《（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 自測過關卷（二）平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 理（重點生含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 自測過關卷（二）平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 理（重點生含解析）（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 自測過關卷（二）平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 理（重點生，含解析）1(2019屆高三惠州調研)若2i(i為虛數(shù)單位)，則復數(shù)z在復平面內對應的點在()A第一象限B第二象限C第三象限 D第四象限解析：選A由題意知z(1i)(2i)3i，其在復平面內對應的點的坐標為(3,1)，在第一象限2向量a，b滿足ab(1,5)，ab(5，3)，則b()A(3,4) B(3,4)C(3，4) D(3，4)解析：選A由ab(1,5)，ab(5，3)，得2b(1,5)(5，3)(6,8)，所以b(6,8)(3,4)3(2018開封模擬)復數(shù)z，則()Az的共軛復數(shù)為1iB
2、z的實部為1C|z|2Dz的虛部為1解析：選D因為z1i，所以復數(shù)z的實部和虛部均為1，1i，|z|，故選D.4.(2018石家莊質檢)當n4時，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出S的值為()A9 B15C31 D63解析：選C由程序框圖可知，k1，S1，S123，k2；S3227，k3；S72315，k4；S152431，k5，退出循環(huán)，輸出的S的值為31，故選C.5已知在平面直角坐標系中，點A(0,1)，向量(4，3)，(7，4)，則點C的坐標為()A(11,8) B(3,2)C(11，6) D(3,0)解析：選C設C(x，y)，在平面直角坐標系中，點A(0,1)，向量(4，3)，(7，4)，
3、(11，7)，解得x11，y6，故C(11，6)6.(2018益陽、湘潭調研)秦九韶是我國南宋時期的數(shù)學家，普州(現(xiàn)四川省安岳縣)人，他在所著的數(shù)書九章中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法，如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求多項式值的一個實例若輸入n，x的值分別為3,3，則輸出v的值為()A15 B16C47 D48解析：選D執(zhí)行程序框圖，n3，x3，v1，i20，v1325，i10，v53116，i00，v163048，i10，退出循環(huán)，輸出v的值為48.7.(2018全國卷)為計算S1，設計了如圖所示的程序框圖，則在空白框中應填入()Aii1Bii2Cii3Dii4
4、解析：選B由題意可將S變形為S，則由SNT，得N1，T.據(jù)此，結合NN，TT易知在空白框中應填入ii2.故選B.8(2018全國卷)在ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則()A. B.C. D.解析：選A法一：作出示意圖如圖所示()().故選A.法二：不妨設ABC為等腰直角三角形，且A，ABAC1.建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，D，E.故(1,0)，(0,1)，(1,0)，即.9(2018茂名一模)甲、乙、丙三人參加某公司的面試，最終只有一人能夠被該公司錄用，得到面試結果以后，甲說：丙被錄用了；乙說：甲被錄用了；丙說：我沒被錄用若這三人
