《（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,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,D為BC邊的中點,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的邊長為a,∠ABC=60°,則BD

2、·CD=(　　) A.-32a2 B.-34a2 C.34a2 D.32a2 5.一艘船以每小時15 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(dá)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 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AP·BP有最小值,則點P的坐標(biāo)是　　

4、　　　.? 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上一個動點,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. 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=-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(dá)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°-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, (|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,AP·BP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0≤x≤2,0≤y≤1, 則AE·AF=2x+12y, 令z=2x+12y,當(dāng)z=2x+12y過點(2,1)時,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θ,則θ∈[0°,90°]. 當(dāng)θ∈[0°,45°]時,cos(45°-θ)=|BP|2, 當(dāng)θ∈[45°,90°]時,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. 因為θ∈[0°,90°], 所以2θ+45°∈[45°,225°]. 當(dāng)2θ+45°=90°,即θ=22.5°時,BP·BA取最大值2+1, 當(dāng)2θ+45°=225°,即θ=90°時,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時取等號. ∴S△ABC=12absinC≤12×1×32=34. ∴△ABC面積的最大值為34. 7