2024高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)綜合復(fù)習(xí)階段復(fù)習(xí)卷4向量解三角形

階段復(fù)習(xí)卷(四)(考查內(nèi)容:向量、解三角形)(時(shí)間:80分鐘,滿分:100分)一、單項(xiàng)選擇題(本大題共12小題,每小題3分,共36分.每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中,只有一個(gè)是符合題目要求的,不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.如圖所示,F為平行四邊形ABCD對(duì)角線BD上一點(diǎn),BF=13FD,則AFA.34AB+14AD B.32.在△ABC中,若A=105°,C=30°,b=22,則c=()A.2 B.3 C.2 D.13.(2024浙江臺(tái)州八校聯(lián)盟)如圖,在圓C中,AC=5,點(diǎn)A,B在圓上,AB=4,則AB·AC的值為 (A.25 B.8 C.10 D.164.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊為a,b,c,若a2+c2+ac=12,b=2,B=π3,則△ABC的面積為 (A.23 B.2 C.3 D.15.(2024浙江學(xué)考)某簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象如圖所示,若A,B兩點(diǎn)經(jīng)過(guò)x秒后分別運(yùn)動(dòng)到圖象上E,F兩點(diǎn),則下列結(jié)論不愿定成立的是()A.AB·GB=C.AE·GB=6.(2024浙江A9協(xié)作體)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.若A>B,確定有sinA>sinBB.若a2+b2-c2<0,那么△ABC確定是鈍角三角形C.確定有bcosC+ccosB=a成立D.若acosA=bcosB,那么△ABC確定是等腰三角形7.已知△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且2A=B+C,a=3,c=2b,則△ABC的面積為()A.32 B.332 C.328.(2024浙江精誠(chéng)聯(lián)盟)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)應(yīng)的邊分別是a,b,c,若△ABC的面積是3(b2+cA.π3 B.2π3 C.π9.(2024浙江余姚中學(xué))在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,B=2π3,b=23,b2+c2-a2=3bc.若∠BAC的平分線與BC交于點(diǎn)E,則AE=(A.6 B.7 C.22 D.310.如圖,矩形LMNK,LM=6,sin∠MLN=23,圓E半徑為1,且E為線段NK的中點(diǎn),P為圓E上的動(dòng)點(diǎn),設(shè)MP=λML+μMN,λ,μ∈R,則λ+μ的最小值是(A.1 B.54 C.74 D11.(2024浙江奉化)e1,e2均為單位向量,且它們的夾角為π4,設(shè)向量a,b滿足|a+e2|=24,b=e1+ke2(k∈R),則|a-b|的最小值為(A.2 B.22 C.24 D12.(2024浙江北斗聯(lián)盟)在扇形中,OA=1,∠AOB=90°,M是OB的中點(diǎn),P是弧AB上的動(dòng)點(diǎn),N是線段OA上的動(dòng)點(diǎn),則PM·PN的最小值為(A.0 B.1-52 C.5-3二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題,每小題4分,共16分.每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中,有多個(gè)是符合題目要求的,全部選對(duì)得4分,部分選對(duì)且沒(méi)有錯(cuò)選得2分,不選、錯(cuò)選得0分)13.(2024浙江學(xué)軍中學(xué))在△ABC中,依據(jù)下列條件解三角形,其中有唯一解的是()A.a=9,b=10,c=15 B.b=6,c=52,B=45° C.a=3,b=2,B=120° D.b=6,c=63,C=60°14.(2024浙江紹興)已知△ABC為銳角三角形,P為此三角形的外心,∠BAC=30°,△PBC,△PAC,△PAB面積分別為12,x,y,則以下結(jié)論正確的是(A.∠BPC=120° B.BPC.△ABC的外接圓半徑為R=233 D.x+y15.(2024浙江精誠(chéng)聯(lián)盟)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知a=2,B=π6,則下列結(jié)論正確的是(A.當(dāng)b=32時(shí),△ABCB.當(dāng)b=3時(shí),△ABC有兩解C.當(dāng)A為鈍角時(shí),△ABC的面積的取值范圍為0,32D.當(dāng)△ABC為銳角三角形時(shí),△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍為(3+3,2+23)16.如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1,點(diǎn)F為邊AB中點(diǎn).若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn),則()A.△EAB面積的最小值為34 B.當(dāng)E為邊CD中點(diǎn)時(shí),2C.2|EF|≥|DA|+|CB| D.|EA|·|EB|的最小值為21三、填空題(本大題共4小題,共15分)17.已知△ABC的重心為G,內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若33aGA+12bGB+cGC18.已知e是單位向量,向量a滿足a2-2a·e-3=0,則|a-4e|的取值范圍是.

