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阶段质量评价(二)　平面向量及其应用
(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.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.若D为△ABC的边AB的中点,则= (　　)
A.2- B.2-
C.2+ D.2+
2.向量a=(2,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a= (　　)
A.6 B.5
C.1 D.-6
3.在△ABC中,已知B=120°,AC=,AB=2,则BC= (　　)
A.1 B.
C. D.3
4.若|a|=2,|b|=3,a·b=4,则|a-2b|的值是 (　　)
A.24 B.2
C.-24 D.-2
5.如图,在平行四边形ABCD中,F是BC的中点,=-2,若=x+y,则x+y= (　　)
A.1 B.6
C.
6.已知等边三角形ABC的边长为4,O为三角形内一点,且++2=0,则△AOB的面积是 (　　)
A.4
C. D.2
7.如图所示,阴影部分的月牙形的边缘都是圆弧,弧ACB和弧ADB分别是△ABC的外接圆和以AB为直径的圆的一部分,若∠ACB=,AC=BC=1,则弧ACB的半径为 (　　)
A.1 B.
C.2 D.
8.骑自行车是一种能改善心肺功能的耐力型有氧运动,深受大众喜爱.如图所示是某一型号自行车的平面结构示意图,已知图中自行车的前轮圆A,后轮圆D的半径均为,△ABE,△BEC,△ECD均为边长为4的正三角形,设点P为后轮上的一点,则在骑动该自行车的过程中,·的最大值为 (　　)
A.12 B.24
C.36 D.48
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18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 6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知向量m+n=(3,1),m-n=(1,-1),则 (　　)
A.(m-n)∥n B.(m-n)⊥n
C.|m|=|n| D.=45°
10.在△ABC中,D,E,F分别是边BC,CA,AB的中点,AD,BE,CF交于点G,则 (　　)
A.=- B.=-+
C.+= D.++=0
11.定义运算=mn-pq.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a,b,c满足=0,则下列结论正确的是 (　　)
A.sin A+sin C=2sin B B.A∶C=1∶2
C.角B的最大值为 D.若asin A=4csin C,则△ABC为钝角三角形
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12.已知非零向量a=(2x,y),b=(1,-2),且a∥b,则=　　　　　.
13.中国古代数学名著《海岛算经》记录了一个计算山高的问题:今有望海岛,立两表齐,高三丈,前后相去千步,令后表与前表相直.从前表却行一百二十三步,人目着地取望岛峰,与表末参合.从后表却行百二十七步,人目着地取望岛峰,亦与表末参合.问岛高及去表各几何 假设古代有类似的一个问题,如图,要测量海岛上一座山峰的高度AH,立两根高48丈的标杆BC和DE,两杆相距BD=800步,D,B,H三点共线且在同一水平面上,从点B退行100步到点F,此时A,C,F三点共线,从点D退行120步到点G,此时A,E,G三点也共线,则山峰的高度AH=　　　　步.(古制单位:180丈=300步)
14.(2024·天津高考)在边长为1的正方形ABCD中,E为线段CD的三等分点,CE=DE,=λ+μ,则λ+μ=　　　　;F为线段BE上的动点,G为AF中点,则·的最小值为　　　　.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知a=(1,0),b=(2,1).
(1)当k为何值时,ka-b与a+2b共线
(2)若=2a+3b,=a+mb且A,B,C三点共线,求m的值.
16.(15分)如图,在△ABC中,D为BC的四等分点,且靠近点B.E,F分别为AC,AD的三等分点,且分别靠近A,D两点,设=a,=b.
(1)试用a,b表示,,;
(2)证明:B,E,F三点共线.
17.(15分)如图,在△ABC中,=+.
(1)求△ABM与△ABC的面积之比;
(2)若N为AB中点,与交于点P,且=x+y (x,y∈R),求x+y的值.
18.(17分)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若(a-c)sin A+csin(A+B)=bsin B.
(1)求角B;
(2)若a+c=4,求△ABC周长的最小值,并求出此时△ABC的面积.
19.(17分)某港湾的平面示意图如图所示,O,A,B分别是海岸线l1,l2上的三个集镇,A位于O的正南方向6 km处,B位于O的北偏东60°方向10 km处.
(1)求集镇A,B间的距离;
(2)随着经济的发展,为缓解集镇O的交通压力,拟在海岸线l1,l2上分别修建码头M,N,开辟水上航线.勘测时发现:以O为圆心,3 km为半径的扇形区域为浅水区,不适宜船只航行.请确定码头M,N的位置,使得M,N之间的直线航线最短.
阶段质量评价(二)
1.选A　=+=+2=+2(+)=2-.故选A.
2.选A　∵2a+b=(3,0),∴(2a+b)·a=3×2+0×(-1)=6.故选A.
3.选D　设AB=c,AC=b,BC=a,结合余弦定理b2=a2+c2-2accos B,可得19=a2+4-2×a×2×cos 120°,即a2+2a-15=0,解得a=3(a=-5舍去).故BC=3.故选D.
4.选B　∵|a-2b|2=|a|2-4a·b+4|b|2=4-16+36=24,∴|a-2b|=2.故选B.
5.选C　∵=-=-=-,∴x=,y=-.