5、中僅有一人說法錯誤，則下列結論正確的是()A丙被錄用了 B乙被錄用了C甲被錄用了 D無法確定誰被錄用了解析：選C假設甲說的是真話，即丙被錄用，則乙說的是假話，丙說的是假話，不成立；假設甲說的是假話，即丙沒有被錄用，則丙說的是真話，若乙說的是真話，即甲被錄用，成立，故甲被錄用；若乙被錄用，則甲和乙的說法都錯誤，不成立故選C.10在ABC中，|，AB2，AC1，E，F(xiàn)為BC的三等分點，則()A. B.C. D.解析：選B由|知，以A為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸的正方向建立平面直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，C(0,1)，不妨設E，F(xiàn)，則.11(2018昆明適應性檢測)我國南北朝時期
6、的偉大科學家祖暅在數(shù)學上有突出貢獻，他在實踐的基礎上，提出下面的體積計算原理(祖暅原理)：“冪勢既同，則積不容異”“冪”是截面面積，“勢”是幾何體的高意思是：若兩個等高幾何體在同高處的截面面積總相等，則這兩個幾何體的體積相等現(xiàn)有一旋轉體D(如圖1所示)，它是由拋物線yx2(x0)，直線y4及y軸圍成的封閉圖形繞y軸旋轉一周形成的幾何體，旋轉體D的參照體的三視圖如圖2所示，利用祖暅原理，則旋轉體D的體積是()A. B6C8 D16解析：選C由三視圖知參照體是一個直三棱柱，其體積V448，故旋轉體D的體積為8，故選C.12(2018南昌調研)已知A，B，C是圓O：x2y21上的動點，且ACBC，若
7、點M的坐標是(1,1)，則| |的最大值為()A3 B4C31 D31解析：選D法一：A，B，C是圓O：x2y21上的動點，且ACBC，設A(cos ，sin )，B(cos ，sin )，C(cos ，sin )，其中02，02，M(1,1)，(cos 1，sin 1)(cos 1，sin 1)(cos 1，sin 1)(cos 3，sin 3)，| ，當且僅當sin1時，|取得最大值，最大值為31.法二：連接AB，ACBC，AB為圓O的直徑，2，|2|2|2|，易知點M與圓上動點C的距離的最大值為1，|1，|31，故選D.13(2017浙江高考)已知a，bR，(abi)234i(i是虛數(shù)單
8、位)，則a2b2_，ab_.解析：(abi)2a2b22abi，a，bR，a2b22a235，ab2.答案：5214(2018濰坊統(tǒng)一考試)已知單位向量e1，e2，且e1，e2，若向量ae12e2，則|a|_.解析：因為|e1|e2|1，e1，e2，所以|a|2|e12e2|214|e1|e2|cos4141143，即|a|.答案：15(2018南昌模擬)已知13232,1323332,132333432，若13233343n33 025，則n_.解析：132322，13233322，1323334322，由此歸納可得13233343n32，因為13233343n33 025，所以23 025
9、，即n2(n1)2(255)2，解得n10.答案：1016在矩形ABCD中，AB2，AD1.邊DC上的動點P(包含點D，C)與CB延長線上的動點Q(包含點B)滿足| |，則的最小值為_解析：以點A為坐標原點，分別以AB，AD所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，設P(x,1)，Q(2，y)，由題意知0x2，2y0.|，|x|y|，xy.(x，1)，(2x，y1)，x(2x)(y1)x22xy1x2x12，當x時，取得最小值，為.答案：組高考達標提速練(對應配套卷P164)1(2018福州模擬)若復數(shù)的模為，則實數(shù)a()A1B1C1 D解析：選C法一：i， ，解得a1.故選C.法二：
10、，|a|1，解得a1.故選C.2已知aR，復數(shù)z，若z，則a()A1 B1C2 D2解析：選Bza1(a1)(a1)i，(a1)(a1)i.又z，a10，得a1.3已知向量m(t1,1)，n(t2,2)，若(mn)(mn)，則t()A0 B3C3 D1解析：選B法一：由(mn)(mn)可得(mn)(mn)0，即m2n2，故(t1)21(t2)24，解得t3.法二：mn(2t3,3)，mn(1，1)，(mn)(mn)，(2t3)30，解得t3.4在ABC中，ABC90，AB6，點D在邊AC上，且2，則的值是()A48 B24C12 D6解析：選B法一：由題意得，0，()|236，()03624.