19.(2024浙江臺(tái)州八校聯(lián)盟)在△ABC中,B=60°,BA=2,CD=3BC,對(duì)隨意μ∈R,有|CA-(μ-1)BC|≥|AC|恒成立,點(diǎn)P在直線BA上,則PC+PD的最小值是.

20.(2024浙江杭州)在△ABC中,點(diǎn)D在邊BC上,B=30°,AD=2,CD=2BD,若BC邊上的高與AB邊上的高的比為33,則b=.四、解答題(本大題共3小題,共33分)21.(11分)(2024浙江杭州S9聯(lián)盟)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,bcosA2=asinB,BC=3,如圖所示,點(diǎn)D在線段AC上,滿足AB=AD(1)求A的值;(2)若BD=2CD,求AB·CB22.(11分)(2024浙江湖州)在△ABC中,設(shè)角A,B,C的對(duì)邊長(zhǎng)分別為a,b,c,已知sinA(1)求角B的值;(2)若△ABC為銳角三角形,且c=2,求△ABC的面積S的取值范圍.23.(11分)(2024浙江余姚中學(xué))已知a,b,c分別是△ABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,且acosB+3asinB-b-c=0.(1)求A;(2)若銳角三角形ABC的面積為3,求b的取值范圍.

階段復(fù)習(xí)卷(四)1.A解析如題圖所示,由平行四邊形ABCD,得AD=BC,利用平行四邊形法則得出BD=BA+BC,由BF=13FD2.A解析因?yàn)锳=105°,C=30°,所以B=45°,由bsinB=csinC3.B解析如圖所示,在圓C中,過(guò)點(diǎn)C作CD⊥AB于點(diǎn)D,則D為AB的中點(diǎn),在Rt△ACD中,AD=12AB=2,可得cosA=AD所以AB·AC=|AB||AC|cosA=4×5×25=84.C解析由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,得4=a2+c2-ac.又a2+c2+ac=12,所以ac=4,所以S△ABC=12acsinB=12×4×325.B解析由圖象可得y=sinπ2x,設(shè)Ex1,sinπ2x1,則Fx1+1,cosπ2x1.因?yàn)锳B·GB=(1,1)·(1,0)=1,EF·GB=1,cosπ2x1-sinπ2x1AB·AG=(1,1)·(0,1)=1,EF·AG=1,cosπ2x1-sinπ2x1·(0,1)=2cosπ2x1AE·GB=x1,sinπ2x1·(1,0)=x1,BF·GB=x1,cosπ2x1-1·(1,0)=xAB·EF=(1,1)·1,cosπ2x1-sinπ2x1=1+cosπ2x1-sinπ2x1,BF·AG=x1,cosπ2x1-1·(0,1)=cosπ2x1-1,故AB·EF-BF·AG6.D解析對(duì)于A,因?yàn)樵谌切沃?A>B,所以a>b,依據(jù)正弦定理asinA=bsin對(duì)于B,因?yàn)閍2+b2-c2<0,所以cosC=a2+b2-c2對(duì)于C,由bcosC+ccosB=a,依據(jù)正弦定理,得sinBcosC+sinCcosB=sinA,即sinA=sin(B+C)=sin(180°-A)=sinA,所以C正確;對(duì)于D,acosA=bcosB,即sinAcosA=sinBcosB,sin2A=sin2B,解得A=B或A+B=π2,所以D錯(cuò)誤.故選D7.B解析由2A=B+C,得A=π3,所以C=2π3-B,由c=2b,得sin2π3-B=2sinB,解得tan∴B=π6,C=π2,由a=3及asinA∴S△ABC=12absinC=3328.A解析由余弦定理可得b2+c2-a2=2bccosA,A∈(0,π),由條件及正弦定理可得S=12bcsinA=3(b2+c2-a2)49.A解析∵b2+c2-a2=3bc,∴cosA=b2∵A∈(0,π),∴A=π6又B=2π3,∴C=π6,∴csinπ6∵AE為∠BAC的平分線,∴∠AEB=π4,∴c∴AE=csin∠AEB·sinB=2sinπ410.B解析由已知建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,由LM=6,sin∠MLN=23,解得MN=1255,則M3,-1255,N(3,0),L-3,-12設(shè)P(cosθ,sinθ).