2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)五 平面向量與復(fù)數(shù)（提升卷）單元檢測(cè) 理（含解析） 新人教A版

《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)五 平面向量與復(fù)數(shù)（提升卷）單元檢測(cè) 理（含解析） 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)五 平面向量與復(fù)數(shù)（提升卷）單元檢測(cè) 理（含解析） 新人教A版（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元檢測(cè)五　平面向量與復(fù)數(shù)(提升卷) 考生注意： 1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁(yè)． 2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫在相應(yīng)位置上． 3．本次考試時(shí)間100分鐘，滿分130分． 4．請(qǐng)?jiān)诿芊饩€內(nèi)作答，保持試卷清潔完整． 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．若復(fù)數(shù)z滿足iz＝3＋4i，則|z|等于(　　) A．1B．2C.D．5 答案　D 解析　因?yàn)閦＝＝－(3＋4i)i＝4－3i， 所以|z|＝＝5

2、. 2．若z1＝(1＋i)2，z2＝1－i，則等于(　　) A．1＋iB．－1＋iC．1－iD．－1－i 答案　B 解析　∵z1＝(1＋i)2＝2i，z2＝1－i， ∴＝＝＝＝－1＋i. 3．設(shè)平面向量m＝(－1,2)，n＝(2，b)，若m∥n，則|m＋n|等于(　　) A.B.C.D．3 答案　A 解析　由m∥n，m＝(－1,2)，n＝(2，b)，得b＝－4， 故n＝(2，－4)，所以m＋n＝(1，－2)，故|m＋n|＝，故選A. 4.如圖所示，向量＝a，＝b，＝c，點(diǎn)A，B，C在一條直線上，且＝－4，則(　　) A．c＝a＋b B．c＝a－b C．c＝－a＋2

3、b D．c＝－a＋b 答案　D 解析　c＝＋＝＋＝＋(－)＝－＝b－a.故選D. 5．設(shè)向量a＝(x,1)，b＝(1，－)，且a⊥b，則向量a－b與b的夾角為(　　) A.B.C.D. 答案　D 解析　因?yàn)閍⊥b，所以x－＝0，解得x＝，所以a＝(，1)，a－b＝(0,4)，則cos〈a－b，b〉＝＝＝－，所以向量a－b與b的夾角為，故選D. 6．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若＝a1＋a2019，且A，B，C三點(diǎn)共線(O為該直線外一點(diǎn))，則S2019等于(　　) A．2019B．2020C.D．1010 答案　C 解析　A，B，C三點(diǎn)共線，且＝a1＋a2019，則

4、a1＋a2019＝1，所以S2019＝(a1＋a2019)＝，故選C. 7．設(shè)a，b是非零向量，則“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的(　　) A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　由a·b＝|a||b|，得cos〈a，b〉＝1，所以a∥b；反之，a∥b不能推得cos〈a，b〉＝1，所以“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的充分不必要條件，故選B. 8.如圖，在△ABC中，AB＝AC＝3，cos∠BAC＝，＝2，則·的值為(　　) A．2B．－2C．3D．－3 答案　B 解析　·＝(＋)·＝·＝·＝·(－)＝－|

5、|2＋·＋||2 ＝－6＋1＋3＝－2，故選B. 9．已知a＝(2，cosx)，b＝(sinx，－1)，當(dāng)x＝θ時(shí)，函數(shù)f(x)＝a·b取得最大值，則sin等于(　　) A.B.C．－D．－ 答案　D 解析　f(x)＝a·b＝2sinx－cosx＝sin(x－φ)，其中sinφ＝，cosφ＝，θ－φ＝2kπ＋，k∈Z，解得θ＝2kπ＋＋φ，k∈Z，所以sinθ＝cosφ＝，cosθ＝－sinφ＝－，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝－，cos2θ＝1－2sin2θ＝－，所以sin＝(sin2θ＋cos2θ)＝－，故選D. 10.如圖，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E，F(xiàn)是AD上的

6、兩個(gè)三等分點(diǎn)，·＝2，·＝－1，則·等于(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案　C 解析　·＝2－2＝42－2＝2，·＝2－2＝－1，所以2＝1，2＝2，因此·＝2－2＝92－2＝7，故選C. 11．(2018·西寧檢測(cè))定義：|a×b|＝|a||b|sinθ，其中θ為向量a與b的夾角，若|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6，則|a×b|等于(　　) A．6 B．－8或8 C．－8 D．8 答案　D 解析　cosθ＝＝＝－，且θ∈[0，π]，則sinθ＝，則|a×b|＝|a|·|b|sinθ＝10×＝8，故選D. 12．在△ABC中，＝2，過點(diǎn)M的直線分別交射線

7、AB，AC于不同的兩點(diǎn)P，Q，若＝m，＝n，則mn＋m的最小值為(　　) A．6B．2C．6D．2 答案　D 解析　由已知易得，＝＋， ∴＝＋. 又M，P，Q三點(diǎn)共線， ∴＋＝1， ∴m＝，易知3n－1>0. mn＋m＝m(n＋1)＝·(n＋1) ＝≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時(shí)取等號(hào)． ∴mn＋m的最小值為2. 第Ⅱ卷(非選擇題　共70分) 二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上) 13．若復(fù)數(shù)(a＋i)2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在y軸負(fù)半軸上，則實(shí)數(shù)a的值是________． 答案?。? 解析　因?yàn)閺?fù)數(shù)(a＋i)2＝(a2－1)＋2ai

