2018年高考数学一轮复习单元评估检测试
题
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单元评估检测(四) 第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
(120分钟 150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目
要求
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的)
1.已知复数z=eq \f(1+2i,2-i)(i为虚数单位),则z的虚部为( )
A.-1 B.0 C.1 D.i
[
答案
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] C
2.若z=4+3i,则eq \f(\x\to(z),|z|)=( )
A.1 B.-1 C.eq \f(4,5)+eq \f(3,5)I D.eq \f(4,5)-eq \f(3,5)i
[答案] D
3.若复数z满足(1+i)z=2,则z的虚部为( )
A.-1 B.-i C.I D.1
[答案] A
4.复数z=eq \f(-3+i,2+i)的共扼复数是( )
【导学号:79140414】
A.2+I B.2-i C.-1+I D.-1-i
[答案] D
5.已知向量a=(2,4),b=(-1,1),则2a+b=( )
A.(5,7) B.(5,9) C.(3,7) D.(3,9)
[答案] D
6.复数z1=3+i,z2=1-i,则z=z1·z2在复平面内的对应点位于( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
[答案] D
7.设向量a,b满足|a+b|=eq \r(10),|a-b|=eq \r(6),则a·b=( )
A.1 B.2 C.3 D.5
[答案] A
8.设复数z1=2sin θ+icos θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)<θ<\f(π,2)))在复平面上对应向量eq \o(OZ1,\s\up7(→)),将eq \o(OZ1,\s\up7(→))按顺时针方向旋转eq \f(3,4)π后得到向量eq \o(OZ2,\s\up7(→)),eq \o(OZ2,\s\up7(→))对应的复数为z2=x+yi(x,y∈R),则eq \f(y,x)=( )
A.eq \f(2tan θ+1,2tan θ-1)
B.eq \f(2tan θ-1,2tan θ+1)
C.eq \f(1,2tan θ+1)
D.eq \f(1,2tan θ-1)
[答案] A
9.与向量a=(3,4)同方向的单位向量为b,又向量c=(-5,5),则b·c=( )
A.(-3,4)
B.(3,-4)
C.1
D.-1
[答案] C
10.如图41,在平行四边形ABCD中,O是对角线AC与BD的交点,N是线段OD的中点,AN的延长线与CD交于点E,则下列说法错误的是( )
图41
A.eq \o(AC,\s\up7(→))=eq \o(AB,\s\up7(→))+eq \o(AD,\s\up7(→))
B.eq \o(BD,\s\up7(→))=eq \o(AD,\s\up7(→))-eq \o(AB,\s\up7(→))
C.eq \o(AO,\s\up7(→))=eq \f(1,2)
eq \o(AB,\s\up7(→))+eq \f(1,2)
eq \o(AD,\s\up7(→))
D.eq \o(AE,\s\up7(→))=eq \f(5,3)
eq \o(AB,\s\up7(→))+eq \o(AD,\s\up7(→))
[答案] D
11.复数z1,z2在复平面内对应的点关于直线y=x对称,且z1=3+2i,则z2=( )
A.3-2i
B.2-3i
C.-3-2i
D.2+3i
[答案] D
12.已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a+b)⊥b,则m=( )
A.-8 B.-6 C.6 D.8
[答案] D
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.已知正方形ABCD的边长为2,E为CD的中点,则eq \o(AE,\s\up7(→))·eq \o(BD,\s\up7(→))=________.
[答案] 2
14.平面向量a=(1,2),b=(4,2),c=ma+b(m∈R),且c与a的夹角等于c与b的夹角,则m=________.
[答案] 2
15.已知两个单位向量a,b的夹角为60°,c=ta+(1-t)b,若b·c=0,则t=________.
[答案] 2
16.对于复数z1,z2,若(z1-i)z2=1,则称z1是z2的“错位共轭”复数,则复数eq \f(\r(3),2)-eq \f(1,2)i的“错位共轭”复数为________.
【导学号:79140415】
[答案] eq \f(\r(3),2)+eq \f(3,2)i
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)已知A(-1,0),B(0,2),C(-3,1),eq \o(AB,\s\up7(→))·eq \o(AD,\s\up7(→))=5,|eq \o(AD,\s\up7(→))|=eq \r(10).
(1)求D点坐标;
(2)若D点在第二象限,用eq \o(AB,\s\up7(→)),eq \o(AD,\s\up7(→))
表
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示eq \o(AC,\s\up7(→));
(3)eq \o(AE,\s\up7(→))=(m,2),若3eq \o(AB,\s\up7(→))+eq \o(AC,\s\up7(→))与eq \o(AE,\s\up7(→))垂直,求eq \o(AE,\s\up7(→))的坐标.
[解] (1)D(2,1)或D(-2,3).
(2)eq \o(AC,\s\up7(→))=-eq \o(AB,\s\up7(→))+eq \o(AD,\s\up7(→)).
(3)eq \o(AE,\s\up7(→))=(-14,2).
