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文档介绍
浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测六平面向量与复数
单元检测六 平面向量与复数 (时间:120分钟 满分:150分) 第Ⅰ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iz=3+4i,则|z|等于( ) A.1B.2C.D.5 答案 D 解析 因为z==-(3+4i)i=4-3i, 所以|z|==5. 2.若z1=(1+i)2,z2=1-i,则等于( ) 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.设平面向量m=(-1,2),n=(2,b),若m∥n,则|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|=,故选A. 4.如图所示,向量=a,=b,=c,点A,B,C在一条直线上,且=-4,则( ) A.c=a+b B.c=a-b C.c=-a+2b D.c=-a+b 答案 D 解析 c=+=+=+(-)=-=b-a.故选D. 5.设向量a=(x,1),b=(1,-),且a⊥b,则向量a-b与b的夹角为( ) A.B.C.D. 答案 D 解析 因为a⊥b,所以x-=0,解得x=,所以a=(,1),a-b=(0,4),则cos〈a-b,b〉===-,所以向量a-b与b的夹角为,故选D. 6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若=a1+a2019,且A,B,C三点共线(O为该直线外一点),则S2019等于( ) A.2019B.2020C.D.1010 答案 C 解析 A,B,C三点共线,且=a1+a2019,则a1+a2019=1,所以S2019=(a1+a2019)=,故选C. 7.如图,在△ABC中,AB=AC=3,cos∠BAC=,=2,则·的值为( ) A.2B.-2C.3D.-3 答案 B 解析 ·=(+)·=·=· =·(-) =-||2+·+||2 =-6+1+3=-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.(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 因为(a+b)2-(a-b)2=4a·b,与0的大小关系不确定,所以A错误;(a+b)2-a2-b2=2a·b,与0的大小关系不确定,所以B错误;(a+b)2-4|a||b|=|a|2+|b|2+2|a||b|cosθ-4|a||b|≥2|a||b|(cosθ-1),而2|a||b|(cosθ-1)≤0,所以C错误;(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,故选D. 9.如图,在等腰梯形ABCD中,已知DC∥AB,∠ADC=120°,AB=4,CD=2,动点E和F分别在线段BC和DC上,且=,=λ,则·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. 由动点E和F分别在线段BC和DC上得, 所以<λ<1. 所以·=(+)·(+) =·+·+·+· =||·||cos120°+||·||-||·||+||·||cos60° =4×2×+×2-4×(1-λ)×2+×(1-λ)×2× =-13+8λ+≥-13+2=4-13, 当且仅当λ=时取等号. 所以·的最小值是4-13. 10.已知共始点的三个向量e1,e2,m,且e1,e2为单位向量,e1·e2=,m=xe1+ye2,若m·e1>0,m·e2<0,且满足x+y=1,则实数x的取值范围是( ) 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的终点与e1,e2的终点共线,由m·e1>0,可知m与e1的夹角为锐角或同向共线,由m·e2<0,可知m与e2的夹角为钝角或反向共线,又由|e1|=|e2|=1,e1·e2=,得〈e1,e2〉=. 令e1=,e2=,m=, 则A,B,M三点共线,且〈m,e1〉为锐角,〈m,e2〉为钝角,如图所示, 作OC⊥OB,易得=2e1-e2,由题意可知点M在射线CD上(点C除外)运动, 可知x>2. 第Ⅱ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z=i2017+i2018,则z的共轭复数=________,=________. 答案 -i-1 解析 因为z=i2017+i2018=i-1,所以=-i-1. 因为==, 所以==. 12.已知点O为△ABC内一点,且满足++4=0.设△OBC与△ABC的面积分别为S1,S2,则=______. 答案 解析 设E为AB的中点,连接OE,延长OC到D,使OD=4OC,因为点O为△ABC内一点,且满足++4=0,所以++=0,则点O是△ABD的重心,则E,O,C,D共线,OD∶OE =2∶1,所以OC∶OE=1∶2,则CE∶OE=3∶2,则S1=S△BCE=S△ABC,所以=. 13.在△ABC中,AB=6,AC=5,A=120°,动点P在以C为圆心,2为半径的圆上,则·的最小值是________. 答案 16 解析 设AB的中点为M, 则·=2-2 =2-2=2-9, 所以要求·的最小值,即求||的最小值, 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. 在△AMC中,由余弦定理得||2=32+52-2×3×5×cos120°=49, 所以||=7,所以||的最小值为5, 则·的最小值为16. 14.在△ABC中,AB=3AC,∠CAB=120°,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,=x+y,则3x+y的取值范围为________,xy的最大值为________. 