（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

《（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頁珍藏版）》請在裝配圖網(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,bR),則a+b=()A.1B.2C.-1D.-22.已知O是ABC所在平面內(nèi)一點,D為BC邊的中點,且2OA+OB+OC=0,則有()A.AO=2ODB.AO=ODC.AO=3ODD.2AO=OD3.若非零向量a,b滿足a(2a+b),且a與b的夾角為23,則|a|b|=()A.12B.14C.32D.24.已知菱形ABCD的邊長為a,ABC=60,則BDCD=()A.-32a2B.-34a2C.34a2D.32a25.一艘船以每小時15

2、km的速度向東航行,船在A處看到一個燈塔M在北偏東60方向,行駛4 h后,船到達B處,看到這個燈塔在北偏東15方向,這時船與燈塔的距離為()A.152 kmB.302 kmC.452 kmD.602 km6.已知向量OB=(2,0),向量OC=(2,2),向量CA=(2cos ,2sin ),則向量OA與向量OB的夾角的取值范圍是()A.0,4B.4,512C.512,2D.12,5127.已知|OA|=|OB|=2,點C在線段AB上,且|OC|的最小值為1,則|OA-tOB|(tR)的最小值為()A.2B.3C.2D.58.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,且ab=1.若e為平面單

3、位向量,則(a+b)e的最大值為()A.6B.6C.7D.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P使APBP有最小值,則點P的坐標(biāo)是.12.在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E為BC的中點,若F為該矩形內(nèi)(含邊界)任意一點,則AEAF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,-

4、1),P是曲線y=1-x2上一個動點,則BPBA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的長.16.(11分)在ABC中,角A,B,C所對的邊分別是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=-

5、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23,a(2a+b)=2a2+ab=2|a|2-12|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BDCD=(BA+BC)BA=(a+b)a=a2+ab=a2+aacos60=a2+12a2=32a2.5.B解析如圖所示,依題意有AB=154=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

6、.D解析由題意,得OA=OC+CA=(2+2cos,2+2sin),所以點A的軌跡是圓(x-2)2+(y-2)2=2.如圖,當(dāng)A為直線OA與圓的切點時,向量OA與向量OB的夾角分別達到最大值和最小值,故選D.7.B解析依題意,可將點A,B置于圓x2+y2=4上;由點C在線段AB上,且|OC|的最小值為1,得原點O到線段AB的距離為1,AOB=180-230=120,(OA-tOB)2=4+4t2-2t22cos120=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=ae+be|ae|+|be|=ae|e|+be|e|,其幾何意義為a在e

7、方向上的投影的絕對值與b在e方向上的投影的絕對值的和,當(dāng)e與a+b共線時,取得最大值,(|ae|+|be|)max=|a+b|=|a|2+|b|2+2ab=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+ab=0,而a2=12+(-1)2=2,ab=16+(-1)(-4)=10,所以有t2+10=0,解得t=-5.11.(3,0)解析設(shè)點P坐標(biāo)為(x,0),則AP=(x-2,-2),BP=(x-4,-

8、1),APBP=(x-2)(x-4)+(-2)(-1)=x2-6x+10=(x-3)2+1.當(dāng)x=3時,APBP有最小值1.故點P坐標(biāo)為(3,0).12.92解析以A為坐標(biāo)原點,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0x2,0y1,則AEAF=2x+12y,令z=2x+12y,當(dāng)z=2x+12y過點(2,1)時,AEAF取最大值92.13.2解析a=(-3,1),|a|=2.(a+2b)a,(a+b)b,(a+2b)a=0,(a+b)b=0,即|a|2+2ab=0,|b|2+ab=0.由-2,得|a|2=2|b|2,則|b|=2.14.0,

9、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為半徑的一個半圓.不妨用虛線把這個半圓補充為一個圓.設(shè)BP與BA的夾角為,則0,90.當(dāng)0,45時,cos(45-)=|BP|2,當(dāng)45,90時,cos(-45)=|BP|2.由于y=cosx,xR是偶函數(shù),所以|BP|=2cos(-45),0,90.BPBA=|BP|BA|cos=22cos(-45)cos=2cos2+2sincos=sin2+cos2+1=2sin(2+45)+1.因為0,90,所以2+4545,225.當(dāng)2+45=90,即=22.5時,BPBA取最大值2+1,當(dāng)2+45=225,即=90時,BPB

10、A取最小值0,所以BPBA的取值范圍是0,2+1.15.解(1)BC=25,CD=2,SBCD=12BCCDsinBCD=4,sinBCD=255.cosBCD=55.(2)在BCD中,CD=2,BC=25,cosBCD=55,由余弦定理得,DB2=CD2+BC2-2CDBCcosBCD=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.sinA0,cosC=-12.C(0,),C=23.(2)由余弦定理,c2=a2+b2-2abcosC,得3=a2+b2+ab2ab+ab=3ab,ab1,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時取等號.SABC=12absinC12132=34.ABC面積的最大值為34.7