosθ,所以sinB=sinπ2-θ.又由B,θ为锐角,得B=π2-