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第1章测评 (时间:120分钟　满分:150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) 答案A 解析∵a∥b,∴2×(-2)-x=0,∴x=-4. ∴a+b=(2,1)+(-4,-2)=(-2,-1). 2.在△ABC中,若∠A=60°,BC=43,AC=42,则∠B的大小为(　　) A.30° B.45° C.135° D.45°或135° 答案B 解析由正弦定理,得BCsinA=ACsinB,则sin B=ACsinABC=42sin60°43=22.因为BC>AC,所以∠A>∠B,而∠A=60°,所以∠B=45°. 3.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.3 D.23 答案C 解析将c2=a2+b2-2abcos C与(a+b)2-c2=4联立,解得ab=4,故S△ABC=12absin C=3. 4.(2021陕西西安模拟)已知|a|=1,|b|=2,且a与b的夹角为π6,则|a-3b|=(　　) A.7 B.22 C.10 D.19 答案A 解析∵|a|=1,|b|=2,且a与b的夹角为π6, ∴a·b=1×2×32=3. ∴|a-3b|2=a2-23·a·b+3b2=1-23×3+3×22=7,故|a-3b|=7.故选A. 5.(2021福建福清期中)在△ABC中,a=2,b=2,∠A=π6,则此三角形(　　) A.无解 B.有两解 C.有一解 D.解的个数不确定 答案B 解析在△ABC中,a=2,b=2,∠A=π6,由正弦定理可得sin B=bsinAa=2×122=22.所以B=π4,或B=3π4,则此三角形有两解.故选B. 6.(2018全国Ⅰ高考)在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则EB=(　　) A.34AB-14AC B.14AB-34AC C.34AB+14AC D.14AB+34AC 答案A 解析如图,EB=-BE=-12(BA+BD)=12AB-14BC=12AB-14(AC-AB)=34AB-14AC. 7.(2020山东潍坊模拟)如图所示,半圆的直径AB=4,O为圆心,C是半圆上不同于A,B的任意一点.若P为半径OC上的动点,则(PA+PB)·PC的最小值是(　　) A.2 B.0 C.-1 D.-2 答案D 解析由平行四边形法则得PA+PB=2PO, 故(PA+PB)·PC=2PO·PC,|PC|=2-|PO|,且PO,PC反向, 设|PO|=t(0≤t≤2), 则(PA+PB)·PC=2PO·PC=-2t(2-t)=2(t2-2t)=2[(t-1)2-1].∵0≤t≤2,∴当t=1时,(PA+PB)·PC取得最小值-2,故选D. 8.(2020湖北模拟)如图,在平行四边形ABCD中,DE=12EC,F为BC的中点,G为EF上的一点,且AG=79AB+mAD,则实数m的值为(　　) A.23 B.13 C.-13 D.-23 答案A 解析∵DE=12EC,F为BC的中点, ∴DE=13AB,BF=12AD.设AG=λAE+(1-λ)AF=λ(AD+DE)+(1-λ)(AB+BF)=λAD+13AB+(1-λ)AB+12AD=1-2λ3AB+λ2+12AD,又AG=79AB+mAD,∴1-2λ3=79,m=λ2+12, 解得m=23.故选A. 二、选择题:本题共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.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分. 9.(2020江西南昌模拟)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) 答案AD 解析当b=-4a时,b=(-4,8);当b=4a时,b=(4,-8). 10.对于任意的平面向量a,b,c,下列说法错误的是(　　) A.若a∥b且b∥c,则a∥c B.(a+b)·c=a·c+b·c C.若a·b=a·c,且a≠0,则b=c D.(a·b)·c=a·(b·c) 答案ACD 解析对于A,b=0,说法错误;对于B,显然正确;对于C,若a和b,c都垂直,显然b,c至少在模的方面没有特定关系,所以说法错误;对于D,如图,若a=AB,b=AC,c=AD,则(a·b)·c与a·(b·c)分别是与c,a共线的向量,显然(a·b)·c=a·(b·c)不成立. 11.(2021湖北武汉期中)在△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,则下面说法正确的是(　　) A.若bsin A=acos B,则B=π4 B.若b<c,则cos2B>cos2C C.若∠B=π4,b=2,a=3,则满足条件的三角形共有两个 D.若AB·BC<0,则满足条件的三角形为钝角三角形 答案AB 解析对于A,利用扩充的正弦定理得2Rsin Bsin A=2Rsin Acos B,由于0<A<π,整理得sin B=cos B,故B=π4,故A正确; 对于B,由于b<c,所以0<sin B<sin C,故sin2B<sin2C,即1-cos2B<1-cos2C,整理得cos2B>cos2C,故B正确; 对于C,由于∠B=π4为锐角,b=2,a=3,b>a,则三角形的解只有一个,故C错误; 对于D,由于AB·BC<0,说明∠B的外角为钝角,∠B为锐角,所以△ABC的形状不能确定,故D错误.故选AB. 12.在△ABC中,∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是(　　) A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6 B.△ABC是钝角三角形 C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D.若c=6,则△ABC外接圆半径为877 答案ACD 解析因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设a+b=9x,a+c=10x,b+c=11x(x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A正确;由上可知,c边最大,所以三角形中角C最大,又cos C=a2+b2-c22ab=(4x)2+(5x)2-(6x)22×4x×5x=18>0,所以角C为锐角,所以B错误;由上可知a边最小,所以三角形中角A最小,又cos A=c2+b2-a22cb=(6x)2+(5x)2-(4x)22×6x×5x=34, 所以cos 2A=2cos2A-1=18, 所以cos 2A=cos C. 由三角形中角C最大且角C为锐角可得,2∠A∈(0,π),∠C∈0,π2,所以2∠A=∠C,所以C正确;由扩充的正弦定理得2R=csinC,又sin C=1-cos2C=378,所以2R=6378,解得R=877,所以D正确. 