浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测6平面向量与复数单元检测含解析.pdf

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1、单元检测六平面向量与复数(时间：120 分钟满分：150 分)第卷(选择题共40 分)一、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，只有一项是符合题目要求的)1若复数z满足 iz34i，则|z|等于()A1B2C.D55答案 D解析因为z(3 4i)i43i，3 4ii所以|z|5.42 3 22若z1(1 i)2，z21i，则等于()z1z2A1iB 1 iC1 iD 1i答案 B解析z1(1 i)22i，z21i，1i.z1z22i1i2i 1i1i1i22i23设平面向量m(1,2)，n(2，b)，若mn，则|mn|等于()A.B.C.D351025

2、答案 A解析由mn，m(1,2)，n(2，b)，得b 4，故n(2，4)，所以mn(1，2)，故|mn|，故选 A.54.如图所示，向量a，b，c，点A，B，C在一条直线上，且 4，则OAOBOCACCB()AcabBcab12323212Cca2bDcab1343答案 D解析c()ba.故选 D.OBBCOB13ABOB13OBOA43OB13OA43135设向量a(x，1)，b(1，)，且ab，则向量ab与b的夹角为()33A.B.C.D.632356答案 D解析因为ab，所以x0，解得x，所以a(，1)，ab(0,4)，则 cos3333ab，b，所以向量ab与b的夹角为，故3a 3bb

3、|a 3b|b|4 34 232356选 D.6已知等差数列an 的前n项和为Sn，若a1a2019，且A，B，C三点共线(O为该OBOAOC直线外一点)，则S2019等于()A2019B2020C.D101020192答案 C解析A，B，C三点共线，且a1a2019，则a1a20191，所以S2019(a1OBOAOC20192a2019)，故选 C.201927.如图，在ABC中，ABAC3，cosBAC，2，则的值为()13DCBDADBCA2B 2C3D 3答案 B解析()ADBCACCDBC(AC23CB)BCAC23ABACBC()(23AB13AC)ACAB|2|223AB13A

4、BAC13AC 613 2，故选 B.8(2018 嘉兴期末)对任意两个非零向量a，b，下列说法中正确的是()A(ab)2(ab)2B(ab)2a2b2C(ab)24|a|b|D(ab)2(ab)24ab答案 D解析因为(ab)2(ab)24ab，与 0 的大小关系不确定，所以A错误；(ab)2a2b22ab，与 0 的大小关系不确定，所以B错误；(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错误；(ab)2(ab)24ab2(|a|2|b|2 2ab)2(ab)20，所以(ab)2(ab)24ab，故选 D.

5、9.如图，在等腰梯形ABCD中，已知DCAB，ADC120，AB4，CD2，动点E和F分别在线段BC和DC上，且，则的最小值是()BE12BCDFDCAEBFA413B41366C4D461326132答案 B解析在等腰梯形ABCD中，AB4，CD2，ADC120，易得ADBC 2.由动点E和F分别在线段BC和DC上得，Error!所以0，me20，可知m与e1的夹角为锐角或同向共线，由me22.第卷(非选择题共110 分)二、填空题(本大题共7 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共 36 分把答案填在题中横线上)11已知复数zi2017i2018，则z的共轭复数_，_.z|z3z2|

6、答案 i 1102解析因为zi2017i2018i 1，所以 i 1.z因为，z3z2i 2i 113i2所以.|z3z2|1 9210212已知点O为ABC内一点，且满足40.设OBC与ABC的面积分别为S1，OAOBOCS2，则 _.S1S2答案16解析设E为AB的中点，连接OE，延长OC到D，使OD4OC，因为点O为ABC内一点，且满足40，所以0，则点O是ABD的重心，则E，O，C，D共OAOBOCOAOBOD线，ODOE21，所以OCOE12，则CEOE32，则S1SBCESABC，所以1316S1S2.1613在ABC中，AB6，AC5，A120，动点P在以C为圆心，2 为半径的圆

7、上，则PA的最小值是 _PB答案 16解析设AB的中点为M，则22PAPB12PAPB 12PAPB2229，PMMAPM所以要求的最小值，即求|的最小值，PAPBPM显然当点P为线段MC与圆的交点时，|取得最小值，最小值为|2.PMMC在AMC中，由余弦定理得|23252235cos120 49，MC所以|7，所以|的最小值为5，MCPM则的最小值为16.PAPB14在ABC中，AB3AC，CAB120，以A为圆心，AC长为半径作圆弧，交AB于点D，M为圆弧CD上任一点，xy，则 3xy的取值范围为_，xy的最大值为AMABAC_答案 1,213解析如图，连接CD交AM于点N，设，则1,2

8、AMANxy3xy，AMABACADAC，AN3xADyAC由C，N，D三点共线，得1，3xy3xy1,2 43xy(3xy)24，xy，13当且仅当 Error!即Error!时取等号，(xy)max.1315在平面中，已知向量a，b的夹角为，|ab|6，向量ca，cb的夹角为，|c323a|2，则a与c的夹角为 _；ac的最大值为 _3答案181263解析设a，b，c，OAOBOC则ab，ca，cb，BAACBC知AOB，ACB.323当点O，C在AB两侧时，由题可得O，A，C，B四点共圆，在ABC中，BA6，AC2，ACB，323由正弦定理得，BAsin ACBACsin CBA则 si

9、n CBA，即CBA，126则CBACOA，可得a与c的夹角为.66因为|ca|2，3所以 12c2a22ac2|a|c|2ac，又由ac|a|c|cos得|a|c|ac，623所以 12ac2ac，43所以ac1812.6 3233当点O，C在AB同侧时，可得点A，B，O在以C为圆心，AC为半径的圆上，则当点O，C，A在同一直线上，即OA为圆C的直径时，ac取得最大值，OAOC(ac)max|4224.OAOC33综上所述，ac的最大值为1812，此时a与c的夹角为.3616已知定点A，B满足|2，动点P与动点M满足|4，(1)ABPBAMABAP(R)，且|，则的取值范围是_；若动点C也满

