人教版高三数学总复习第四章单元质量检测

人教版高三数学总复习第四章单元质量检测

第四章单元质量检测 时间：90 分钟 分值：100 分 一、选择题(每小题 4 分，共 40 分) 1．复数 z＝3－1 i(i 为虚数单位)的模为( ) A．2 B．3 C. 10 D．4 解析：由 z＝3－1 i ＝3－ i i2＝3＋i. 所以|z|＝ 32＋12＝ 10.故选 C. 答案：C 2．已知平面向量 a＝(－2，m)，b＝(1， 3)，且(a－b)⊥b，则实 数 m 的值为( ) A．－2 3 B．2 3 C．4 3 D．6 3 解析：因为(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，即－2＋ 3m －4＝0，解得 m＝2 3. 答案：B 3．计算 1 2 － 3 2 i 1 2 ＋ 3 2 i 2＝( ) A.1 8 －3 3 8 i B.1 8 ＋3 3 8 i C.1 2 － 3 2 i D.1 2 ＋ 3 2 i 解析：原式＝ 1 2 － 3 2 i 1 4 ＋2×1 2 × 3 2 i＋3 4i2 ＝ 1 2 － 3 2 i 3 2 i－1 2 ＝－ 1 2 － 3 2 i 2 ＝－ 1 4 － 3 2 i＋3 4i2 ＝1 2 ＋ 3 2 i. 答案：D 4．已知平面向量 a＝(1，－2)，b＝(2,1)，c＝(－4，－2)，则下列 结论中错误的是( ) A．向量 c 与向量 b 共线 B．若 c＝λ1a＋λ2b(λ1，λ2∈R)，则λ1＝0，λ2＝－2 C．对同一平面内任意向量 d，都存在实数 k1，k2，使得 d＝k1b＋ k2c D．向量 a 在向量 b 方向上的投影为 0 解析：选项 A 正确，c＝－2b，所以向量 c 与向量 b 共线；选项 B 正确，由 c＝λ1a＋λ2b 可知， －4＝λ1＋2λ2， －2＝－2λ1＋λ2， 解得 λ1＝0， λ2＝－2. 选项 C 错误，向量 c 与向量 b 共线，所以由平面向量基本定理可知，它们 的线性组合不能表示出同一平面内的任意向量；选项 D 正确，a·b＝0， 所以 a⊥b，夹角是 90°，向量 a 在向量 b 方向上的投影为|a|cos90°＝ 0. 答案：C 5．P 是△ABC 内的一点，AP→＝1 3(AB→＋AC→ )，则△ABC 的面积与 △ABP 的面积之比为( ) A．3 B．6 C．2 D.3 2 解析： 设 D 是 BC 的中点，则AB→＋AC→＝2AD→ ， 由题意，得AP→＝2 3AD→ ， 所以 D 在 AP 上，且 P 是△ABC 的重心． 故S△ABC S△ABP ＝3 1 ＝3. 答案：A 6．设 i 是虚数单位，若复数 1－i 2－ai 为实数，则实数 a 为( ) A．2 B．－2 C．－1 2 D.1 2 解析：由于 1－i 2－ai ＝ 1－i2＋ai 2－ai2＋ai ＝2＋a＋a－2i 4＋a2 ，依题意知 a－2 ＝0，则 a＝2. 答案：A 7．平面上有四个互异点 A，B，C，D，已知(DB→ ＋DC→ －2DA→ )·(AB→ －AC→)＝0，则△ABC 的形状是( ) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．无法确定 解析：由(DB→ ＋DC→ －2DA→ )·(AB→－AC→)＝0， 得[(DB→ －DA→ )＋(DC→ －DA→ )]·(AB→－AC→)＝0， 所以(AB→＋AC→)·(AB→－AC→)＝0. 所以|AB→|2－|AC→|2＝0，∴|AB→|＝|AC→|， 故△ABC 是等腰三角形． 答案：B 8．已知正方形 ABCD(字母顺序是 A→B→C→D)的边长为 1，点 E 是 AB 边上的动点(可以与 A 或 B 重合)，则DE→ ·CD→ 的最大值是( ) A．