因?yàn)镸P=λML+μMN,MP=cosθ-3,sinθ+1255,ML=(-6,0),MN=0,125所以MP=cosθ-3,sinθ+1255=λ(-6,0)+μ0,1255,即cosθ-所以λ+μ=32+512sinθ-16cosθ=32+14sin(θ+φ),當(dāng)sin(θ+φ)=-11.C解析設(shè)OA=a,OB=b,以e1所在的直線為x軸,垂直于e1所在直線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系Oxy(圖略),則e1=(1,0),e2=22,2設(shè)a=(x1,y1),b=(x2,y2),因?yàn)閨a+e2|=24,所以x1+222+y1+222=18,所以向量a的終點(diǎn)A在以-22,-22為圓心,24為半徑的圓上因?yàn)閎=e1+ke2,所以(x2,y2)=1+22k,22k,所以y2=x2-1,所以向量b的終點(diǎn)B在直線y=x-1上.又因?yàn)閨a-b|=|OA-OB|=|BA|,所以|a-b|的最小值為直線y=x-1上的點(diǎn)與圓x+222+y+222=18上的點(diǎn)的距離的最小值,為|-212.D解析建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,設(shè)P(cost,sint),M0,12,N(m,0),則PM=-cost,12-sint,PN=(m-cost,-sint),故PM·PN=1-12sint+mcost因?yàn)?≤m≤1,所以PM·PN=1-12sint+mcost≥1-12sint+cost.又因?yàn)?-12sint+cost=1-14+1sin(t+φ)=1-52sin(t+φ)(其中tanφ=2),所以1-12sint+cost=1-52sin(t+φ)≥1-52,當(dāng)且僅當(dāng)sin(t+φ)13.AD解析對(duì)于A,三角形三邊確定,三角形唯一,故A正確;對(duì)于B,csinB=52×22=5,則c>b>c對(duì)于C,由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac=-12,又a=3,b=2,所以c2+3c+5=對(duì)于D,由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=12.又b=6,c=63,所以所以能確定三角形且三角形唯一,故D正確.故選AD.14.BD解析對(duì)于A,由題意畫(huà)圖,由圓的性質(zhì)可得∠BPC=2∠BAC=60°,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,C,設(shè)△ABC的外接圓半徑為R,因?yàn)镾△PBC=12,∠BPC=60°,故12R2sin60°=12,解得R2易得△BPC為正三角形,故BP·BC=R2cos60°=對(duì)于D,因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形,故P在△ABC內(nèi)部,故S△ABC=x+y+12,當(dāng)S△ABC最大時(shí)x+y易得當(dāng)A離BC最遠(yuǎn)時(shí),S△ABC最大,此時(shí)AB=AC,x+y=S△PAB+S△PAC=2S△PAB=2×12×R2sin360°-60°2=3315.ACD解析對(duì)于A,asinB=2×12=1,故asinB<b<a,所以△ABC對(duì)于