答案 [1,2] 解析 如图,连接CD交AM于点N, 设=λ,则λ∈[1,2]. ∵=x+y=3x+y, ∴=+, 由C,N,D三点共线,得+=1, ∴3x+y=λ∈[1,2]. ∴4×3x·y≤(3x+y)2≤4,∴xy≤, 当且仅当即时取等号,∴(xy)max=. 15.在平面中,已知向量a,b的夹角为,|a-b|=6,向量c-a,c-b的夹角为,|c-a|=2,则a与c的夹角为________;a·c的最大值为________. 答案 18+12 解析 设a=,b=,c=, 则a-b=,c-a=,c-b=, 知∠AOB=,∠ACB=. 当点O,C在AB两侧时,由题可得O,A,C,B四点共圆, 在△ABC中,BA=6,AC=2,∠ACB=, 由正弦定理得=, 则sin∠CBA=,即∠CBA=, 则∠CBA=∠COA=,可得a与c的夹角为. 因为|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. 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,a·c=·取得最大值, (a·c)max=||·||=4×2=24. 综上所述,a·c的最大值为18+12,此时a与c的夹角为. 16.已知定点A,B满足||=2,动点P与动点M满足||=4,=λ+(1-λ)(λ∈R ),且||=||,则·的取值范围是________;若动点C也满足||=4,则·的取值范围是________. 答案 [2,18] [-6,18] 解析 因为=λ+(1-λ)(λ∈R),λ+1-λ=1, 所以根据三点共线知,点M在直线PB上, 又||=||, 记PA的中点为D,连接MD,如图, 则MD⊥AP,·=·(+)=·+0=2, 因为||=4,所以点P在以B为圆心,4为半径的圆上, 则||∈[2,6],则·=2∈[2,18]. 由于||+||=||+||=4, 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, 点C在圆(x-1)2+y2=16上,A(-1,0), 设M(2cosα,sinα),C(4cosβ+1,4sinβ), 则=(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)+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的夹角为θ,若|a|·|b|·sinθ=2,c=λa+b(λ为实数),则c·(c-a)+a2的最小值是________. 答案 2 解析 方法一 令=a,=b,=c, 则∠BOA=θ,并记||=|a|=a,||=|b|=b, 线段OA的中点为M,则|a|·|b|·sinθ=absinθ=2. 由c=λa+b知,c-b=λa,即BC∥OA, c·(c-a)+a2=·(-)+a2 =·+a2=·+a2 =[(+)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. 当且仅当b2sin2θ=a2时取到最小值. 方法二 令=a,=b,=c, ∠BOA=θ,||=|a|=a,||=|b|=b, 由|a|·|b|·sinθ=absinθ=2,得bsinθ=. 设O(0,0),A(a,0),B, 则a=(a,0),b=, 令c=λa+b==, 则c·(c-a)+a2=·+a2 =x2-ax++a2 =2-a2++a2 =2+a2+≥0+2=2, 当且仅当时取到最小值. 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=. (1)求|z|; (2)若z(z+a)=b+i,求实数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·湖州调研)已知平面向量a,b满足|a|=1,|3a-2b|=,且a,b的夹角为60°. (1)求|b|的值; (2)求2a-b和a-2b夹角的余弦值. 解 (1)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夹角的余弦值为==. 20.(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=λ. (1)若λ=,用向量,表示; (2)若||=4,||=3,且∠AOB=60°,求·取值范围. 解 (1)∵=,∴-=(-), ∴=+,即=+. (2)∵·=||·||·cos60°=6,=λ(λ>0), ∴-=λ(-),(1+λ)=+λ, ∴=+. ∵=-, ∴·=·(-) =-2+2+· ===3-. ∵λ>0,∴3-∈(-10,3). ∴·的取值范围是(-10,3). 21.(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AB=BC=. (1)求cos∠AOC的值; (2)求·的值. 解 (1)如图,连接OB, 由余弦定理得cos∠AOB==. 由AB=BC知∠AOC=2∠AOB, 则cos∠AOC=cos2∠AOB=2cos2∠AOB-1=. (2)方法一 由题意可知∠ADC=∠AOB, ∠ADB=∠BDC,则||=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 如图建立平面直角坐标系, 由(1)知,B,C的坐标分别为B(4,3),C, 又D(-5,0), 则=,=(9,3),可得·=72. 22.(15分)如图,在△ABC中,=+. (1)求△ABM与△ABC的面积之比; (2)若N为AB中点,与交于点P,且=x+y(x,y∈R),求x+y的值. 解 (1)在△ABC中,=+, 4=3+,3(-)=-, 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. (2)因为=+,∥, =x+y(x,y∈R),所以x=3y, 因为N为AB的中点, 所以=-=x+y-=+y, =-=x+y-=x+(y-1), 因为∥,所以(y-1)=xy, 即2x+y=1,又x=3y, 所以x=,y=,所以x+y=.查看更多