2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第六章平面向量及其應(yīng)用檢測(cè)試題課時(shí)作業(yè)含解析新人教A版必修第二冊(cè)

PAGEPAGE1第六章檢測(cè)試題時(shí)間：120分鐘分值：150分第Ⅰ卷(選擇題，共60分)eq\a\vs4\al(一、單項(xiàng)選擇題每小題5分，共40分)1．下列命題中，正確的是(C)A．|a|＝|b|?a＝b B．|a|>|b|?a>bC．a(chǎn)＝b?a∥b D．|a|＝0?a＝0解析：兩個(gè)向量模相等，方向不肯定相同，向量不肯定相等，A錯(cuò)；向量的模可以比較大小，但向量不能比較大小，B錯(cuò)；向量相等，方向相同，肯定是共線向量，C正確；若|a|＝0?a＝0，故D錯(cuò)．2．已知A(3,2)，B(5,4)，C(6,7)，則以A，B，C為頂點(diǎn)的平行四邊形的另一個(gè)頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為(D)A．(4,5)B．(4,5)或(8,9)C．(4,5)或(2，－1)D．(4,5)或(8,9)或(2，－1)解析：設(shè)D點(diǎn)的坐標(biāo)為D(x，y)．若是平行四邊形ABCD，則有eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，可得(5－3,4－2)＝(6－x,7－y)，解得x＝4，y＝5.故所求頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為D(4,5)．若是平行四邊形ABDC，則有eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))，可得(5－3,4－2)＝(x－6，y－7)，解得x＝8，y＝9.故所求頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為D(8,9)．若是平行四邊形ACBD，則有eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))，可得(6－3,7－2)＝(5－x,4－y)，解得x＝2，y＝－1.故所求頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為D(2，－1)．綜上可得，以A，B，C為頂點(diǎn)的平行四邊形的另一個(gè)頂點(diǎn)D的坐標(biāo)是(4,5)或(8,9)或(2，－1)．3．已知向量a，b滿意|a|＝1，|b|＝4，且a·b＝2，則a與b的夾角θ為(C)A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)解析：由題意，知a·b＝|a||b|cosθ＝4cosθ＝2，所以cosθ＝eq\f(1,2)，又因?yàn)?≤θ≤π，所以θ＝eq\f(π,3).4．若a＝(1,1)，b＝(1，－1)，c＝(－1,2)，則c等于(B)A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(3,2)b B.eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)bC.eq\f(3,2)a－eq\f(1,2)b D．－eq\f(3,2)a＋eq\f(1,2)b解析：設(shè)c＝λ1a＋λ2b(λ1，λ2∈R)．則(－1,2)＝λ1(1,1)＋λ2(1，－1)＝(λ1＋λ2，λ1－λ2)則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ1＋λ2＝－1，,λ1－λ2＝2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ1＝\f(1,2)；,λ2＝－\f(3,2)，))所以c＝eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b.5．在△ABC中，已知sin2A＋sin2B－sinAsinB＝sin2C，且滿意ab＝4，則該三角形的面積為(D)A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)解析：因?yàn)閟in2A＋sin2B－sinAsinB＝sin2C，依據(jù)正弦定理得a2＋b2－ab＝c2，由余弦定理得2abcosC＝ab，所以cosC＝eq\f(1,2)，所以sinC＝eq\r(1－\f(1,2)2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).6．如圖所示，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，一測(cè)量者在A的同側(cè)，在所在的河岸邊選定一點(diǎn)C，測(cè)得AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，則A，B兩點(diǎn)間的距離為(A)A．50eq\r(2)m B．50mC．25m D.eq\f(25\r(2),2)m解析：由題意知，在△ABC中，AC＝50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，所以∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，所以由正弦定理可得，AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sin∠CBA)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．7．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(a,0)，(0，a)，其中a∈(0，＋∞)，點(diǎn)P在AB上且eq\o(AP,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))(0≤t≤1)，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))的最大值為(D)A．a(chǎn) B．2aC．3a D．a(chǎn)2解析：因?yàn)锳(a,0)，B(0，a)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(a,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－a，a)．又因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＝(a,0)＋t(－a，a)＝(a－ta，ta)，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝a(a－ta)＝a2(1－t)．因?yàn)?≤t≤1，所以0≤1－t≤1，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))的最大值為a2.8．點(diǎn)O是△ABC所在平面上的一點(diǎn)，且滿意eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))，則點(diǎn)O是△ABC的(B)A．重心B．垂心C．內(nèi)心D．外心解析：因?yàn)閑q\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(OB,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＝0，即eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(OB,\s\up6(→))⊥eq\o(CA,\s\up6(→))，同理eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，所以O(shè)是△ABC的垂心．