∴x+y=-=.故选C.
6.选D　根据题意,设AB的中点为D.由△ABC是等边三角形,则CD⊥AB.由AB的中点为D,则+=2.又由++2=0,则=-,则O是CD的中点.又由△ABC的边长为4,则AD=2,CD=2,则OD=,则S△AOB=×4×=2,故选D.
7.选A　∵∠ACB=,AC=BC=1,∴由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=1+1-2×=3.∴AB=.
∵弧ACB的半径即为△ABC的外接圆半径,∴可设△ABC的外接圆半径为r,由正弦定理得=2r,即2r==2,解得r=1.∴弧ACB的半径为1.故选A.
8.选C　选择,为基底,=+=+,=+=-+2+,
·=-+·+2+(+)·=24+·≤24+||||=36,故选C.
9.选BCD　由
得∵m-n=(1,-1),∴1×(-1)≠1×1,即m-n与n不平行,A错误.∵(m-n)·n=1×1+(-1)×1=0,∴(m-n)⊥n,B正确.∵|m|==2,|n|==,
∴|m|=|n|,C正确.∵cos===,∈[0,π],
∴=,即=45°,D正确.故选B、C、D.
10.选BCD　因为D,E,F分别是边BC,CA,AB的中点,所以==-,故A错误;由平行四边形法则可知,=+=-+,故B正确;=-=++=++=++=+++=+,故C正确;由题意知,点G为△ABC的重心,所以++=-(++)=-×(+++++)=0,D正确.故选B、C、D.
11.选ACD　由=0可知(a+b+c)-3(a+c-b)=0,整理可知a+c=2b.由正弦定理可知,sin A+sin C=2sin B,从而可知A正确;由A=B=C=满足a+c=2b,但不满足A∶C=1∶2,故B不正确;cos B===≥=(当且仅当a=c时取“=”),又012.解析:∵a∥b,∴-2×2x=1×y,即y=-4x.
∴=-.
答案:-
13.解析:由题可知BC=DE=48×=80步,BF=100步,DG=120步,BD=800步.在Rt△AHF中,==,在Rt△AHG中,==.所以HF=AH,HG=AH,则HG-HF=800-100+120=820=AH.所以AH=3 280步.
答案:3 280
14.解析:以点A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),E,所以=,=(-1,0),=(0,1).因为=λ+μ,所以=λ(-1,0)+μ(0,1),所以λ=,μ=1,即λ+μ=.由B(1,0),E可得直线BE的方程为y=-3(x-1),设F(a,3-3a),则G,所以=(a,3-3a),=,所以·=a·+(3-3a)·=5a2-6a+=5-.所以当a=时,·取得最小值,为-.
答案:　-
15.解:(1)由题可得,ka-b=k(1,0)-(2,1)=(k-2,-1),a+2b=(1,0)+2(2,1)=(5,2).
因为ka-b与a+2b共线,所以2(k-2)-(-1)×5=0 k=-.
(2)因为A,B,C三点共线,a与b不共线,所以存在实数λ,使得=λ,即2a+3b=λ(a+mb),整理得(8,3)=(λ+2mλ,mλ),
所以 m=.
16.解:(1) 由题意,得=-=b-a,
=+=+=+(-)=a+(b-a)=a+b,
=+=-+=-a+b.
(2)证明:因为=-a+b,
=+=-+
=-a+=-a+b
=,
所以=.所以与共线.
又与有公共点B,所以B,E,F三点共线.
17.解:(1)在△ABC中,=+,则4=3+,3(-)=-,即3=,即点M是线段BC靠近B点的四等分点.
故△ABM与△ABC的面积之比为.
(2)因为=+,∥,
=x+y(x,y∈R),所以x=3y.
因为N为AB的中点,
所以=-=x+y-=+y,
=-=x+y-
=x+(y-1).
因为∥.所以(y-1)=xy,
即2x+y=1.又x=3y,
所以x=,y=.所以x+y=.
18.解:(1)∵sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,
由已知结合正弦定理可得(a-c)a+c2=b2,
∴a2+c2-b2=ac.
∴cos B===.
∵B∈(0,π),∴B=.
(2)∵b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-3ac=16-3ac,即3ac=16-b2,
∴16-b2≤3,解得b≥2,当且仅当a=c=2时取等号.
∴bmin=2,△ABC周长的最小值为6,
此时△ABC的面积S=acsin B=.
19.解:(1)在△ABO中,OA=6,OB=10,∠AOB=120°,根据余弦定理,得AB2=OA2+OB2-2OA·OB·cos 120°=62+102-2×6×10×=196,所以AB=14,故集镇A,B间的距离为14 km.
(2)依题意得,直线MN必与圆O相切.设切点为C,连接OC(图略),则OC⊥MN.设OM=x,ON=y,MN=c,在△OMN中,由MN·OC=OM·ON·sin 120°,得×3c=xysin 120°,即xy=2c.由余弦定理,得c2=x2+y2-2xycos 120°=x2+y2+xy≥3xy,所以c2≥6c,解得c≥6.当且仅当x=y=6时,c取得最小值6.所以当码头M,N与集镇O的距离均为6 km时,M,N之间的直线航线最短,最短距离为6 km.
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