(浙江專版)2020屆高考數學一輪復習 單元檢測六 平面向量與復數單元檢測(含解析)

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1、單元檢測六平面向量與復數(時間:120分鐘滿分:150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1若復數z滿足iz34i,則|z|等于()A1B2C.D5答案D解析因為z(34i)i43i,所以|z|5.2若z1(1i)2,z21i,則等于()A1iB1iC1iD1i答案B解析z1(1i)22i,z21i,1i.3設平面向量m(1,2),n(2,b),若mn,則|mn|等于()A.B.C.D3答案A解析由mn,m(1,2),n(2,b),得b4,故n(2,4),所以mn(1,2),故|mn|,故選A.4.如圖

2、所示,向量a,b,c,點A,B,C在一條直線上,且4,則()AcabBcabCca2bDcab答案D解析c()ba.故選D.5設向量a(x,1),b(1,),且ab,則向量ab與b的夾角為()A.B.C.D.答案D解析因為ab,所以x0,解得x,所以a(,1),ab(0,4),則cosab,b,所以向量ab與b的夾角為,故選D.6已知等差數列an的前n項和為Sn,若a1a2019,且A,B,C三點共線(O為該直線外一點),則S2019等于()A2019B2020C.D1010答案C解析A,B,C三點共線,且a1a2019,則a1a20191,所以S2019(a1a2019),故選C.7.如圖,

3、在ABC中,ABAC3,cosBAC,2,則的值為()A2B2C3D3答案B解析()()|2|26132,故選B.8(2018嘉興期末)對任意兩個非零向量a,b,下列說法中正確的是()A(ab)2(ab)2B(ab)2a2b2C(ab)24|a|b|D(ab)2(ab)24ab答案D解析因為(ab)2(ab)24ab,與0的大小關系不確定,所以A錯誤;(ab)2a2b22ab,與0的大小關系不確定,所以B錯誤;(ab)24|a|b|a|2|b|22|a|b|cos4|a|b|2|a|b|(cos1),而2|a|b|(cos1)0,所以C錯誤;(ab)2(ab)24ab2(|a|2|b|22ab

4、)2(ab)20,所以(ab)2(ab)24ab,故選D.9.如圖,在等腰梯形ABCD中,已知DCAB,ADC120,AB4,CD2,動點E和F分別在線段BC和DC上,且,則的最小值是()A413B413C4D4答案B解析在等腰梯形ABCD中,AB4,CD2,ADC120,易得ADBC2.由動點E和F分別在線段BC和DC上得,所以0,me20,可知m與e1的夾角為銳角或同向共線,由me22.第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分把答案填在題中橫線上)11已知復數zi2017i2018,則z的共軛復數_,_.答案i1解析因為zi2017i2

5、018i1,所以i1.因為,所以.12已知點O為ABC內一點,且滿足40.設OBC與ABC的面積分別為S1,S2,則_.答案解析設E為AB的中點,連接OE,延長OC到D,使OD4OC,因為點O為ABC內一點,且滿足40,所以0,則點O是ABD的重心,則E,O,C,D共線,ODOE21,所以OCOE12,則CEOE32,則S1SBCESABC,所以.13在ABC中,AB6,AC5,A120,動點P在以C為圓心,2為半徑的圓上,則的最小值是_答案16解析設AB的中點為M,則222229,所以要求的最小值,即求|的最小值,顯然當點P為線段MC與圓的交點時,|取得最小值,最小值為|2.在AMC中,由余

6、弦定理得|23252235cos12049,所以|7,所以|的最小值為5,則的最小值為16.14在ABC中,AB3AC,CAB120,以A為圓心,AC長為半徑作圓弧,交AB于點D,M為圓弧CD上任一點,xy,則3xy的取值范圍為_,xy的最大值為_答案1,2解析如圖,連接CD交AM于點N,設,則1,2xy3xy,由C,N,D三點共線,得1,3xy1,243xy(3xy)24,xy,當且僅當即時取等號,(xy)max.15在平面中,已知向量a,b的夾角為,|ab|6,向量ca,cb的夾角為,|ca|2,則a與c的夾角為_;ac的最大值為_答案1812解析設a,b,c,則ab,ca,cb,知AOB

