1、单元质检卷五平面向量、复数(时间:120分钟满分:100分)一、选择题:本题共8小题,每小题5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.设OM=(-3,3),ON=(-5,-1),则12MN等于()A.(-2,4)B.(1,2)C.(4,-1)D.(-1,-2)2.已知i为虚数单位,则i+i2+i3+i2 019等于()A.0B.1C.-1D.-i3.设复数z满足iz=7-i-|3-4i|,则复数z的共轭复数z=()A.-1-2iB.-1+2iC.1-2iD.1+2i4.设非零向量a,b满足(a-2b)a,则“|a|=|b|”是“a与b的夹角为3”的()A.充分不必
2、要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.在复平面内,复数z=2+ii2019,则复数z的共轭复数z对应的点所在象限为()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限6.已知向量AB=(2,3),AC=(3,t),且AB与BC的夹角不大于2,则t的取值范围为()A.73,+B.73,+C.73,92D.92,+7.在ABC中,OA+OB+OC=0,AE=2EB,|AB|=|AC|,若ABAC=9AOEC,则实数=()A.33B.32C.63D.628.若平面向量a,b,e满足|a|=2,|b|=3,|e|=1,且ab-e(a+b)+1=0,则|a-b|的最小值是()A
3、.1B.13-43C.12-43D.7二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.已知复数z=i1-i,则以下说法正确的是()A.复数z的虚部为i2B.|z|=22C.z的共轭复数z=12-i2D.在复平面内与z对应的点在第二象限10.已知正三角形ABC的边长为2,设AB=2a,BC=b,则下列结论正确的是()A.|a+b|=1B.abC.(4a+b)bD.ab=-111.欧拉公式eix=cos x+isin x(i为虚数单位,xR)是由瑞土著名数学家欧拉发现的,它将指数函数的定义域扩大到复数
4、,建立了三角函数和指数函数之间的关系,根据此公式可知,下面结论中正确的是()A.ei+1=0B.|eix|=1C.cos x=eix-e-ix2D.e12i在复平面内对应的点位于第二象限12.已知ABC的面积为3,在ABC所在的平面内有两点P,Q,满足PA+2PC=0,QA=2QB,记APQ的面积为S,则下列说法正确的是()A.PBCQB.BP=13BA+23BCC.PAPC0D.S=4三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.德国数学家阿甘得在1806年公布了虚数的图像表示法,形成由各点都对应复数的“复平面”,后来又称“阿甘得平面”.高斯在1831年,用实数组(a,b)代表复数a
5、+bi,并建立了复数的某些运算,使得复数的某些运算也像实数一样“代数化”.若复数z满足(3+4i)z=7+i,则z对应的点位于第象限.14.(2020辽宁铁岭高三模拟)已知向量a=(m,1),b=(4,m),向量a在b上的投影的数量的绝对值为5,则m=.15.如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC=3,D,E与M,N分别是AB,AC的三等分点,且DNME=-1,则tan A=,ABBC=.16.在ABC中,已知AB=3,AC=2,BAC=120,D为边BC的中点.若BEAD,垂足为E,则BEAC的值为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)
6、已知A(1,2),B(a,1),C(2,3),D(-1,b)(a,bR)是复平面上的四个点,且向量AB,CD对应的复数分别为z1,z2.(1)若z1+z2=1+i,求z1,z2;(2)若|z1+z2|=2,z1-z2为实数,求a,b的值.18.(12分)如图所示,在ABCD中,AB=a,AD=b,BM=23BC,AN=14AB.(1)试用向量a,b来表示DN,AM;(2)AM交DN于点O,求AOOM的值.19.(12分)已知向量a=(cos x,sin x),b=(cos x,-sin x),x0,2.(1)求|a+b|;(2)若f(x)=ab-|a+b|,求f(x)的最大值和最小值.20.(