8、， 所以其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是(a2－1,2a)． 又因?yàn)樵擖c(diǎn)在y軸負(fù)半軸上， 所以有解得a＝－1. 14．(2018·石家莊檢測(cè))已知若對(duì)任意一個(gè)單位向量e，滿足(a＋b)·e≤2成立，則a·b的最大值是________． 答案　1 解析　(a＋b)·e＝|a＋b|·|e|cos〈a＋b，e〉≤|a＋b|≤2， 當(dāng)且僅當(dāng)a＋b，e同向共線時(shí)取等號(hào)，設(shè)a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2≤4，a·b＝x1x2＋y1y2≤＋≤×4＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2，y1＝y(tǒng)2時(shí)取等號(hào)，故a·b的最大值是1. 15．歐拉在1748年給出了著名公式

9、eiθ＝cosθ＋isinθ(歐拉公式)是數(shù)學(xué)中最卓越的公式之一，其中，底數(shù)e＝2.71828…，根據(jù)歐拉公式eiθ＝cosθ＋isinθ，任何一個(gè)復(fù)數(shù)z＝r(cosθ＋isinθ)，都可以表示成z＝reiθ的形式，我們把這種形式叫做復(fù)數(shù)的指數(shù)形式，若復(fù)數(shù)z1＝，z2＝，則復(fù)數(shù)z＝在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第________象限． 答案　四 解析　因?yàn)閦1＝＝2 ＝1＋i，z2＝＝cos＋isin＝i， 所以z＝＝＝＝－i. 復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z(，－1)，點(diǎn)Z在第四象限． 16．已知點(diǎn)O為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，且滿足＋＋4＝0.設(shè)△OBC與△ABC的面積分別為S1，S2，則＝____

10、__. 答案　 解析　設(shè)E為AB的中點(diǎn)，連接OE，延長(zhǎng)OC到D，使OD＝4OC，因?yàn)辄c(diǎn)O為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，且滿足＋＋4＝0，所以＋＋＝0，則點(diǎn)O是△ABD的重心，則E，O，C，D共線，OD∶OE＝2∶1，所以O(shè)C∶OE＝1∶2，則CE∶OE＝3∶2，則S1＝S△BCE＝S△ABC，所以＝. 三、解答題(本題共4小題，共50分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)． (1)求以線段AB，AC為鄰邊的平行四邊形的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)； (2)在平面內(nèi)一點(diǎn)D滿足＝－t，若△ACD為直角三角形，且A

11、為直角，試求實(shí)數(shù)t的值． 解　(1)由題意得＝(3,5)，＝(－1,1)， 故＋＝(2,6)，－＝(4,4)， 所以|＋|＝2，|－|＝4， 故所求對(duì)角線的長(zhǎng)分別為2，4. (2)由題設(shè)知＝－t＝(3＋2t,5＋t)， 故D(3＋2t,5＋t)， 則＝(2t＋4，t＋7)． 由△ACD為直角三角形，且A＝， 得·＝0， 即(2t＋4，t＋7)·(－1,1)＝0，解得t＝3. 所以滿足題意的實(shí)數(shù)t的值為3. 18．(12分)已知a＝(3，－2)，b＝(2,1)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)若ma＋b與a－2b的夾角為鈍角，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)設(shè)＝a，＝b，求△OAB

12、的面積． 解　(1)∵a＝(3，－2)，b＝(2,1)， ∴ma＋b＝(3m＋2，－2m＋1)，a－2b＝(－1，－4)， 令(ma＋b)·(a－2b)<0， 即－3m－2＋8m－4<0，解得m<， ∵當(dāng)m＝－時(shí)，ma＋b＝－a＋b， a－2b與ma＋b方向相反，夾角為平角，不合題意． ∴m≠－， ∴若ma＋b與a－2b的夾角為鈍角，m的取值范圍為∪. (2)設(shè)∠AOB＝θ，△OAB面積為S， 則S＝|a|·|b|sinθ， ∵sin2θ＝1－cos2θ＝1－2， ∴4S2＝|a|2|b|2·sin2θ ＝|a|2|b|2－(a·b)2 ＝65－16＝49. ∴S

13、＝. 19．(13分)如圖，在△OAB中，點(diǎn)P為線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不包含端點(diǎn))，且滿足＝λ. (1)若λ＝，用向量，表示； (2)若||＝4，||＝3，且∠AOB＝60°，求·取值范圍． 解　(1)∵＝，∴－＝(－)， ∴＝＋，即＝＋. (2)∵·＝||·||·cos60°＝6，＝λ(λ>0)， ∴－＝λ(－)，(1＋λ)＝＋λ， ∴＝＋. ∵＝－， ∴·＝·(－) ＝－2＋2＋· ＝＝＝3－. ∵λ>0，∴3－∈(－10,3)． ∴·的取值范圍是(－10,3)． 20．(13分)已知向量m＝，n＝，記f(x)＝m·n. (1)若f(x)＝1，求cos的

14、值； (2)在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cosB＝bcosC，求f(2A)的取值范圍． 解　(1)f(x)＝m·n＝sincos＋cos2 ＝sin＋cos＋ ＝sin＋. 由f(x)＝1，得sin＝， 所以cos＝1－2sin2＝. (2)因?yàn)?2a－c)cosB＝bcosC， 由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC， 所以2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC， 所以2sinAcosB＝sin(B＋C)． 因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0， 所以cosB＝. 又0