B,b>a,且B=π6,所以△ABC對(duì)于C,依據(jù)正弦定理asinA=csinC,得c=asinCsinA=2sinCsinA,S△ABC=12acsinB=sinCsinA=sin(A對(duì)于D,bsinB=asinA?b12=2sinA,得b=1sinA,則△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=2+1sin因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形,所以A∈π3,π所以tanA2∈33,1,所以△ABC周長(zhǎng)的取值范圍是(3+3,2+23),故D正確.故選ACD.16.AB解析當(dāng)E在點(diǎn)D時(shí),S△EAB取得最小值,且最小值為12×AB×AD×sin(180°-120°)=12×1×當(dāng)E為邊CD中點(diǎn)時(shí),EF=ED+DA+AF=EC+CB+當(dāng)E在D點(diǎn)時(shí),由余弦定理,可得EF=72,所以2|EF|=7<1+3=|DA|+|CB|因?yàn)镋A·EB=EF2-14,而|EF|min=AD+AF·sin(120°-90°)=1+14=54,所以(EA·EB)min=2116,又∠AEB∈0,π17.π3解析∵△ABC的重心為G∴GA+GB+GC=0,即∵33aGA+1∴33a-cGA+12b-cGB=0,∴33a-c=0,12b-c=0,即a=3c,b=2∴cosA=b2∵A∈(0,π),∴A=π318.[1,5]解析由條件a2-2a·e-3e2=(a+e)(a-3e)=0,設(shè)OP=-e,OQ=3e,OA=a,則點(diǎn)A在以PQ為直徑的圓周上,故|a-4e|的取值范圍是[1,5].19.21解析因?yàn)閨CA-(μ-1)BC|≥|AC|,所以|BA-μBC|≥|AC|,由減法與數(shù)乘的幾何意義,AC為點(diǎn)A到BC的垂線段,所以∠ACB=90°.因?yàn)锽A=2,B=60°,所以BC=1,AC=3,CD=3,所以BD=4,在△ABD中,由余弦定理易得,∠BAD=90°,設(shè)D關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為Q,連接BQ,連接CQ交AB于點(diǎn)P,易得此時(shí)PC+PD最小,PC+PD=CQ,CQ=BC即PC+PD的最小值為21.20.23解析設(shè)BC邊上的高為AE,AB邊上的高為CF,AE=x,因?yàn)锽=30°,所以在Rt△ABE中,AB=2AE=2x,又BC邊上的高與AB邊上的高之比為33,所以AE即CF=3x,所以在Rt△BCF中,BC=2CF=23x,又CD=2BD,所以BD=13BC=2在△ABD中,由余弦定理,得cosB=AB即32=(2所以AB=2x=23,BC=23x=6.在△ABC中,由余弦定理,得cosB=AB即32=(23)2+621.解(1)由正弦定理asinA=bsinB得,又bcosA2=asinB,所以2bsinA2cosA2=2asinA即bsinA=2asinA2sinB,所以2sinA2=1,所以sin因?yàn)?<A<π,所以0<A2<π2,所以A(2)設(shè)AB=m,CD=n,則AD=m,BD=2n,在△ABD中,AB=AD=m,∠BAD=π3,所以△ABD為等邊三角形,所以m=2n在△ABC中,∠BAC=π3,AB=2n,AC=m+n=3n,BC=3,由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB×ACcos∠BAC,即9=4n2+9n2-2×2n×3n×12,整理可得7n2=9,解得n=377,所以AC=9由余弦定理,得cos∠ABC=AB所以AB·CB=|AB||CB|cos∠ABC=677×22.解(1)∵sinA-sinBsin即(a-b)(a+b)=c(a-c),即a2-b2=ac-c2,即a2+c2-b2=ac,由余弦定理,得c