《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷五 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷五 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 理 北師大版（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、單元質(zhì)檢卷五 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入
(時(shí)間:45分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共12小題,每小題6分,共72分)
1.(2018河北衡水中學(xué)十六模,1)已知i是虛數(shù)單位,則復(fù)數(shù)z=3+7ii的實(shí)部和虛部分別是( )
A.7,-3 B.7,-3i
C.-7,3 D.-7,3i
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( )
A.AO=2OD B.AO=OD
C.AO=3OD D.2AO=OD
3.(2018河北衡水中學(xué)三模,9)已知|a|=1,|b|=2,a與b的夾角為π3,那么|
2、4a-b|等于( )
A.2 B.6
C.23 D.12
4.設(shè)向量a=(2,x-1),b=(x+1,4),則“x=3”是“a∥b”的( )
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
5.(2018河北衡水中學(xué)押題三,2)已知復(fù)數(shù)z=-12-32i,則z+|z|=( )
A.-12-32i B.-12+32i
C.12+32i D.12-32i
6.如圖,已知平面四邊形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC與BD交于點(diǎn)O,記l1=OA·OB,l2=OB·OC,l3=OC·OD,則( )
A.l1
3、
4、0.(2018天津,理8)如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn),則AE·BE的最小值為( )
A.2116 B.32
C.2516 D.3
11.(2018河北衡水中學(xué)17模,8)已知|OA|=|OB|=2,點(diǎn)C在線段AB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
12.(2018河北衡水中學(xué)金卷一模,11)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且acos B+3asin B=b+c,b=1,點(diǎn)D是△ABC的重心,且AD=7
5、3,則△ABC的外接圓的半徑為( )
A.1 B.2
C.3 D.4
二、填空題(本大題共4小題,每小題7分,共28分)
13.(2018河北衡水中學(xué)三模,13)若向量a=(-1,2),b=(-1,-1),則4a+2b與a-b的夾角等于 .?
14.(2018河北衡水中學(xué)一模,14)已知向量a=(2sin α,cos α),b=(1,-1),且a⊥b,則(a-b)2= .?
15.(2018湖南長(zhǎng)郡中學(xué)三模,14)已知向量a,b滿足:|a|=|b|=1,且a·b=12,若c=xa+yb,其中x>0,y>0且x+y=2,則|c|的最小值是 .?
16.(2
6、018河北衡水中學(xué)金卷一模,15)已知在直角梯形ABCD中,AB=AD=2CD=2,∠ADC=90°,若點(diǎn)M在線段AC上,則|MB+MD|的取值范圍為 .?
參考答案
單元質(zhì)檢卷五 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入
1.A 因?yàn)閺?fù)數(shù)z=3+7ii=3i+7i2i2=7-3i,
所以,復(fù)數(shù)z=3+7ii的實(shí)部是7,虛部是-3,故選A.
2.B 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.C |4a-b|=16a2-8a·b+b2=16-8+4=23,選C.
4.A 當(dāng)x=3時(shí),a=
7、(2,2),b=(4,4),此時(shí)a∥b;當(dāng)a∥b時(shí),(x-1)(x+1)=2×4,解得x=±3.所以“x=3”是“a∥b”的充分不必要條件.
5.C 根據(jù)z=-12-32i,可得z=-12+32i,且|z|=14+34=1,所以有z+|z|=-12+32i+1=12+32i,故選C.
6.C 由題圖可得OA<12AC90°,∠BOC<90°,
所以l2=OB·OC>0,l1=OA·OB<0,l3=OC·OD<0,且|l1|<|l3|,所以l3
8、).
因?yàn)閏=(3,4),(b+λa)⊥c,
所以(b+λa)·c=0,即(1+λ,2λ)·(3,4)=3+3λ+8λ=0,
解得λ=-311,故選A.
8.D ∵GA+GB+GC=0,
∴OA-OG+OB-OG+OC-OG=0,
∴OA=3OG-OB-OC=3×16BC-OB-OC=12(OC-OB)-OB-OC
=-32OB-12OC,
則m=-32,n=-12,則m-n=-1.