eq\a\vs4\al(二、多項(xiàng)選擇題每小題5分，共20分)9．已知向量a＝(1，－2)，|b|＝4|a|，a∥b，則b可能是(AD)A．(4，－8) B．(8,4)C．(－4，－8) D．(－4,8)解析：b＝－4a時(shí)，b可能是(－4,8)；b＝4a時(shí)，b可能是(4，－8)．10．在△ABC中，a＝15，b＝20，A＝30°，則cosB可能為(AD)A．－eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(5),3)解析：因?yàn)閑q\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(15,sin30°)＝eq\f(20,sinB)，解得sinB＝eq\f(2,3).因?yàn)閎>a，所以B>A，故B有兩解，所以cosB＝±eq\f(\r(5),3).11．已知△ABC中，若sinAsinBsinC＝k(k＋1)2k，則k的取值可以是(BD)A．(－eq\f(1,2)，0) B．(2，＋∞)C．(－∞，0) D．(eq\f(1,2)，＋∞)解析：由正弦定理得：a＝mk，b＝m(k＋1)，c＝2mk(m>0)，因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b>c，,a＋c>b，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2k＋1>2mk，,3mk>mk＋1，))所以k>eq\f(1,2).12．設(shè)點(diǎn)M是△ABC所成平面內(nèi)一點(diǎn)，則下列說法正確的是(ACD)A．若eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，則點(diǎn)M是邊BC的中點(diǎn)B．若eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，則點(diǎn)M在邊BC的延長線上C．若eq\o(AM,\s\up6(→))＝－eq\o(BM,\s\up6(→))－eq\o(CM,\s\up6(→))，則點(diǎn)M是△ABC的重心D．若eq\o(AM,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))，且x＋y＝eq\f(1,2)，則△MBC的面積是△ABC面積的eq\f(1,2)解析：A.eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))?eq\f(1,2)eq\o(AM,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))?eq\f(1,2)eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AM,\s\up6(→))，即：eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))，則點(diǎn)M是邊BC的中點(diǎn)，所以A正確；B.eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))?eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))，則點(diǎn)M在邊CB的延長線上，所以B錯(cuò)誤；C．設(shè)BC中點(diǎn)為D，如圖，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝－eq\o(BM,\s\up6(→))－eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝2eq\o(MD,\s\up6(→))，由重心性質(zhì)可知C正確；D.eq\o(AM,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))且x＋y＝eq\f(1,2)?2eq\o(AM,\s\up6(→))＝2xeq\o(AB,\s\up6(→))＋2yeq\o(AC,\s\up6(→))，2x＋2y＝1，設(shè)eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(AM,\s\up6(→))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝2xeq\o(AB,\s\up6(→))＋2yeq\o(AC,\s\up6(→))，2x＋2y＝1，可知B，C，D三點(diǎn)共線，所以△MBC的面積是△ABC面積的eq\f(1,2)，所以D正確．故選ACD.第Ⅱ卷(非選擇題，共90分)eq\a\vs4\al(三、填空題每小題5分，共20分)13．當(dāng)非零向量a，b滿意|a|＝|b|時(shí)，a＋b平分以a與b為鄰邊的平行四邊形的內(nèi)角．解析：當(dāng)|a|＝|b|時(shí)，以a與b為鄰邊的平行四邊形為菱形，則a＋b平分此菱形的內(nèi)角．14．在△ABC中，AB＝eq\r(3)，BC＝2AC＝2，滿意|eq\o(BA,\s\up6(→))－teq\o(BC,\s\up6(→))|≤eq\r(3)|eq\o(AC,\s\up6(→))|的實(shí)數(shù)t的取值范圍是[0，eq\f(3,2)]．解析：設(shè)eq\o(BA,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))的夾角為θ，則θ＝30°，在△ABC中，AB＝eq\r(3)，BC＝2AC＝2，即AC＝1.因?yàn)锳B2＋AC2＝BC2，所以△ABC為直角三角形，∠A＝90°，∠B＝30°.所以由|eq\o(BA,\s\up6(→))－teq\o(BC,\s\up6(→))|≤eq\r(3)|eq\o(AC,\s\up6(→))|，得eq\o(BA,\s\up6(→))2－2t|eq\o(BA,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|cosθ＋t2eq\o(BC,\s\up6(→))2≤3eq\o(AC,\s\up6(→))2，所以3－2t×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＋4t2≤3，整理，得2t2－3t≤0，解得0≤t≤eq\f(3,2).所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是[0，eq\f(3,2)]．15．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若a＝eq\r(7)，b＝2，A＝60°，則sinB＝eq\f(\r(21),7)，c＝3.解析：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得eq\f(\r(7),sin60°)＝eq\f(2,sinB)，得sinB＝eq\f(\r(21),7)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(4＋c2－7,4c)＝eq\f(1,2)，解得c＝3(負(fù)值舍去)．16．在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊長，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，1＋2cos(B＋C)＝0，則邊BC上的高為eq\f(\r(3)＋1,2).解析：由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，得1－2cosA＝0，所以cosA＝eq\f(1,2)，sinA＝eq\f(\r(3),2).