2019_2020学年新教材高中数学单元素养评价一新人教A版必修2.doc

单元素养评价(一)
(第六章)
(120分钟　150分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的)
1.(2019·龙岩高二检测)在△ABC中，A=60°，B=75°，a=10，则c等于
(　　)
A.5　　B.10　　C.　　D.5
【解析】选C.因为A=60°，B=75°，
所以C=180°-A-B=45°，所以由正弦定理知
c===.
【加练·固】
△ABC的内角A，B，C的对边分別为a，b，c，已知a=，c=2，cos A=，则b= (　　)
A.　　 B.　　 C.2　　 D.3
【解析选D.由余弦定理得4+b2-2×2bcos A=5，
整理得3b2-8b-3=0，
解得b=3或b=-(舍)
2.设x，y∈R，向量a=(x，1)，b=(1，y)，c=(2，-4)，且a⊥c，b∥c，则|a+b|=
(　　)
A. B. C.2 D.10
【解析】选B.由a⊥c得a·c=2x-4=0，所以x=2，
由b∥c得1×(-4)=2y，所以y=-2，
于是a=(2，1)，b=(1，-2)，a+b=(3，-1)，从而|a+b|=.
【加练·固】
已知向量=(1，1)，=(2，3)，则下列向量与垂直的是 (　　)
A.a=(3，6)
B.b=(8，-6)
C.c=(6，8)
D.d=(-6，3)
【解析】选D.=-=(1，2)，(1，2)·(-6，3)=1×(-6)+2×3=0.
3.如图所示，在正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE的中点，则=
(　　)

A.+ B.+
C.+ D.+
【解析】选D.根据题意得：=(+)，又=+，=，所以=(++)=+.
【加练·固】
如图，在△ABC中，BE是边AC的中线，O是边BE的中点，若=a，=b，则=
(　　)

A.a+b　　　　 B.a+b
C.a+b D.a+b
【解析】选D.=+=+
=+(-)=+
=+=a+b.
4.(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A-
bsin B=4csin C，cos A=-，则= (　　)
A.6 B.5 C.4 D.3
【解析】选A.由已知及正弦定理可得a2-b2=4c2，由余弦定理推论可得-=
cos A=，所以=-，所以=，所以=×4=6.
【加练·固】
在△ABC中，sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶3，则cos B= (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
【解析】选A.由 sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶3，
结合正弦定理可得a∶b∶c=2∶3∶3，
故设a=2k，b=c=3k(k>0)，所以cos B===，故cos B=.
5.在△ABC中，D是边BC上一点，若AD⊥AC，sin∠BAC=，AD=3，AB=3，BD= (　　)
A.　　　 B.2　　　 C.2　 　　D.3
【解析】选A.画出图象如图所示.

由诱导公式得 sin∠BAC=sin(∠BAD+)
=cos∠BAD=，在三角形ABD中，由余弦定理得BD==.
6.如图，在边长为1的正方形组成的网格中，平行四边形ABCD的顶点D被阴影遮住，请设法计算·= (　　)

A.10 B.11 C.12 D.13
【解析】选B.以A为坐标原点，
建立平面直角坐标系
则A(0，0)，B(4，1)，C(6，4)，=(4，1)，
==(2，3)，
所以·=4×2+1×3=11.
【加练·固】
　　 已知点A(7，1)，B(1，a)，若直线y=x与线段AB交于点C，且=2，则实数a= (　　)
A.4　　　B.5　　　C.-4　　　D.-5
【解析】选A.根据题意，设C(x，x)，
由A(7，1)，B(1，a)，
得=(x-7，x-1)，=(1-x，a-x).
又=2，所以(x-7，x-1)
=2(1-x，a-x)，
所以解得x=3，a=4，
所以实数a的值为4.
7.已知点M，N满足||=||=3，且|+|=2，则M，N两点间的距离为
(　　)
A. B.4 C.6 D.3
【解析】选B.依题意，得|+|2=||2++2·=18+2·=20，
则·=1，
故M，N两点间的距离为||=|-|
=
==4.
8.(2019·海口高一检测)在△ABC中，A=60°，a=3，则△ABC的周长为
(　　)
A.6sin(B+30°)+3 B.4sin(B+30°)+3
C.6sin(B+60°)+3 D.4sin(B+60°)+3
【解析】选A.由正弦定理可得==，
所以b=2sin B，c=2sin C，
因为A+B+C=180°，A=60°，
所以C=180°-A-B=120°-B，
那么△ABC的周长：
a+b+c=3+2sin B+2sin(120°-B)
=3+2sin B+2
=3+3sin B+3cos B=3+6sin(B+30°).
9.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的D处测得水柱顶端A的仰角为45°，沿D向北偏东30°方向前进100 m后到达C处，在C处测得水柱顶端A的仰角为30°，则水柱的高度是 (　　)
A.50 m B.100 m C.120 m D.150 m
【解析】选A.如图所示，