7、12分)已知向量a=(2+sin x,1),b=(2,-2),c=(sin x-3,1),d=(1,k)(xR,kR).(1)若x-2,2,且a(b+c),求x的值.(2)若函数f(x)=ab,求f(x)的最小值.(3)是否存在实数k,使得(a+d)(b+c)?若存在,求出k的取值范围;若不存在,请说明理由.21.(12分)如图,扇形OAB所在圆的半径为2,它所对的圆心角为23,C为弧AB的中点,动点P,Q分别在线段OA,OB上运动,且总有OP=BQ,设OA=a,OB=b.(1)若OP=23OA,用a,b表示CP,CQ;(2)求CPCQ的取值范围.22.(12分)在平面直角坐标系中,O为坐标原
8、点,A,B,C三点满足OC=13OA+23OB.(1)求|AC|CB|的值.(2)已知A(1,cos x),B(1+cos x,cos x),x0,2,f(x)=OAOC-2m+23|AB|.若f(x)的最小值为g(m),求g(m)的最大值.参考答案单元质检卷五平面向量、复数1.D因为OM=(-3,3),ON=(-5,-1),所以MN=ON-OM=(-2,-4),所以12MN=(-1,-2),故选D.2.Ci+i2+i3+i2019=i(1-i2019)1-i=i(1+i)1-i=i(1+i)2(1-i)(1+i)=i2=-1.故选C.3.B由题可知z=7-i-|3-4i|i=2-ii=-1-
9、2i,故其共轭复数为-1+2i.故选B.4.C(a-2b)a,则(a-2b)a=0,即a2-2ab=0,即|a|2-2|a|b|cos=0,若|a|=|b|,则cos=12,即a与b的夹角为3,充分性满足;若a与b的夹角为3,则|a|2-|a|b|=0,因为|a|0,所以|a|=|b|,必要性满足.所以“|a|=|b|”是“a与b的夹角为3”的充要条件.故选C.5.C由题意z=2+ii2019=2+i(i2)1009i=2+i(-1)1009i=2+i-i=(2+i)i-ii=-1+2i,则z=-1-2i,所以z所对应点的坐标为(-1,-2),在第三象限.故选C.6.B由题意得|AB|=4+9
10、=13,|BC|=|AC-AB|=1+(t-3)2,ABBC=AB(AC-AB)=3t-7.设AB与BC的夹角为,则cos=ABBC|AB|BC|=3t-7131+(t-3)2,02,0cos1,即03t-7131+(t-3)21,3t-70,131+(t-3)2(3t-7)2,解得t73,即t的取值范围为73,+.故选B.7.D由OA+OB+OC=0,知O为ABC的重心,所以AO=2312(AB+AC)=13(AB+AC).又因为AE=2EB,所以EC=AC-AE=AC-23AB.所以9AOEC=3(AB+AC)(AC-23AB)=ABAC-2AB2+3AC2=ABAC,所以2AB2=3AC
11、2,=|AB|AC|=32=62.故选D.8.B由题意得|a+b-e|=(a+b-e)2=|a|2+|b|2+2ab-2e(a+b)+1=23.又因为|a+b|-|e|a+b-e|a+b|+|e|,所以23-1|a+b|23+1,当a+b与e同向时,|a+b|=23+1,当a+b与e反向时,|a+b|=23-1.又因为|a+b|2+|a-b|2=2(|a|2+|b|2)=26,所以|a-b|min=26-|a+b|max2=26-(23+1)2=13-43,故选B.9.BD复数z=i1-i=-12+12i,则复数z的虚部为12,故A错误;|z|=22,故B正确;z的共轭复数z=-12-i2,故
12、C错误;在复平面内与z对应的点-12,12在第二象限,故D正确.故选BD.10.CD分析知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角是120.ab=12cos120=-10,故B错误,D正确;因为(a+b)2=|a|2+2ab+|b|2=1-2+4=3,所以|a+b|=3,故A错误;因为(4a+b)b=4ab+b2=4(-1)+4=0,所以(4a+b)b,故C正确.故选CD.11.ABei+1=cos+isin+1=0,故A正确;|eix|=|cosx+isinx|=1,故B正确;cosx=eix+e-ix2,故C错误;依题可知eix表示的复数在复平面内对应的点的坐标为(cosx,sinx),故e1
13、2i表示的复数在复平面内对应的点的坐标为(cos12,sin12),显然该点位于第四象限,故D错误.故选AB.12.BD由PA+2PC=0,QA=2QB,可知P为AC的三等分点,Q为AB延长线上的点,且B为AQ的中点,如图所示.对于A,因为P为AC的三等分点,B为AQ的中点,所以PB与CQ不平行,故A错误;对于B,BP=BA+AP=BA+23AC=BA+23(BC-BA)=13BA+23BC,故B正确;对于C,PAPC=|PA|PC|cos=-|PA|PC|0,故C错误;对于D,设ABC的高为h,S=12|AB|h=3,即|AB|h=6,则APQ的面积S=12|AQ|23h=122|AB|23