再由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由b<a知B<A，所以B不是最大角，B<eq\f(π,2)，從而cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(\r(2),2).由上述結(jié)果知sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2)×(eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).設(shè)邊BC上的高為h，則有h＝bsinC＝eq\f(\r(3)＋1,2).eq\a\vs4\al(四、解答題寫出必要的計(jì)算步驟，只寫最終結(jié)果不得分，共70分)17．(10分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(1,4)，B(－2,3)，C(2，－1)．(1)求eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))及|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|；(2)設(shè)實(shí)數(shù)t滿意(eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→)))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))，求t的值．解：(1)∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－5)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－3×1＋(－1)×(－5)＝2.∵eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，－6)，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(4＋36)＝2eq\r(10).(2)∵eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→))＝(－3－2t，－1＋t)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2，－1)，且(eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→)))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))，∴(eq\o(AB,\s\up6(→))－teq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴(－3－2t)×2＋(－1＋t)·(－1)＝0，解得t＝－1.18．(12分)如圖，漁船甲位于島嶼A的南偏西60°方向的B處，且與島嶼A相距12海里，漁船乙以10海里/時(shí)的速度從島嶼A動(dòng)身沿正北方向航行，若漁船甲同時(shí)從B處動(dòng)身沿北偏東α的方向追逐漁船乙，剛好用2小時(shí)追上．(1)求漁船甲的速度；(2)求sinα的值．解：(1)依題意知，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784，解得BC＝28.所以漁船甲的速度為eq\f(BC,2)＝14(海里/時(shí))．(2)在△ABC中，AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得eq\f(AB,sinα)＝eq\f(BC,sin120°)，所以sinα＝eq\f(ABsin120°,BC)＝eq\f(12×\f(\r(3),2),28)＝eq\f(3\r(3),14).19．(12分)已知非零向量a，b滿意|a|＝1，且(a－b)·(a＋b)＝eq\f(1,2).(1)求|b|.(2)當(dāng)a·b＝eq\f(1,2)時(shí)，求向量a與b的夾角θ的值．解：(1)因?yàn)?a－b)·(a＋b)＝eq\f(1,2)，即a2－b2＝eq\f(1,2)，所以|b|2＝|a|2－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，故|b|＝eq\f(\r(2),2).(2)因?yàn)閏osθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\r(2),2)，又0°≤θ≤180°，故θ＝45°.20．(12分)如圖所示，港口B在港口O正東方向120海里處，小島C在港口O北偏東60°方向，且在港口B北偏西30°方向上．一艘科學(xué)考察船從港口O動(dòng)身，沿北偏東30°的OA方向以20海里/時(shí)的速度行駛，一艘快艇從港口B動(dòng)身，以60海里/時(shí)的速度駛向小島C，在C島裝運(yùn)補(bǔ)給物資后給考察船送去．現(xiàn)兩船同時(shí)動(dòng)身，補(bǔ)給物資的裝船時(shí)間為1小時(shí)，則快艇駛離港口B后，至少要經(jīng)過多少小時(shí)才能和考察船相遇？解：設(shè)快艇駛離港口B后，經(jīng)過x小時(shí)，在OA上的點(diǎn)D處與考察船相遇．如圖所示，連接CD，則快艇沿線段BC，CD航行．在△OBC中由題意得∠BOC＝30°，∠CBO＝60°，所以∠OCB＝90°，因?yàn)锽O＝120，所以BC＝60，OC＝60eq\r(3).故快艇從港口B到小島C須要1小時(shí)，所以x>1.在△OCD中，由題意易得∠COD＝30°.OD＝20x，CD＝60(x－2)．由余弦定理，得CD2＝OD2＋OC2－2OD·OCcos∠COD，所以602(x－2)2＝(20x)2＋(60eq\r(3))2－2×20x×60eq\r(3)×cos30°，解得x＝3或x＝eq\f(3,8)，因?yàn)閤>1，所以x＝3.所以快艇駛離港口B后，至少要經(jīng)過3小時(shí)才能和考察船相遇．21．(12分)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a2－(b－c)2＝(2－eq\r(3))bc，sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，BC邊上的中線AM的長為eq\r(7).(1)求角A和角B的大?。?2)求△ABC的周長．解：(1)由a2－(b－c)2＝(2－eq\r(3))bc，得a2－b2－c2＝－eq\r(3)bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3),2).又0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).由sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，得eq\f(1,2)sinB＝eq\f(1＋cosC,2)，即sinB＝1＋cosC，則cosC<0，即C為鈍角，所以B為銳角，且B＋C＝eq\f(5π,6)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－C))＝1＋cosC，化簡得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝－1，解得C＝eq\f(2π,3)，所以B＝eq\f(π,6).(2)由(1)知，a＝b，在△ACM中，由余弦定理得AM2＝b2＋(eq\f(a,2))2－2b·eq\f(a,2)·cosC＝b2＋eq\f(b2,4)＋eq\f(b2,2)＝(eq\r(7))2，解得b＝2，所以a＝2.在△ABC中，c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋22－2×2×2×coseq\f(2π,3)＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以△ABC的周長為4＋2eq\r(3).