北师大版数学 必修第2册 第2章综合检测题课件PPT

第二章综合检测题

考试时间120分钟，满分150分．

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，只有一项是符合题目要求的)

1．下列命题中正确的是(　D　)

A．－＝ B．＋＝0

C．0·＝0 D．＋＋＝

[解析]　起点相同的向量相减，则取终点，并指向被减向量，－＝；，是一对相反向量，它们的和应该为零向量，＋＝0；0·＝0.

2.如右图，a－b等于(　C　)

A．2e1－4e2

B．－4e1－2e2

C．e1－3e2

D．3e1－e2

[解析]　a－b＝e1－3e2.

3．设O，A，M，B为平面上四点，＝λ＋(1－λ)，且λ∈(1,2)，则(　B　)

A．点M在线段AB上

B．点B在线段AM上

C．点A在线段BM上

D．O，A，B，M四点共线

[解析]　＝λ＋－λ，所以－＝λ(－)，＝λ，由λ∈(1,2)可知，A，B，M三点共线，且B在线段AM上．

4．已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边，b＝，c＝，B＝，那么a等于(　C　)

A．1 B．2

C．4 D．1或4

[解析]　在△ABC中，b＝，c＝，cos B＝，由余弦定理有b2＝a2＋c2－2accos B，即7＝a2＋3－3a，

解得a＝4或a＝－1(舍去)．故a的值为4.

5．已知向量a＝(1,2)，b＝(－2,3)，c＝(4,5)，若(a＋λb)⊥c，则实数λ＝(　C　)

A．－ B．

C．－2 D．2

[解析]　a＋λb＝(1,2)＋(－2λ，3λ)

＝(1－2λ，2＋3λ)，

由(a＋λb)⊥c，可得(1－2λ)×4＋(2＋3λ)×5＝0，解得λ＝－2.

6．在△ABC中，已知sin2A＋sin2B－sin Asin B＝sin2C，且满足ab＝4，则该三角形的面积为(　D　)

A．1 B．2

C． D．

[解析]　由sin2A＋sin2B－sin Asin B＝sin2C，得a2＋b2－ab＝c2，cos C＝＝.

∵C∈(0°，180°)，∴C＝60°.

∴sin C＝，∴S△ABC＝absin C＝.

7．在△ABC中，B＝60°，C＝45°，BC＝8，D为BC上一点，且＝，则AD的长为(　C　)

A．4(－1) B．4(＋1)

C．4(3－) D．4(3＋)

[解析]　由题意知∠BAC＝75°，根据正弦定理，得

AB＝＝8(－1)，

因为＝，所以BD＝BC．

又BC＝8，所以BD＝4(－1)．

在△ABD中，AD＝

＝4(3－)．故选C．

8.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(＋)·的最小值是(　D　)

A．2 B．0

C．－1 D．－2

[解析]　由平行四边形法则得＋＝2，

故(＋)·＝2·，又||＝2－||，且，反向，设||＝t(0≤t≤2)，则(＋)·＝2·＝－2t(2－t)＝2(t2－2t)＝2[(t－1)2－1]．

∵0≤t≤2，

∴当t＝1时，(＋)·取得最小值－2，故选D．

二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分)

9．设向量a，b满足：|a|＝3，|b|＝4，a·b＝0，以a，b，a－b的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数可以是(　ABC　)

A．0或1 B．2或3

C．4 D．6

[解析]　由题意可知该三角形为直角三角形，其内切圆半径恰好为1，它与半径为1的圆的公共点个数可能为0个，1个，2个，3个，4个，故选ABC．

10．已知m，n是实数，a，b是向量，则下列命题中正确的为(　AB　)

A．m(a－b)＝ma－mb B．(m－n)a＝ma－na

C．若ma＝mb，则a＝b D．若ma＝na，则m＝n

[解析]　对于A和B属于数乘对向量与实数的分配律，正确；对于C，若m＝0，则不能推出a＝b，错误；对于D，若a＝0，则m，n没有关系，错误．故选AB．

11．对于△ABC，有如下命题，其中正确的有(　ACD　)

