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

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1、單元檢測六　平面向量與復數(shù) (時間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ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(shù)z滿足iz＝3＋4i，則|z|等于(　　) A．1B．2C.D．5 答案　D 解析　因為z＝＝－(3＋4i)i＝4－3i， 所以|z|＝＝5. 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．設平面向量m＝(－1,2)，n

2、＝(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A，B，C在一條直線上，且＝－4，則(　　) A．c＝a＋b B．c＝a－b C．c＝－a＋2b D．c＝－a＋b 答案　D 解析　c＝＋＝＋＝＋(－)＝－＝b－a.故選D. 5．設向量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　因為a⊥b，所以

3、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項和為Sn，若＝a1＋a2019，且A，B，C三點共線(O為該直線外一點)，則S2019等于(　　) A．2019B．2020C.D．1010 答案　C 解析　A，B，C三點共線，且＝a1＋a2019，則a1＋a2019＝1，所以S2019＝(a1＋a2019)＝，故選C. 7.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　·＝(＋)·＝·

4、＝· ＝·(－) ＝－||2＋·＋||2 ＝－6＋1＋3＝－2，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．(a＋b)2≥(a－b)2 B．(a＋b)2≥a2＋b2 C．(a＋b)2≥4|a||b| D．(a＋b)2＋(a－b)2≥4a·b 答案　D 解析　因為(a＋b)2－(a－b)2＝4a·b，與0的大小關系不確定，所以A錯誤；(a＋b)2－a2－b2＝2a·b，與0的大小關系不確定，所以B錯誤；(a＋b)2－4|a||b|＝|a|2＋|b|2＋2|a||b|cosθ－4|a||b|≥2|a||b|(cosθ－1)，而2

5、|a||b|(cosθ－1)≤0，所以C錯誤；(a＋b)2＋(a－b)2－4a·b＝2(|a|2＋|b|2－2a·b)＝2(a－b)2≥0，所以(a＋b)2＋(a－b)2≥4a·b，故選D. 9.如圖，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120°，AB＝4，CD＝2，動點E和F分別在線段BC和DC上，且＝，＝λ，則·的最小值是(　　) A．4＋13 B．4－13 C．4＋ D．4－ 答案　B 解析　在等腰梯形ABCD中，AB＝4，CD＝2，∠ADC＝120°，易得AD＝BC＝2. 由動點E和F分別在線段BC和DC上得， 所以<λ<1. 所以·＝(＋)·(＋)

6、＝·＋·＋·＋· ＝||·||cos120°＋||·||－||·||＋||·||cos60° ＝4×2×＋×2－4×(1－λ)×2＋×(1－λ)×2× ＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13， 當且僅當λ＝時取等號． 所以·的最小值是4－13. 10．已知共始點的三個向量e1，e2，m，且e1，e2為單位向量，e1·e2＝，m＝xe1＋ye2，若m·e1>0，m·e2<0，且滿足x＋y＝1，則實數(shù)x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2) B．(1,2) C．(1，＋∞) D．(2，＋∞) 答案　D 解析　由m＝xe1＋ye2及x＋y＝1，可知m的終點與e1，e2的

7、終點共線，由m·e1>0，可知m與e1的夾角為銳角或同向共線，由m·e2<0，可知m與e2的夾角為鈍角或反向共線，又由|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝，得〈e1，e2〉＝. 令e1＝，e2＝，m＝， 則A，B，M三點共線，且〈m，e1〉為銳角，〈m，e2〉為鈍角，如圖所示， 作OC⊥OB，易得＝2e1－e2，由題意可知點M在射線CD上(點C除外)運動， 可知x>2. 第Ⅱ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(shù)z＝i2017＋i2018，則z的共軛復數(shù)＝________，＝__

8、______. 答案　－i－1　 解析　因為z＝i2017＋i2018＝i－1，所以＝－i－1. 因為＝＝， 所以＝＝. 12．已知點O為△ABC內一點，且滿足＋＋4＝0.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OD＝4OC，因為點O為△ABC內一點，且滿足＋＋4＝0，所以＋＋＝0，則點O是△ABD的重心，則E，O，C，D共線，OD∶OE＝2∶1，所以OC∶OE＝1∶2，則CE∶OE＝3∶2，則S1＝S△BCE＝S△ABC，所以＝. 13．在△ABC中，AB＝6，AC＝5，A＝120°，動點P在以

9、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·＝2－2 ＝2－2＝2－9， 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，由余弦定理得||2＝32＋52－2×3×5×cos120°＝49， 所以||＝7，所以||的最小值為5， 則·的最小值為16. 14．在△ABC中，AB＝3AC，∠CAB＝120°，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，＝x＋y，則3x＋y的取值范圍為________，xy的最大值為___

10、_____． 答案　[1,2]　 解析　如圖，連接CD交AM于點N， 設＝λ，則λ∈[1,2]． ∵＝x＋y＝3x＋y， ∴＝＋， 由C，N，D三點共線，得＋＝1， ∴3x＋y＝λ∈[1,2]． ∴4×3x·y≤(3x＋y)2≤4，∴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，|a－b|＝6，向量c－a，c－b的夾角為，|c－a|＝2，則a與c的夾角為________；a·c的最大值為________． 答案　　18＋12 解析　設a＝，b＝，c＝， 則a－b＝，c－a＝，c－b＝， 知∠AOB＝，∠ACB＝.