另解OA=OG+GA=OG-GB-GC=OG+BG+CG=3OG-OB-OC=3×16BC-OB-OC=12(OC-OB)-OB-OC=-12OC-32OB.
∴m=-32,n=-12,
∴
9、m-n=-32+12=-1.
9.D 因?yàn)锳C=λAM+μBD,
所以AB+AD=λAB+12AD+μ(AD-AB),
即AB+AD=(λ-μ)AB+λ2+μAD,
因此λ-μ=1,λ2+μ=1,
所以λ=43,μ=13,λ+μ=53,故選D.
10.A 如圖,取AB的中點(diǎn)F,連接EF.
AE·BE=(AE+BE)2-(AE-BE)24=(2FE)2-AB24=|FE|2-14.
當(dāng)EF⊥CD時(shí),|EF|最小,即AE·BE取最小值.
過(guò)點(diǎn)A作AH⊥EF于點(diǎn)H,由AD⊥CD,EF⊥CD,可得EH=AD=1,∠DAH=90°.
因?yàn)椤螪AB=120°,所以∠HAF=30°.
10、
在Rt△AFH中,易知AF=12,HF=14,
所以EF=EH+HF=1+14=54.
所以(AE·BE)min=542-14=2116.
11.B ∵|OA|=|OB|=2,
∴點(diǎn)O在線段AB的垂直平分線上.
∵點(diǎn)C在線段AB上,且|OC|的最小值為1,
∴當(dāng)C是AB的中點(diǎn)時(shí)|OC|最小,此時(shí)|OC|=1,
∴OB與OC的夾角為60°,
∴OA,OB的夾角為120°.
又|OA-tOB|2=OA2+t2OB2-2tOA·OB=4+4t2-2t·4·cos 120°=4t2+4t+4=4t+122+3≥3,當(dāng)且僅當(dāng)t=-12時(shí)等號(hào)成立.
∴|OA-tOB|2的最小值為3
11、,
∴|OA-tOB|的最小值為3.故選B.
12.A 由正弦定理,得sin Acos B+3sin Asin B=sin B+sin(A+B),
即3sin Asin B=sin B+cos Asin B.
又sin B≠0,∴3sin A-cos A=1,
∴sinA-π6=12.
由0
12、理得,△ABC的外接圓半徑R=a2sinA=1.故選A.
13.π4 cos θ=(4a+2b)·(a-b)|4a+2b||a-b|=(-6,6)·(0,3)62×3=22,因?yàn)棣取蔥0,π],所以θ=π4.
14.185 由a⊥b得2a·b=2sin α-cos α=0,∴tan α=12,(a-b)2=a2+b2-2a·b=a2+b2=4sin 2α+cos 2α+2=4tan2α+11+tan2α+2=185,故答案為185.
15.3 ∵|a|=|b|=1,且a·b=12,當(dāng)c=xa+yb時(shí),c2=x2a2+2xya·b+y2b2,
=x2+xy+y2=(x+y)2-xy.
13、又x>0,y>0且x+y=2,∴xy≤x+y22=1,
當(dāng)且僅當(dāng)x=y=1時(shí)取“=”,∴|c|2≥(x+y)2-x+y22=22-1=3,∴|c|的最小值是3,故答案為3.
16.255,22 建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,
則A(0,0),B(2,0),C(1,2),D(0,2),設(shè)AM=λAC(0≤λ≤1),則M(λ,2λ),
故MD=(-λ,2-2λ),MB=(2-λ,-2λ),則MB+MD=(2-2λ,2-4λ),
|MB+MD|=(2-2λ)2+(2-4λ)2=20λ-352+45,
當(dāng)λ=0時(shí),|MB+MD|取得最大值22,當(dāng)λ=35時(shí),|MB+MD|取得最小值255,
∴|MB+MD|∈255,22.
6
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