7、,ACB.當點O,C在AB兩側時,由題可得O,A,C,B四點共圓,在ABC中,BA6,AC2,ACB,由正弦定理得,則sinCBA,即CBA,則CBACOA,可得a與c的夾角為.因為|ca|2,所以12c2a22ac2|a|c|2ac,又由ac|a|c|cos得|a|c|ac,所以12ac2ac,所以ac1812.當點O,C在AB同側時,可得點A,B,O在以C為圓心,AC為半徑的圓上,則當點O,C,A在同一直線上,即OA為圓C的直徑時,ac取得最大值,(ac)max|4224.綜上所述,ac的最大值為1812,此時a與c的夾角為.16已知定點A,B滿足|2,動點P與動點M滿足|4,(1)(R)

8、,且|,則的取值范圍是_;若動點C也滿足|4,則的取值范圍是_答案2,186,18解析因為(1)(R),11,所以根據三點共線知,點M在直線PB上,又|,記PA的中點為D,連接MD,如圖,則MDAP,()02,因為|4,所以點P在以B為圓心,4為半徑的圓上,則|2,6,則22,18由于|4,所以點M在以A,B為焦點,長軸長為4的橢圓上,以直線AB為x軸,線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系,則橢圓方程為1,點C在圓(x1)2y216上,A(1,0),設M(2cos,sin),C(4cos1,4sin),則(4cos2,4sin),(2cos1,sin),(8cos4)cos4sinsi

9、n4cos2sin()4cos2(4cos8)sin()4cos2,最大值是(4cos8)4cos28cos1018,最小值是(4cos8)4cos26,所以6,1817已知平面向量a,b,c,其中a,b的夾角為,若|a|b|sin2,cab(為實數),則c(ca)a2的最小值是_答案2解析方法一令a,b,c,則BOA,并記|a|a,|b|b,線段OA的中點為M,則|a|b|sinabsin2.由cab知,cba,即BCOA,c(ca)a2()a2a2a2()2()2a22a2a2|2a2.又|sinBOAbsin,所以c(ca)a2|2a2b2sin2a22absin2.當且僅當b2sin2

10、a2時取到最小值方法二令a,b,c,BOA,|a|a,|b|b,由|a|b|sinabsin2,得bsin.設O(0,0),A(a,0),B,則a(a,0),b,令cab,則c(ca)a2a2x2axa22a2a22a2022,當且僅當時取到最小值三、解答題(本大題共5小題,共74分解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟)18(14分)(2018杭州蕭山區(qū)第一中學月考)已知復數z.(1)求|z|;(2)若z(za)bi,求實數a,b的值解(1)z3i,|z|.(2)(3i)(3ia)(3i)2(3i)a83a(a6)ibi,得19(15分)(2019湖州調研)已知平面向量a,b滿足|a|1,|

11、3a2b|,且a,b的夾角為60.(1)求|b|的值;(2)求2ab和a2b夾角的余弦值解(1)由已知得|3a2b|294|b|212ab94|b|212|b|cos6013,即2|b|23|b|20,解得|b|2.(2)|2ab|2,|a2b|.又(2ab)(a2b)2852cos605.所以2ab和a2b夾角的余弦值為.20(15分)如圖,在OAB中,點P為線段AB上的一個動點(不包含端點),且滿足.(1)若,用向量,表示;(2)若|4,|3,且AOB60,求取值范圍解(1),(),即.(2)|cos606,(0),(),(1),.,()223.0,3(10,3)的取值范圍是(10,3)2

12、1.(15分)(2018溫州測試)設AD是半徑為5的半圓O的直徑(如圖),B,C是半圓上兩點,已知ABBC.(1)求cosAOC的值;(2)求的值解(1)如圖,連接OB,由余弦定理得cosAOB.由ABBC知AOC2AOB,則cosAOCcos2AOB2cos2AOB1.(2)方法一由題意可知ADCAOB,ADBBDC,則|8.又在RtADB中,sinADB,可得cosADB,|3,所以cosBDC,故8372.方法二()()()()2|cosAOC|cosCOB|cosAOB25720202572.方法三如圖建立平面直角坐標系,由(1)知,B,C的坐標分別為B(4,3),C,又D(5,0),則,(9,3),可得72.22.(15分)如圖,在ABC中,.(1)求ABM與ABC的面積之比;(2)若N為AB中點,與交于點P,且xy(x,yR),求xy的值解(1)在ABC中,43,3(),即3,即點M是線段BC靠近B點的四等分點故ABM與ABC的面積之比為.(2)因為,xy(x,yR),所以x3y, 因為N為AB的中點,所以xyy,xyx(y1),因為,所以(y1)xy,即2xy1,又x3y,所以x,y,所以xy.13

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