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 12页

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＝.‎