AO⊥平面OCD，CD=100，
∠ACO=30°，∠ADO=45°，∠ODC=60°.
设OA=h，在Rt△OAD，则OD=h，
同理可得：OC=h，
在△OCD中，OC2=OD2+CD2-2OD·CD·cos 60°，
所以(h)2=h2+1002-2×h×100×，
化为：h2+50h-5 000=0，解得h=50，
因此水柱的高度是50 m.
10.如图，△ABC是边长为2的正三角形，P是以C为圆心，半径为1的圆上任意一点，则·的取值范围是 (　　)

A.[1，13] B.(1，13) C.(4，10) D.[4，10]
【解析】选A.取AB的中点D，连接CD，CP，
则+=2，
所以·=(-)·(-)=·-2·+1=(2)2cos-2×3×1×cos<，>+1=7-6cos<，>，
所以当cos<，>=1时，·取得最小值为1；当cos<，>=-1时，·取得最大值为13，因此·的取值范围是[1，13].
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11.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)
【解析】选AD.b=-4a时，b可能是(-4，8).
b=4a时，b可能是(4，-8).
12.在△ABC中，a=15，b=20，A=30°，则cos B= (　　)
A.- B. C.- D.
【解析】选AD.因为=，
所以=，
解得sin B=.
因为b>a，所以B>A，故B有两解，
所以cos B=±.
13.已知△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C=k∶(k+1)∶2k，则k的取值可以是
(　　)
A. B.(2，+∞)
C.(-∞，0) D.
【解析】选BD.由正弦定理得：a=mk，b=m(k+1)，
c=2mk，(m>0)，因为
即所以k>.
三、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填在题中的横线上)
14.在△ABC中，a=3，b=2，cos C=，则△ABC的面积为________. 
【解析】因为cos C=，0cos θ+25=36，两式相减整理得|a|cos θ=-1，即向量a在向量b上的投影为|a|cos θ=-1.
答案：-1
16.(2019·海口高一检测)在△ABC中，∠A=60°，且最大边与最小边是方程3x2-27x+32=0的两个实根，则△ABC的外接圆半径R外=________.  
【解析】易知，a既不是最大边，也不是最小边，不妨假设c为最大边，b为最小边，则，
所以a2=b2+c2-2bccos 60°
=(b+c)2-3bc=49，所以a=7(a=-7舍去)，
所以R外= ==.
答案：
【加练·固】
(2018·浙江高考)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=________. 
【解析】由正弦定理=得=，得sin B=，cos A===，解得c=3.
答案：　3
17.在等腰直角△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，M，N为AC边上的两个动点(M，N不与A，C重合)，且满足||=，则·的取值范围为________.  
【解析】不妨设点M靠近点A，点N靠近点C，以等腰直角三角形ABC的直角边所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示，