A．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形

B．若sin A＝cos B，则△ABC为直角三角形

C．若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，则△ABC为钝角三角形

D．若AB＝，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积为或

[解析]　对于A，sin2A＝sin2B，∴A＝B⇒△ABC是等腰三角形；对于B，由sin A＝cos B，∴A－B＝或A＋B＝.∴△ABC不一定是直角三角形，B错误；对于C，sin2A＋sin2B<1－cos2C＝sin2C，∴a2＋b2<c2，

∴△ABC为钝角三角形，C正确；

对于D，如图所示，由正弦定理，得sin C＝＝.而c>b，∴C＝60°或C＝120°，∴A＝90°或A＝30°，∴S△ABC＝bcsin A＝或，D正确．故选ACD．

12．给出下列四个命题，其中正确的选项有(　ABC　)

A．非零向量a，b满足|a|＝|b|＝|a－b|，则a与a＋b的夹角是30°

B．若(＋)·(－)＝0，则△ABC为等腰三角形

C．若单位向量a，b的夹角为120°，则当|2a＋xb|(x∈R)取最小值时x＝1

D．若＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m)，∠ABC为锐角，则实数m的取值范围是m>－

[解析]　

A中，令＝a，＝b.以，为邻边作平行四边形OACB．

∵|a|＝|b|＝|a－b|，

∴四边形OACB为菱形，∠AOB＝60°，∠AOC＝30°，即a与a＋b的夹角是30°，故A正确；B中，∵(＋)·(－)＝0，

∴||2＝||2，故△ABC为等腰三角形，故B正确；C中，∵(2a＋xb)2＝4a2＋4xa·b＋x2b2＝4＋4xcos 120°＋x2＝x2－2x＋4＝(x－1)2＋3，故|2a＋xb|取最小值时x＝1．故C正确；D中，∵＝－＝(3，－4)－(6，－3)＝(－3，－1)，＝－＝(5－m，－3－m)－(6，－3)＝(－1－m，－m)，又∠ABC为锐角，∴·>0，即3＋3m＋m>0，∴m>－.又当与同向共线时，m＝，故当∠ABC为锐角时，m的取值范围是m>－且m≠，故D不正确．故选ABC．

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．已知a，b为单位向量，且a·b＝0，若c＝2a－b，则cos 〈a，c〉＝  .

[解析]　由题意，得cos 〈a，c〉＝

＝＝＝.

14．设向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，(a－b)⊥c，a⊥b，若|a|＝1，则|a|2＋|b|2＋|c|2的值是 4 .

[解析]　由于a⊥b，由此画出以a，b为邻边的矩形ABCD，如图所示，其中，＝a，＝b，∵a＋b＋c＝0，∴＝c，＝a－b.

∵(a－b)⊥c，∴矩形的两条对角线互相垂直，则四边形ABCD为正方形．

∴|a|＝|b|＝1，|c|＝，|a|2＋|b|2＋|c|2＝4.

15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝  ，c＝ 3 .

[解析]　由正弦定理，得＝，∴＝，得sin B＝，由余弦定理，得cos A＝＝＝，解得c＝3.

16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a＋b－c)·(a＋b＋c)＝3ab，且c＝4，则△ABC面积的最大值为 4 .

[解析]　(a＋b－c)(a＋b＋c)＝(a＋b)2－c2＝a2＋2ab＋b2－c2＝3ab，∴a2＋b2－c2＝ab.

又∵a2＋b2－c2＝2abcos C，

∴2abcos C＝ab，∴cos C＝，

∵C∈(0，π)，∴C＝.

由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，

∴16＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，

∴ab≤16.

∴△ABC面积的最大值

S＝absin C≤×16×sin＝4.

四、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)已知向量a，b满足b＝(1，)，a·b＝4，(a－2b)⊥a.

(1)求向量a与b的夹角；

(2)求|2a－b|的值；

(3)若向量c＝3a－4b，d＝ma＋b，c∥d，求m的值．

[解析]　(1)因为(a－2b)⊥a，所以(a－2b)·a＝0，|a|2＝8，即|a|＝2.

设向量a与b的夹角为θ，则cos θ＝＝，

又θ∈[0，π]，所以θ＝.

(2)由向量模的计算公式|a|＝，得|2a－b|＝＝＝＝2.

(3)因为c∥d，所以c＝λd，设3a－4b＝λ(ma＋b)，则解得m＝－.