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2019全国Ⅲ高考)已知a,b为单位向量,且a·b=0,若c=2a-5b,则cos<a,c>=　　　　　.  答案23 解析∵a,b为单位向量,∴|a|=|b|=1.又a·b=0,c=2a-5b, ∴|c|2=4|a|2+5|b|2-45a·b=9, ∴|c|=3.又a·c=2|a|2-5a·b=2, ∴cos<a,c>=a·c|a||c|=21×3=23. 14.(2021福建福清期中)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,向量a与b的夹角为60°,则|2a-3b|=　　　　　.  答案27 解析∵|a|=1,|b|=2,<a,b>=60°, ∴a·b=1×2×12=1,∴|2a-3b|=(2a-3b)2=4a2+9b2-12a·b=4+36-12=27. 15.如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上B,D两点,测出四边形ABCD各边的长度:AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km,DA=5 km,如图所示,且A,B,C,D四点共圆,则AC的长为　　　　　 km.  答案7 解析因为A,B,C,D四点共圆,所以B+D=π.由余弦定理,得AC2=52+32-2×5×3cos D=34-30cos D,AC2=52+82-2×5×8cos B=89-80cos B. 由于∠B+∠D=π,即cos B=-cos D, 因此-34-AC230=89-AC280,解得AC=7. 16.在四边形ABCD中,AB=DC=(1,1),1|BA|BA+1|BC|BC=3|BD|BD,则四边形ABCD的面积为　　　　　.  答案3 解析由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=(2)2-622=12,即CE=22,所以三角形BCD的面积为12×6×22=32,所以四边形ABCD的面积为2×32=3. 四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)已知a=(1,2),b=(-3,1). (1)求a-2b; (2)设a,b的夹角为θ,求cos θ的值; (3)若向量a+kb与a-kb互相垂直,求k的值. 解(1)a-2b=(1,2)-2(-3,1)=(1+6,2-2)=(7,0). (2)cos θ=a·b|a||b|=1×(-3)+2×11+(-3)2×22+1=-210. (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=±22. 18.(12分)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|. 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+4-12cos θ=7,于是cos θ=12,故 θ=π3,即a与b的夹角为π3. (2)|2a+3b|=|2a+3b|2=4|a|2+12a·b+9|b|2=4+12·12+9=19. 19.(12分)△ABC的三个内角∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c,asin Asin B+bcos2A=2a. (1)求ba; (2)若c2=b2+3a2,求∠B. 解(1)由正弦定理得,sin2Asin B+sin Bcos2A=2sin A, 即sin B(sin2A+cos2A)=2sin A. 故sin B=2sin A,所以ba=2. (2)由余弦定理和c2=b2+3a2,得cos B=(1+3)a2c. 由(1)知b2=2a2,故c2=(2+3)a2. 可得cos2B=12,又cos B>0, 故cos B=22, 所以∠B=45°. 20.(12分)在四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5. (1)求cos∠ADB; (2)若DC=22,求BC. 解(1)∵∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5, ∴由正弦定理得ABsin∠ADB=BDsin∠A, 即2sin∠ADB=5sin45°, ∴sin∠ADB=2sin45°5=25. ∵AB<BD,∴∠ADB<∠A, ∴cos∠ADB=1-252=235. (2)∵∠ADC=90°, ∴cos∠BDC=sin∠ADB=25. ∵DC=22, ∴BC =BD2+DC2-2×BD×DC×cos∠BDC =25+8-2×5×22×25=5. 21.(12分)在△ABC中,∠A,∠B,∠C的对边分别是a,b,c,若asin B=3bcos A. (1)求∠A; (2)若△ABC的面积为23,a=5,求△ABC的周长. 解(1)由题意,在△ABC中, 因为asin B=3bcos A, 所以由正弦定理, 可得sin Asin B=3sin Bcos A, 又因为∠B∈(0,π),可得sin B≠0, 所以sin A=3cos A,即tan A=3. 因为∠A∈(0,π), 所以∠A=π3. (2)由(1)可知∠A=π3,且a=5, 又由△ABC的面积23=12bcsin A=34bc, 解得bc=8, 由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,可得25=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=(b+c)2-24,整理得(b+c)2=49, 解得b+c=7, 所以△ABC的周长a+b+c=5+7=12. 22.(12分)(2021江苏宜兴期中)已知向量OA,OB是平面内两个不共线的单位向量,C为平面内一动点,且CA⊥CB,CP=CA+CB. (1)若P为OC的中点,求向量OA与OB夹角的余弦值; (2)若|OP|<12,求|OC|的取值范围. 解(1)∵CA⊥CB, ∴CA·CB=(OA-OC)·(OB-OC)=0, ∴OA·OB-OA·OC-OC·OB+OC2=0. ∵CP=CA+CB, ∴OP-OC=OA-OC+OB-OC. 若P为OC的中点,则OP=12OC, 可得OA+OB=32OC, ∴OA·OB-23(OA+OB)2+49(OA+OB)2=0. ∵向量OA,OB是不共线的单位向量,设其夹角为θ, ∴展开上式可得cos θ-29(2+2cos θ)=0,即cos θ=45. (2)由(1)知,OP=OA+OB-OC, ∴|OP|=|OA+OB-OC|<12, 即0≤OA2+OB2+OC2+2OA·OB-2OA·OC-2OB·OC<14, ∴0≤2+OC2-2OC2<14, 解得72<|OC|≤2, ∴|OC|的取值范围是72,2. 8