1 B.1 2 C．0 D．－1 解析： 建立直角坐标系如图所示，设 E(x,0)，x∈[0,1]，则 D(0,1)，C(1,1)， B(1,0)，所以DE→ ·CD→ ＝(x，－1)·(－1,0)＝－x，当 x＝0 时取得最大值 0. 答案：C 9．如图所示，P 为△AOB 所在平面上一点，向量OA→ ＝a，OB→ ＝b， 且 P 在线段 AB 的垂直平分线上，向量OP→ ＝c.若|a|＝3，|b|＝2，则 c·(a －b)的值为( ) A．5 B．3 C.5 2 D.3 2 解析：设 AB 的中点为 D，连接 OD，则 c＝OP→ ＝OD→ ＋DP→ ，所以 c·(a－b)＝(OD→ ＋DP→ )·BA→＝OD→ ·BA→＋DP→ ·BA→＝OD→ ·BA→＝1 2(a＋b)·(a－b) ＝1 2(|a|2－|b|2)＝5 2. 答案：C 10．已知 O 为平面内一点，A，B，C 是平面内不共线的三点，且 OP→ ＝1 2(OB→ ＋OC→ )＋λ AB→ |AB→|cosB ＋ AC→ |AC→|cosC ，λ∈(0，＋∞)，则 P 点的轨 迹一定过△ABC 的( ) A．内心 B．垂心 C．重心 D．外心 解析：设 D 点为△ABC 中 BC 边的中点，则已知等式可变为 OP→ ＝OD→ ＋λ AB→ |AB→|cosB ＋ AC→ |AC→|cosC ， DP→ ＝λ AB→ |AB→|cosB ＋ AC→ |AC→|cosC ， 等式两边点乘向量BC→得BC→·DP→ ＝λ AB→·BC→ |AB→|cosB ＋ AC→·BC→ |AC→|cosC ＝λ(－|BC→|＋|BC→|)＝0， 所以BC→⊥DP→ .故 P 点的轨迹一定通过△ABC 的外心． 答案：D 二、填空题(每小题 4 分，共 16 分) 11．计算 1－i 1＋i 2 014＝________. 解析：原式＝ 1－i2 1＋i1－i 2 014＝ 1－2i＋i2 2 2 014 ＝(－i)2 014＝i2 014＝(i4)503·i2＝－1. 答案：－1 12．在 OA 为边，OB 为对角线的矩形中，OA→ ＝(－3,1)，OB→ ＝(－ 2，k)，则实数 k＝________. 解析：AB→＝OB→ －OA→ ＝(－2，k)－(－3,1)＝(1，k－1)，因为 OA⊥ AB，所以OA→ ·AB→＝0，即－3＋k－1＝0，解得 k＝4. 答案：4 13．已知在平面直角坐标系中，O(0,0)，M(1,1)，N(0,1)，Q(2,3)， 动点 P(x，y)满足不等式 0≤OP→ ·OM→ ≤1,0≤OP→ ·ON→ ≤1，则 z＝OQ→ ·OP→ 的 最大值为________． 解析：OP→ ＝(x，y)，OM→ ＝(1,1)，ON→ ＝(0,1)， ∴OP→ ·OM→ ＝x＋y，OP→ ·ON→ ＝y， 即在 0≤x＋y≤1， 0≤y≤1 条件下，求 z＝2x＋3y 的最大值，由线性规 划知识，当 x＝0，y＝1 时，zmax＝3. 答案：3 14．已知点 A(3,0)，B(0,3)，C(cosα，sinα)，若AC→ ·BC→ ＝－1，则 1＋tanα 2sin2α＋sin2α 的值为________． 解析：由题意，得AC→＝(cosα－3，sinα)，BC→＝(cosα，sinα－3)， 所以AC→·BC→＝cosα(cosα－3)＋sinα(sinα－3)＝－1，即 sinα＋cosα＝2 3. 两边平方，得 1＋2sinαcosα＝4 9 ， 所以 2sinαcosα＝－5 9. 原式＝ 1＋sinα cosα 2sinαsinα＋cosα ＝ 1 2sinαcosα ＝－9 5. 答案：－9 5 三、解答题(共 4 小题，共 44 分，解答应写出必要的文字说明、 计算过程或证明步骤．) 15．