《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢6 平面向量、解三角形、復(fù)數(shù)（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢6 平面向量、解三角形、復(fù)數(shù)（含解析）新人教A版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、單元質(zhì)檢六 平面向量、解三角形、復(fù)數(shù)
(時(shí)間:45分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共8小題,每小題6分,共48分)
1.設(shè)復(fù)數(shù)i-21+i=a+bi(a,b∈R),則a+b=( )
A.1 B.2 C.-1 D.-2
2.已知O是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),D為BC邊的中點(diǎn),且2OA+OB+OC=0,則有( )
A.AO=2OD B.AO=OD
C.AO=3OD D.2AO=OD
3.若非零向量a,b滿足a⊥(2a+b),且a與b的夾角為2π3,則|a||b|=( )
A.12 B.14 C.32 D.2
4.已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為a,∠ABC=60°,則BD
2、·CD=( )
A.-32a2 B.-34a2 C.34a2 D.32a2
5.一艘船以每小時(shí)15 km的速度向東航行,船在A處看到一個(gè)燈塔M在北偏東60°方向,行駛4 h后,船到達(dá)B處,看到這個(gè)燈塔在北偏東15°方向,這時(shí)船與燈塔的距離為( )
A.152 km B.302 km C.452 km D.602 km
6.已知向量OB=(2,0),向量OC=(2,2),向量CA=(2cos α,2sin α),則向量OA與向量OB的夾角的取值范圍是( )
A.0,π4 B.π4,5π12 C.5π12,π2 D.π12,5π12
7.已知|OA|=|OB|=2,點(diǎn)C在線段AB
3、上,且|OC|的最小值為1,則|OA-tOB|(t∈R)的最小值為( )
A.2 B.3
C.2 D.5
8.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,且a·b=1.若e為平面單位向量,則(a+b)·e的最大值為( )
A.6 B.6 C.7 D.7
二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)
9.設(shè)i為虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)z=1-i3-i的虛部是 .?
10.已知向量a=(1,-1),b=(6,-4).若a⊥(ta+b),則實(shí)數(shù)t的值為 .?
11.已知向量OA=(2,2),OB=(4,1),在x軸上存在一點(diǎn)P使AP·BP有最小值,則點(diǎn)P的坐標(biāo)是
4、 .?
12.在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E為BC的中點(diǎn),若F為該矩形內(nèi)(含邊界)任意一點(diǎn),則AE·AF的最大值為 .?
13.若向量a,b滿足a=(-3,1),(a+2b)⊥a,(a+b)⊥b,則|b|= .?
14.在平面直角坐標(biāo)系中,已知A(1,0),B(0,-1),P是曲線y=1-x2上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),則BP·BA的取值范圍是 .?
三、解答題(本大題共2小題,共22分)
15.(11分)在△ABC中,A=30°,BC=25,點(diǎn)D在AB邊上,且∠BCD為銳角,CD=2,△BCD的面積為4.
(1)求cos ∠BCD的值;
(2)求邊AC
5、的長(zhǎng).
16.(11分)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c,滿足ccos B+(2a+b)cos C=0.
(1)求角C;
(2)若c=3,求△ABC面積的最大值.
單元質(zhì)檢六 平面向量、解三角形、復(fù)數(shù)
1.A 解析∵i-21+i=-12+32i=a+bi,
∴a=-12,b=32.
∴a+b=1,故選A.
2.B 解析由2OA+OB+OC=0,得OB+OC=-2OA=2AO,即OB+OC=2OD=2AO,所以O(shè)D=AO,故選B.
3.B 解析∵a⊥(2a+b),且a與b的夾角為2π3,
∴a·(2a+b)=2a2+a·b=2|a|2-12|
6、a||b|=0.
又|a|≠0,|b|≠0,∴2|a|=12|b|,
∴|a||b|=14,故選B.
4.D 解析如圖,設(shè)BA=a,BC=b,
則BD·CD=(BA+BC)·BA=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos60°=a2+12a2=32a2.
5.B 解析如圖所示,依題意有AB=15×4=60(km),∠DAC=60°,∠CBM=15°,
∴∠MAB=30°,∠AMB=45°.
在△AMB中,由正弦定理,
得60sin45°=BMsin30°,解得BM=302(km),故選B.
6.D 解析由題意,得OA=OC+CA=(2+2cosα,2+2si
7、nα),
所以點(diǎn)A的軌跡是圓(x-2)2+(y-2)2=2.
如圖,當(dāng)A為直線OA與圓的切點(diǎn)時(shí),向量OA與向量OB的夾角分別達(dá)到最大值和最小值,故選D.