18.(本小题满分12分)如图42,在△ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上两个三等分点,eq \o(BA,\s\up7(→))·eq \o(CA,\s\up7(→))=4,eq \o(BF,\s\up7(→))·eq \o(CF,\s\up7(→))=-1,求eq \o(BE,\s\up7(→))·eq \o(CE,\s\up7(→))的值.
【导学号:79140416】
图42
[解] eq \f(7,8).
19.(本小题满分12分)已知复数z=1+i,ω=eq \f(z2-3z+6,z+1).
(1)求复数ω;
(2)设复数ω在复平面内对应的向量为eq \o(OA,\s\up7(→)),把向量(0,1)按照逆时针方向旋转θ到向量eq \o(OA,\s\up7(→))的位置,求θ的最小值.
[解] (1)1-i. (2)eq \f(5,4)π.
20.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.
已知向量m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\f(A,2),sin\f(A,2))),n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(A,2),-2sin\f(A,2))),m·n=-1.
(1)求cos A的值;
(2)若a=2eq \r(3),b=2,求c的值.
[解] (1)-eq \f(1,2). (2)2.
21.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知向量m=(cos A,cos B),n=(a,2c-b),且m∥n.
【导学号:79140417】
(1)求角A的大小;
(2)若a=4,求△ABC面积的最大值.
[解] (1)因为m∥n,
所以acos B-(2c-b)cos A=0,
由正弦定理得
sin Acos B-(2sin C-sin B)cos A=0,
所以sin Acos B+sin Bcos A
=2sin Ccos A,
所以sin(A+B)=2sin Ccos A,
因为A+B+C=π,
所以sin C=2sin Ccos A,
因为0<C<π,所以sin C>0,
所以cos A=eq \f(1,2),
因为0<A<π,所以A=eq \f(π,3).
(2)由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
所以16=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,
因此bc≤16,
当且仅当b=c=4时,等号成立;
因此△ABC的面积S=eq \f(1,2)bcsin A≤4eq \r(3),
因此△ABC面积的最大值为4eq \r(3).
22.(本小题满分12分)已知平面上的两个向量eq \o(OA,\s\up7(→)),eq \o(OB,\s\up7(→))满足|eq \o(OA,\s\up7(→))|=a,|eq \o(OB,\s\up7(→))|=b,且eq \o(OA,\s\up7(→))⊥eq \o(OB,\s\up7(→)),a2+b2=4.向量eq \o(OP,\s\up7(→))=xeq \o(OA,\s\up7(→))+yeq \o(OB,\s\up7(→))(x,y∈R),且a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))2+b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(1,2)))2=1.
(1)如果点M为线段AB的中点,求证:eq \o(MP,\s\up7(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))
eq \o(OA,\s\up7(→))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(1,2)))
eq \o(OB,\s\up7(→));
(2)求|eq \o(OP,\s\up7(→))|的最大值,并求出此时四边形OAPB面积的最大值.
[解] (1)因为点M为线段AB的中点,
所以eq \o(OM,\s\up7(→))=eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up7(→))+eq \o(OB,\s\up7(→))).
所以eq \o(MP,\s\up7(→))=eq \o(OP,\s\up7(→))-eq \o(OM,\s\up7(→))=(xeq \o(OA,\s\up7(→))+yeq \o(OB,\s\up7(→)))-eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up7(→))+eq \o(OB,\s\up7(→)))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))
eq \o(OA,\s\up7(→))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(1,2)))
eq \o(OB,\s\up7(→)).
(2)设点M为线段AB的中点,则由eq \o(OA,\s\up7(→))⊥eq \o(OB,\s\up7(→)),知|eq \o(MA,\s\up7(→))|=|eq \o(MB,\s\up7(→))|=|eq \o(MO,\s\up7(→))|
=eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up7(→))|=1.
又由(1)及a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))
eq \s\up7(2)+b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(1,2)))
eq \s\up7(2)=1,
得|eq \o(MP,\s\up7(→))|2=|eq \o(OP,\s\up7(→))-eq \o(OM,\s\up7(→))|2
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))
eq \s\up7(2)
eq \o(OA,\s\up7(→))2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(1,2)))
eq \s\up7(2)
eq \o(OB,\s\up7(→))2
=a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))
eq \s\up7(2)+b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(1,2)))
eq \s\up7(2)=1.
所以|eq \o(MP,\s\up7(→))|=|eq \o(MA,\s\up7(→))|=|eq \o(MB,\s\up7(→))|=|eq \o(MO,\s\up7(→))|=eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up7(→))|=1,所以P,O,A,B四点都在以M为圆心,1为半径的圆上.所以当且仅当OP是直径时,|eq \o(OP,\s\up7(→))|max=2,这时四边形OAPB为矩形,则S四边形OAPB=|eq \o(OA,\s\up7(→))|·|eq \o(OB,\s\up7(→))|=ab≤eq \f(a2+b2,2)=2,当且仅当a=b=eq \r(2)时,四边形OAPB的面积最大,最大值为2.
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