(10 分)已知复数 z＝bi(b∈R)，z－2 1＋i 是实数，i 是虚数单位． (1)若复数 z. (2)若复数(m＋z)2 所表示的点在第一象限，求实数 m 的取值范围． 解：(1)因为 z＝bi(b∈R)， 所以z－2 1＋i ＝bi－2 1＋i ＝bi－21－i 1＋i1－i ＝b－2＋b＋2i 2 ＝b－2 2 ＋b＋2 2 i. 又因为z－2 1＋i 是实数，所以b＋2 2 ＝0，所以 b＝－2，即 z＝－2i. (2)因为 z＝－2i，m∈R，所以(m＋z)2＝(m－2i)2＝m2－4mi＋4i2 ＝(m2－4)－4mi，又因为复数(m＋z)2 所表示的点在第一象限，所以 m2－4>0， －4m>0. 解得 m<－2，即 m∈(－∞，－2)． 16．(10 分)已知向量 m＝(cosx，sinx)，n＝ 2 2 ， 2 2 . (1)若 m⊥n，求|m－n|. (2)设 f(x)＝m·n，若 f(α)＝3 5 ，求 f 2α＋3π 4 的值． 解：(1)由 m⊥n，则 m·n＝0，故|m－n|2＝m2＋n2－2mn＝1＋1＝ 2，所以|m－n|＝ 2. (2)f(x)＝m·n＝ 2 2 cosx＋ 2 2 sinx＝sin x＋π 4 ， 由 f(α)＝3 5 ，故 cosα＋sinα＝3 2 5 . 平方后得，sin2α＋cos2α＋2cosαsinα＝18 25 ，所以 sin2α＝－ 7 25 ， f 2α＋3π 4 ＝sin(2α＋π)＝－sin2α＝ 7 25. 17．(12 分)已知点 G 是△ABO 的重心，M 是 AB 边的中点． (1)求GA→ ＋GB→ ＋GO→ ； (2)若 PQ 过△ABO 的重心 G，且OA→ ＝a，OB→ ＝b，OP→ ＝ma，OQ→ ＝ nb，求证：1 m ＋1 n ＝3. 解：(1)∵GA→ ＋GB→ ＝2GM→ ，又 2GM→ ＝－GO→ ， ∴GA→ ＋GB→ ＋GO→ ＝－GO→ ＋GO→ ＝0. (2)证明：显然OM→ ＝1 2(a＋b)． 因为 G 是△ABO 的重心，所以OG→ ＝2 3OM→ ＝1 3(a＋b)． 由 P，G，Q 三点共线，得PG→ ∥GQ→ ， 所以，有且只有一个实数λ，使PG→ ＝λGQ→ . 而PG→ ＝OG→ －OP→ ＝1 3(a＋b)－ma＝ 1 3 －m a＋1 3b， GQ→ ＝OQ→ －OG→ ＝nb－1 3(a＋b)＝－1 3a＋ n－1 3 b， 所以 1 3 －m a＋1 3b＝λ －1 3a＋ n－1 3 b . 又因为 a，b 不共线，所以 1 3 －m＝－1 3λ， 1 3 ＝λ n－1 3 ， 消去λ，整理得 3mn＝m＋n，故1 m ＋1 n ＝3. 18．(12 分)已知 m＝(2cosx＋2 3sinx,1)，n＝(cosx，－y)，且 m⊥ n. (1)将 y 表示为 x 的函数 f(x)，并求 f(x)的单调增区间． (2)已知 a，b，c 分别为△ABC 的三个内角∠A，∠B，∠C 对应的 边长，若 f A 2 ＝3，且 a＝2，b＋c＝4，求△ABC 的面积． 解：(1)由 m⊥n 得 m·n＝0， 所以 2cos2x＋2 3sinxcosx－y＝0， 即 y＝2cos2x＋2 3sinxcosx＝cos2x＋ 3sin2x＋1 ＝2sin 2x＋π 6 ＋1， 由－π 2 ＋2kπ≤2x＋π 6 ≤π 2 ＋2kπ，k∈Z， 得－π 3 ＋kπ≤x≤π 6 ＋kπ，k∈Z， 即增区间为 －π 3 ＋kπ，π 6 ＋kπ ，k∈Z. (2)因为 f A 2 ＝3， 所以 2sin A＋π 6 ＋1＝3，sin A＋π 6 ＝1， 所以 A＋π 6 ＝2kπ＋π 2 ，k∈Z. 因为 0

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