7.B 解析依題意,可將點(diǎn)A,B置于圓x2+y2=4上;由點(diǎn)C在線段AB上,且|OC|的最小值為1,得原點(diǎn)O到線段AB的距離為1,∠AOB=180°-2×30°=120°,(OA-tOB)2=4+4t2-2t×22cos120°=4t2+4t+4=4t+122+3的最小值為3,因此|OA-tOB|的最小值為3.
8.C 解析(a+b)·e=a·e+b·e≤|a·e|+|b·e|=a·e|e|+b·e|e|,其幾何意義為a在e方向上
8、的投影的絕對(duì)值與b在e方向上的投影的絕對(duì)值的和,
當(dāng)e與a+b共線時(shí),取得最大值,
(|a·e|+|b·e|)max=|a+b|=|a|2+|b|2+2a·b=7,則(a+b)·e的最大值為7,故選C.
9.-15 解析∵z=1-i3-i=(1-i)(3+i)(3-i)(3+i)=4-2i10=25-15i,
∴復(fù)數(shù)z=1-i3-i的虛部是-15.
10.-5 解析由a⊥(ta+b)可得a·(ta+b)=0,
所以ta2+a·b=0,
而a2=12+(-1)2=2,a·b=1×6+(-1)×(-4)=10,所以有t×2+10=0,解得t=-5.
11.(3,0) 解析設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)
9、為(x,0),則AP=(x-2,-2),BP=(x-4,-1),
AP·BP=(x-2)(x-4)+(-2)×(-1)=x2-6x+10=(x-3)2+1.
當(dāng)x=3時(shí),AP·BP有最小值1.
故點(diǎn)P坐標(biāo)為(3,0).
12.92 解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB所在直線為x軸,AD所在直線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系,
則E2,12.
設(shè)F(x,y),則0≤x≤2,0≤y≤1,
則AE·AF=2x+12y,
令z=2x+12y,當(dāng)z=2x+12y過點(diǎn)(2,1)時(shí),AE·AF取最大值92.
13.2 解析∵a=(-3,1),∴|a|=2.
∵(a+2b)⊥a,(a+b)⊥b,
10、∴(a+2b)·a=0,(a+b)·b=0,
即|a|2+2a·b=0,①
|b|2+a·b=0.②
由①-②×2,得|a|2=2|b|2,
則|b|=2.
14.[0,2+1] 解析如圖,畫出函數(shù)y=1-x2的圖象.
這是以O(shè)(0,0)為圓心,以1為半徑的一個(gè)半圓.不妨用虛線把這個(gè)半圓補(bǔ)充為一個(gè)圓.
設(shè)BP與BA的夾角為θ,則θ∈[0°,90°].
當(dāng)θ∈[0°,45°]時(shí),cos(45°-θ)=|BP|2,
當(dāng)θ∈[45°,90°]時(shí),cos(θ-45°)=|BP|2.
由于y=cosx,x∈R是偶函數(shù),
所以|BP|=2cos(θ-45°),θ∈[0°,90°]
11、.
BP·BA=|BP||BA|cosθ
=22cos(θ-45°)cosθ
=2cos2θ+2sinθcosθ
=sin2θ+cos2θ+1
=2sin(2θ+45°)+1.
因?yàn)棣取蔥0°,90°],
所以2θ+45°∈[45°,225°].
當(dāng)2θ+45°=90°,即θ=22.5°時(shí),BP·BA取最大值2+1,
當(dāng)2θ+45°=225°,即θ=90°時(shí),BP·BA取最小值0,
所以BP·BA的取值范圍是[0,2+1].
15.解(1)∵BC=25,CD=2,S△BCD=12BC·CD·sin∠BCD=4,
∴sin∠BCD=255.∴cos∠BCD=55.
(2
12、)在△BCD中,CD=2,BC=25,cos∠BCD=55,
由余弦定理得,DB2=CD2+BC2-2CD·BC·cos∠BCD=16,即DB=4.
∵DB2+CD2=BC2,∴∠BCD=90°,即△ACD為直角三角形.
∵A=30°,∴AC=2CD=4.
16.解(1)由已知得,sinCcosB+(2sinA+sinB)cosC=0,則sinCcosB+sinBcosC+2sinAcosC=0,
∴sin(B+C)+2sinAcosC=0,
則sinA+2sinAcosC=0.
∵sinA>0,∴cosC=-12.
∵C∈(0,π),∴C=2π3.
(2)由余弦定理,c2=a2+b2-2abcosC,
得3=a2+b2+ab≥2ab+ab=3ab,
∴ab≤1,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時(shí)取等號(hào).
∴S△ABC=12absinC≤12×1×32=34.
∴△ABC面積的最大值為34.
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（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢6 平面向量、解三角形、復(fù)數(shù)（含解析）新人教A版