18．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)．

(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长；

(2)设实数t满足(－t)·＝0，求t的值．

[解析]　(1)＝(3,5)，＝(－1,1)，

求两条对角线的长即求|＋|与|－|的大小．由＋＝(2,6)，得|＋|＝2，

由－＝(4,4)，得|－|＝4.

∴以线段AB，AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长分别为2和4.

(2)＝(－2，－1)，

∵(－t)·＝·－t2，

易求·＝－11，2＝5，

∴由(－t)·＝0得t＝－.

19．(本小题满分12分)(2021·新高考全国卷Ⅰ)记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C．

(1)证明：BD＝b；

(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC．

[解析]　(1)由BDsin∠ABC＝asinC得，BD＝，在△ABC中由正弦定理知：＝，即＝，

∴BD＝，又b2＝ac，∴BD＝b.

(2)由题意知：BD＝b，AD＝，DC＝，

∴cos∠ADB＝＝，同理cos∠BDC＝＝，

∵∠ADB＝π－∠CDB，∴cos∠ADB＝－cos∠BDC，即＝，

整理得2a2＋c2＝，又b2＝ac，

∴2a2＋＝，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得＝或＝，

在由余弦定理知：cos∠ABC＝＝－，

当＝时，cos∠ABC＝>1不合题意；

当＝时，cos∠ABC＝；

综上，cos∠ABC＝.

20．(本小题满分12分)△ABC是等腰直角三角形，∠B＝90°，D是边BC的中点，BE⊥AD，垂足为E，延长BE交AC于F，连接DF，求证：∠ADB＝∠FDC．

[解析]　如图，以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，设A(0,2)，C(2,0)，则D(1,0)，＝(2，－2)．

设＝λ，

则＝＋＝(0,2)＋(2λ，－2λ)＝(2λ，2－2λ)．

又＝(－1,2)，⊥，

∴·＝0，

∴－2λ＋2(2－2λ)＝0，

∴λ＝.

∴＝，＝－＝.

又＝(1,0)，∴cos ∠ADB＝＝，

cos ∠FDC＝＝，

又∠ADB，∠FDC∈(0，π)，

∴∠ADB＝∠FDC．

21．(本小题满分12分)如图所示，甲船以每小时30  n mile的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20 n mile.当甲船航行20 min到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10 n mile，问乙船每小时航行多少n mile?

[解析]　如图，连接A1B2，

由题意知A2B2＝10 n mile，A1A2＝30×＝10 n mile.

所以A1A2＝A2B2.

又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，

所以△A1A2B2是等边三角形．

所以A1B2＝A1A2＝10 n mile.

由题意知，A1B1＝20 n mile，∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，

在△A1B2B1中，由余弦定理，得B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos 45°＝202＋(10)2－2×20×10×＝200.

所以B1B2＝10 n mile.

因此，乙船速度的大小为×60＝30(n mile/h)．

答：乙船每小时航行30 n mile.

22．(本小题满分12分)已知向量a＝(2＋sin x,1)，b＝(2，－2)，c＝(sin x－3,1)，d＝(1，k)，(x∈R，k∈R)．

(1)若x∈，且a∥(b＋c)，求x的值；

(2)若函数f(x)＝a·b，求f(x)的最小值；

(3)是否存在实数k，使得(a＋d)⊥(b＋c)？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．

[解析]　(1)∵b＋c＝(sin x－1，－1)，又a∥(b＋c)，

∴－(2＋sin x)＝sin x－1，即sin x＝－.

又x∈，

∴x＝－.

(2)∵a＝(2＋sin x,1)，b＝(2，－2)，

∴f(x)＝a·b＝2(2＋sin x)－2＝2sin x＋2.

又x∈R，

∴当sin x＝－1时，f(x)有最小值，且最小值为0.

(3)∵a＋d＝(3＋sin x,1＋k)，

b＋c＝(sin x－1，－1)，

若(a＋d)⊥(b＋c)，则(a＋d)·(b＋c)＝0，

即(3＋sin x)(sin x－1)－(1＋k)＝0，

∴k＝sin2x＋2sin x－4＝(sin x＋1)2－5.

由sin x∈[－1,1]，

∴－5≤(sin x＋1)2－5≤－1，得k∈[－5，－1]．

∴存在k∈[－5，－1]，使得(a＋d)⊥(b＋c)．