11、當點O，C在AB兩側時，由題可得O，A，C，B四點共圓， 在△ABC中，BA＝6，AC＝2，∠ACB＝， 由正弦定理得＝， 則sin∠CBA＝，即∠CBA＝， 則∠CBA＝∠COA＝，可得a與c的夾角為. 因為|c－a|＝2， 所以12＝c2＋a2－2a·c≥2|a||c|－2a·c， 又由a·c＝|a||c|cos得|a||c|＝a·c， 所以12≥a·c－2a·c， 所以a·c≤＝18＋12. 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，a·c＝·取得最大值， (a·c)max＝||·||

12、＝4×2＝24. 綜上所述，a·c的最大值為18＋12，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，＝λ＋(1－λ)(λ∈R)，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　[2,18]　[－6,18] 解析　因為＝λ＋(1－λ)(λ∈R)，λ＋1－λ＝1， 所以根據(jù)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MD⊥AP，·＝·(＋)＝·＋0＝2， 因為||＝4，所以點P在以B為圓心，4為半徑的圓上， 則||∈[2,6]，

13、則·＝2∈[2,18]． 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(x－1)2＋y2＝16上，A(－1,0)， 設M(2cosα，sinα)，C(4cosβ＋1,4sinβ)， 則＝(4cosβ＋2,4sinβ)， ＝(2cosα＋1，sinα)， ·＝(8cosα＋4)cosβ＋4sinαsinβ＋4cosα＋2 ＝sin(β＋φ)＋4cosα＋2 ＝(4cosα＋8)sin(β＋φ)＋4cosα＋2， 最大值是(4cosα＋8

14、)＋4cosα＋2＝8cosα＋10≤18， 最小值是－(4cosα＋8)＋4cosα＋2＝－6， 所以·∈[－6,18]． 17．已知平面向量a，b，c，其中a，b的夾角為θ，若|a|·|b|·sinθ＝2，c＝λa＋b(λ為實數(shù))，則c·(c－a)＋a2的最小值是________． 答案　2 解析　方法一　令＝a，＝b，＝c， 則∠BOA＝θ，并記||＝|a|＝a，||＝|b|＝b， 線段OA的中點為M，則|a|·|b|·sinθ＝absinθ＝2. 由c＝λa＋b知，c－b＝λa，即BC∥OA， c·(c－a)＋a2＝·(－)＋a2 ＝·＋a2＝·＋a2 ＝[(＋)

15、2－(－)2]＋a2 ＝2－a2＋a2＝||2＋a2. 又||≥||sin∠BOA＝bsinθ， 所以c·(c－a)＋a2＝||2＋a2≥b2sin2θ＋a2 ≥2＝absinθ＝2. 當且僅當b2sin2θ＝a2時取到最小值． 方法二　令＝a，＝b，＝c， ∠BOA＝θ，||＝|a|＝a，||＝|b|＝b， 由|a|·|b|·sinθ＝absinθ＝2，得bsinθ＝. 設O(0,0)，A(a,0)，B， 則a＝(a，0)，b＝， 令c＝λa＋b＝＝， 則c·(c－a)＋a2＝·＋a2 ＝x2－ax＋＋a2 ＝2－a2＋＋a2 ＝2＋a2＋≥0＋2＝2， 當且

16、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(shù)z＝. (1)求|z|； (2)若z(z＋a)＝b＋i，求實數(shù)a，b的值． 解　(1)∵z＝＝＝＝3－i， ∴|z|＝. (2)∵(3－i)(3－i＋a)＝(3－i)2＋(3－i)a ＝8＋3a－(a＋6)i＝b＋i， ∴得 19．(15分)(2019·湖州調研)已知平面向量a，b滿足|a|＝1，|3a－2b|＝，且a，b的夾角為60°. (1)求|b|的值； (2)求2a－b和a－2b夾角的余弦值． 解　(1

17、)由已知得|3a－2b|2＝9＋4|b|2－12a·b ＝9＋4|b|2－12×|b|×cos60°＝13， 即2|b|2－3|b|－2＝0，解得|b|＝2. (2)|2a－b|＝＝2， |a－2b|＝＝. 又(2a－b)·(a－2b)＝2＋8－5×2cos60°＝5. 所以2a－b和a－2b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＝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)∵·＝||·|

18、|·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)． 21.(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AB＝BC＝. (1)求cos∠AOC的值； (2)求·的值． 解　(1)如圖，連接OB， 由余弦定理得cos∠AOB＝＝. 由AB＝BC知∠AOC＝2∠AOB， 則cos∠AOC＝cos2∠AOB＝2cos2∠AOB－1＝. (2)方法一　由題

19、意可知∠ADC＝∠AOB， ∠ADB＝∠BDC，則||＝8. 又在Rt△ADB中，sin∠ADB＝， 可得cos∠ADB＝，||＝3， 所以cos∠BDC＝， 故·＝8×3×＝72. 方法二　·＝(－)·(－) ＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋·＋2 ＝||||cos∠AOC＋||||cos∠COB＋ ||||cos∠AOB＋25 ＝7＋20＋20＋25＝72. 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＝x＋y(x，y∈R)，求x＋y的值． 解　(1)在△ABC中，＝＋， 4＝3＋，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＝＋，∥， ＝x＋y(x，y∈R)，所以x＝3y, 因為N為AB的中點， 所以＝－＝x＋y－＝＋y， ＝－＝x＋y－＝x＋(y－1)， 因為∥，所以(y－1)＝xy， 即2x＋y＝1，又x＝3y， 所以x＝，y＝，所以x＋y＝. 13