11、 法二：(特例法)若ABC為等腰直角三角形，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(6,0)，C(0,6)由2，得D(4,2)(6,0)(4,2)24.5(2017全國卷)設有下面四個命題：p1：若復數(shù)z滿足R，則zR；p2：若復數(shù)z滿足z2R，則zR；p3：若復數(shù)z1，z2滿足z1z2R，則z12；p4：若復數(shù)zR，則R.其中的真命題為()Ap1，p3 Bp1，p4Cp2，p3 Dp2，p4解析：選B設復數(shù)zabi(a，bR)，對于p1，R，b0，zR，p1是真命題；對于p2，z2(abi)2a2b22abiR，ab0，a0或b0，p2不是真命題；對于p3，設z1xyi(x，yR)，z2cdi(
12、c，dR)，則z1z2(xyi)(cdi)cxdy(dxcy)iR，dxcy0，取z112i，z212i，z12，p3不是真命題；對于p4，zabiR，b0，abiaR，p4是真命題6.(2018鄭州第一次質量預測)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的結果是7，則判斷框內m的取值范圍是()A(30,42 B(30,42)C(42,56 D(42,56)解析：選Ak1，S2，k2；S246，k3；S6612，k4；S12820，k5；S201030，k6；S301242，k7，此時不滿足S42m，退出循環(huán)，所以30m42，故選A.7.(2018開封一模)我國古代名著莊子天下篇中有一句名言“一尺之棰，
13、日取其半，萬世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠都截不完現(xiàn)將該木棍依此規(guī)律截取，如圖所示的程序框圖的功能就是計算截取7天后所剩木棍的長度(單位：尺)，則處可分別填入的是()Ai7？，ss，i2iBi7？，ss，i2iCi7？，s，ii1Di7？，s，ii1解析：選D由題意及程序框圖可知第一次剩下，第二次剩下，由此得出第7次剩下，可得為i7？，s，ii1.故選D.8(2019屆高三南寧摸底聯(lián)考)已知O是ABC內一點，0，2且BAC60，則OBC的面積為()A. B.C. D.解析：選A0，O是ABC的重心，于是SOBCSABC.2，|cosBAC2，BAC60，|4.SABC|si
14、nBAC，OBC的面積為.9(2019屆高三廣元調研)二維空間中，圓的一維測度(周長)l2r，二維測度(面積)Sr2，三維空間中，球的二維測度(表面積)S4r2，三維測度(體積)Vr3，應用合情推理，若四維空間中，“超球”的三維測度V8r3，則其四維測度W()A2r4 B3r4C4r4 D6r4解析：選A對于二維空間中，圓的一維測度(周長)l2r，二維測度(面積)Sr2，(r2)2r.三維空間中，球的二維測度(表面積)S4r2，三維測度(體積)Vr3，4r2.四維空間中，“超球”的三維測度V8r3，(2r4)8r3，“超球”的四維測度W2r4.10.如圖，直線EF與平行四邊形ABCD的兩邊AB
15、，AD分別交于E，F(xiàn)兩點，且交其對角線于K，其中， ，則的值為()A. B.C. D.解析：選A因為，則，2，由向量加法的平行四邊形法則可知，所以()2，由E，F(xiàn)，K三點共線可得21，所以. 12(2017浙江高考)如圖，已知平面四邊形ABCD，ABBC，ABBCAD2，CD3，AC與BD交于點O.記I1，I2，I3，則()AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3解析：選C法一：如圖所示，四邊形ABCE是正方形，F(xiàn)為正方形的對角線的交點，易得AOAF，而AFB90，AOB與COD為鈍角，AOD與BOC為銳角根據(jù)題意，I1I2()|cosAOB0，I1I3，作AGBD于G，又AB
16、AD，OBBGGDOD，而OAAFFCOC，|，而cosAOBcosCOD，即I1I3，I3I10，nm.從而DBC45，又BCO45，BOC為銳角從而AOB為鈍角故I10，I30.又OAOC，OB1)，2 (21)，從而I31212I1，又121，I10，I30，I3I1，I3I1I2.13已知復數(shù)z滿足z|z|3i，則z_.解析：設zabi，其中a，bR，由z|z|3i，得abi3i，由復數(shù)相等可得解得故zi.答案：i14.我國古代數(shù)學著作九章算術有如下問題：“今有器中米，不知其數(shù)，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升問：米幾何？”如圖是解決該問題的程序框圖，執(zhí)行該程序框圖，若輸出的S1.5(單位：升)，則輸入k的值為_解析：模擬程序的運行，可得n1，Sk，滿足條件n4，執(zhí)行循環(huán)體，n2，Sk；滿足條件n4，執(zhí)行循環(huán)體，n3，S；滿足條件n4，執(zhí)行循環(huán)體，n4，S，此時，不滿足條件n0，0，則的最小值為_解析：因為20，所以，所以().因為D，E，F(xiàn)三點共線，所以可設x(1x)x(1x)，所以x(1x)，根據(jù)平面向量基本定理，得x，(1x)，所以x，1x，所以1，所以()3，當且僅當時等號成立故的最小值為.答案：.
（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 自測過關卷（二）平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 理（重點生含解析）
