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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
（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）