则B(0，0)，A(0，2)，C(2，0)，
线段AC的方程为x+y-2=0(0≤x≤2).
设M(a，2a)，N(a+1，1-a)(由题意可知0因为cos θ= =，又0°≤θ≤180°，故θ=45°.
19.(14分)在平面直角坐标系xOy中，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两条对角线的长.
(2)设实数t满足(-t)·=0，求t的值.
【解析】(1)由题设知=(3，5)，=(-1，1)，
则+=(2，6)，-=(4，4).
所以|+|=2，|-|=4.
故所求的两条对角线的长分别为2，4.
(2)由题设知，=(-2，-1)，
-t=(3+2t，5+t)，
由(-t)·=0，
得(3+2t，5+t)·(-2，-1)=0，
从而5t=-11，所以t
20.(14分)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=(sin A，b+c)，n=(sin C-sin B，a-b)，且存在实数λ，使m=λn.求角C的大小.
【解析】因为在△ABC中，向量m=(sin A，b+c)，
n=(sin C-sin B，a-b)，
且存在实数λ，使m=λn，所以m∥n，
所以sin A(a-b)=(b+c)·(sin C-sin B)，
利用正弦定理可得 a(a-b)=(c+b)·(c-b)，化简可得 a2+b2-c2=ab，
所以cos C==，所以C=.
21.(14分)已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，E是边BC上一点，线段DE交AC于点F.

(1)若△CDE的面积为，求DE的长.
(2)若CF=4DF，求sin∠DFC.
【解析】(1)依题意，得∠BCD=∠DAB=60°.
因为△CDE的面积S=CD·CE·sin∠BCD=，
所以×2CE·=，解得CE=1.
在△CDE中，由余弦定理得
DE=
==.
(2)方法一：连接BD.依题意，得∠ACD=30°，∠BDC=60°，
设∠CDE=θ，则0°<θ<60°.
在△CDF中，由正弦定理得=，
因为CF=4DF，所以sin θ==，
所以cos θ=，
所以sin∠DFC=sin(30°+θ)=×+×=.
方法二：连接BD.依题意，得∠ACD=30°，∠BDC=60°，设∠CDE=θ，则0°<θ<60°，
设CF=4x，因为CF=4DF，则DF=x，
在△CDF中，由余弦定理，得DF2=CD2+CF2-2CD·CFcos∠ACD，即7x2=4+16x2-8x，
解得x=，或x=.
又因为CF≤AC=，
所以x≤，所以x=，
所以DF=，
在△CDF中，
由正弦定理得=，
所以sin∠DFC==.
【加练·固】
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3cos(B-C)-1=6cos Bcos C.
(1)求cos A.
(2)若a=3，△ABC的面积为2，求b，c.
【解题指南】(1)选择将已知条件3cos(B-C)-1=6cos Bcos C化简，先求得cos(B+C)，再求得cos A；
(2)结合余弦定理，选择合适的△ABC的面积公式，建立关于b，c的方程组，解得b，c的值.
【解析】(1)因为3(cos Bcos C+sin Bsin C)-1
=6cos Bcos C，
所以3cos Bcos C-3sin Bsin C=-1，
所以3cos(B+C)=-1，
所以cos(π-A)=-，所以cos A=.
(2) 由(1)得sin A=，
由面积公式bcsin A=2可得bc=6①，
cos A===，
则b2+c2=13②，①②两式联立可得b=2，c=3或b=3，c=2.
22.(14分)如图，观测站C在目标A的南偏西20°方向，经过A处有一条南偏东40°走向的公路，在C处观测到与C相距31 km 的B处有一人正沿此公路向A处行走，走20 km到达D处，此时测得C，D相距21 km，求D，A之间的距离.

【解析】由已知，得CD=21 km，BC=31 km，BD=20 km.
在△BCD中，
cos∠BDC==-.
设∠ADC=α，则cos α=，sin α=.
在△ACD中，由正弦定理=，
得=，
所以AD=sin(60°+α)=
=15(km)，即所求的距离为15 km.
【类题·通】解三角形应用题常见的情况
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解.
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求出其他三角形中的解.有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程，解方程得出所要求的解.
23.(14分)(2019·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin=bsin A.
(1)求B.
(2)若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围.
【解析】(1)由题设及正弦定理得sin Asin=sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin=sin B.
由A+B+C=180°，可得sin=cos，
故cos=2sincos.
因为cos≠0，故sin=，因此B=60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC=a.
由正弦定理得a===+.
由于△ABC为锐角三角形，故0°