10、足|4，则MAMPAPAMCBAC的取值范围是_AM答案 2,18 6,18解析因为(1)(R)，11，AMABAP所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又|，MAMP记PA的中点为D，连接MD，如图，则MDAP，()02，APAMAPADDMAPAD12AP因为|4，所以点P在以B为圆心，4 为半径的圆上，PB则|2,6，则22,18 APAPAM12AP由于|4，MAMBMPMB所以点M在以A，B为焦点，长轴长为4 的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆方程为1，x24y23点C在圆(x1)2y216 上，A(1,0)，设M(2cos，sin)，C

11、(4cos1,4sin)，3则(4cos 2,4sin)，AC(2cos1，sin)，AM3(8cos4)cos4sinsin 4cos2ACAM3sin()4cos28cos4 2 4 3sin2(4cos8)sin()4cos 2，最大值是(4cos8)4cos28cos1018，最小值是(4cos8)4cos2 6，所以 6,18 ACAM17已知平面向量a，b，c，其中a，b的夹角为，若|a|b|sin2，cab(为实数)，则c(ca)a2的最小值是 _答案 2 3解析方法一令a，b，c，OAOBOC则BOA，并记|a|a，|b|b，OAOB线段OA的中点为M，则|a|b|sinabs

12、in2.由cab知，cba，即BCOA，c(ca)a2()a2OCOCOAa2a2OCACCOCA()2()2 a214COCACOCA2a2a2|2a2.CM14CM34又|sin BOAbsin，CMOB所以c(ca)a2|2a2b2sin2a2CM34342absin2.b2sin234a233当且仅当b2sin2a2时取到最小值34方法二令a，b，c，OAOBOCBOA，|a|a，|b|b，OAOB由|a|b|sinabsin2，得bsin.2a设O(0,0)，A(a,0)，B，(m，2a)则a(a，0)，b，(m，2a)令cab，(ma，2a)(x，2a)则c(ca)a2a2(x，2

13、a)(xa，2a)x2axa24a22a2a2(xa2)144a22a2022，(xa2)344a234a24a23当且仅当 Error!时取到最小值三、解答题(本大题共5 小题，共74 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(14 分)(2018 杭州萧山区第一中学月考)已知复数z.1i 2 2 5i3 i(1)求|z|；(2)若z(za)bi，求实数a，b的值解(1)z 3i，2i 102i3i103 i10 3i10|z|.10(2)(3 i)(3 i a)(3 i)2(3 i)a83a(a6)i bi，Error!得Error!19(15 分)(2019 湖州调研)已知平面向量

14、a，b满足|a|1，|3a2b|，且a，b的13夹角为 60.(1)求|b|的值；(2)求 2ab和a 2b夹角的余弦值解(1)由已知得|3a2b|294|b|212ab94|b|212|b|cos60 13，即 2|b|23|b|20，解得|b|2.(2)|2ab|2，444 2cos60|a2b|.1 164 2cos6013又(2ab)(a 2b)2852cos60 5.所以 2ab和a2b夹角的余弦值为.2aba2b|2ab|a2b|52 135 132620(15 分)如图，在OAB中，点P为线段AB上的一个动点(不包含端点)，且满足AP.PB(1)若，用向量，表示；12OAOBOP

15、(2)若|4，|3，且AOB60，求取值范围OAOBOPAB解(1)，()，AP12PBOPOA12OBOP，即.32OPOA12OBOP23OA13OB(2)|cos60 6，(0)，OAOBOAOBAPPB()，(1)，OPOAOBOPOPOAOB.OP11OA1OB，ABOBOA()OPAB(11OA1OB)OBOA2211OA1OB(111)OAOB3.16 966131011310，3(10,3)131的取值范围是(10,3)OPAB21.(15分)(2018 温州测试)设AD是半径为 5 的半圆O的直径(如图)，B，C是半圆上两点，已知ABBC.10(1)求 cosAOC的值；(2

16、)求的值DCDB解(1)如图，连接OB，由余弦定理得cosAOB.25 25102 5 545由ABBC知AOC2AOB，则 cosAOCcos2AOB 2cos2AOB1.725(2)方法一由题意可知ADCAOB，ADBBDC，则|8.DC又在 RtADB中，sin ADB，1010可得 cosADB，|3，310DB10所以 cosBDC，310故8372.DCDB10310方法二()()DCDBOCODOBOD()()OCOAOBOA2OCOAOCOBOBOAOA|cos AOC|cos COBOCOAOCOB|cos AOB25OBOA720202572.方法三如图建立平面直角坐标系，

17、由(1)知，B，C的坐标分别为B(4,3)，C，(75，245)又D(5,0)，则，(9,3)，可得72.DC(325，245)DBDCDB22.(15分)如图，在ABC中，.AM34AB14AC(1)求ABM与ABC的面积之比；(2)若N为AB中点，与交于点P，且xy(x，yR)，求xy的值AMCNAPABAC解(1)在ABC中，AM34AB14AC43，3()，AMABACAMABACAM即 3，即点M是线段BC靠近B点的四等分点故ABM与ABC的面积之比为.BMMC14(2)因为，AM34AB14ACAMAPxy(x，yR)，所以x 3y,APABAC因为N为AB的中点，所以xyy，NPAPANABAC12AB(x12)ABACxyx(y1)，CPAPACABACACABAC因为，所以(y 1)xy，NPCP(x12)即 2xy1，又x3y，所以x，y，所以xy.371747