14、h=236=4,故D正确.故选BD.13.四z=7+i3+4i=1-i,则z对应的点位于第四象限.14.2或-2由题意可知,向量a在b上的投影的数量的绝对值为ab|b|=|m4+1m|42+m2=|5m|16+m2=5,两边平方,可得25m216+m2=5,解得m=-2或m=2.15.43-185DN=AN-AD=23AC-13AB,ME=AE-AM=23AB-13AC,DNME=23AC-13AB23AB-13AC=59ABAC-29AB2-29AC2=5cosA-4=-1,cosA=35,0A2,sinA=1-cos2A=45,tanA=sinAcosA=43.ABBC=AB(AC-AB)
15、=ABAC-AB2=3335-32=-185.16.277如图所示,过点C作CFAD于点F,易知BEDCFD,故BE=FC,BEAC=|FC|AC|cosACF=|FC|AC|FC|AC|=|FC|2.AD=12(AB+AC),故|AD|2=14(AB+AC)2=74,故|AD|=72.根据等面积法,可得12|AD|FC|=1212|AB|AC|sinBAC,解得|FC|=337.故BEAC=|FC|2=277.17.解(1)AB=(a,1)-(1,2)=(a-1,-1),CD=(-1,b)-(2,3)=(-3,b-3),z1=(a-1)-i,z2=-3+(b-3)i,z1+z2=(a-4)+
16、(b-4)i.又z1+z2=1+i,a-4=1,b-4=1,a=5,b=5,z1=4-i,z2=-3+2i.(2)由(1)得z1+z2=(a-4)+(b-4)i,z1-z2=(a+2)+(2-b)i.|z1+z2|=2,z1-z2为实数,(a-4)2+(b-4)2=4,2-b=0,a=4,b=2.18.解(1)AN=14AB,AN=14AB=14a,DN=AN-AD=14a-b.BM=23BC,BM=23BC=23b,AM=AB+BM=a+23b.(2)A,O,M三点共线,设AO=AM=a+23b,R.D,O,N三点共线,设DO=DN,R.AO-AD=AN-AD,AO=AN+(1-)AD=4a
17、+(1-)b.a,b不共线,有=14,23=1-,解得=314,=67.AO=314AM,OM=1114AM,AOOM=311.19.解(1)因为a=(cosx,sinx),b=(cosx,-sinx),所以a+b=(2cosx,0),因此|a+b|=2|cosx|.因为x0,2,所以|a+b|=2|cosx|=2cosx.(2)由f(x)=ab-|a+b|可得,f(x)=cos2x-sin2x-2cosx=2cos2x-2cosx-1=2(cosx-12)2-32,当cosx=12,即x=3时,函数f(x)有最小值-32;当cosx=0或cosx=1,即x=2或x=0时,函数f(x)有最大值
18、f2=2(0-12)2-32=-1或f(0)=2(1-12)2-32=-1.所以f(x)的最大值为-1,最小值为-32.20.解(1)b+c=(sinx-1,-1),a(b+c),-(2+sinx)=sinx-1,即sinx=-12.又x-2,2,x=-6.(2)a=(2+sinx,1),b=(2,-2),f(x)=ab=2(2+sinx)-2=2sinx+2.xR,-1sinx1,0f(x)4,f(x)的最小值为0.(3)存在.a+d=(3+sinx,1+k),b+c=(sinx-1,-1),若(a+d)(b+c),则(a+d)(b+c)=0,即(3+sinx)(sinx-1)-(1+k)=
19、0,k=sin2x+2sinx-4=(sinx+1)2-5.由sinx-1,1,得k-5,-1,存在k-5,-1,使得(a+d)(b+c).21.解(1)由题知BOC,AOC均为等边三角形,所以四边形OACB为菱形.所以OC=OA+OB=a+b.所以CP=OP-OC=23a-a-b=-13a-b,CQ=OQ-OC=13b-a-b=-a-23b.(2)设OP=xOA=xa,则OQ=(1-x)OB=(1-x)b,x0,1.CP=OP-OC=xa-a-b=(x-1)a-b,CQ=OQ-OC=(1-x)b-a-b=-a-xb.CPCQ=(x-1)a-b(-a-xb)=2(x-12)2+32.x0,1,
20、当x=12时,上式取最小值为x=32;当x=0或1时,上式取最大值为2.CPCQ的取值范围为32,2.22.解(1)由题意知A,B,C三点满足OC=13OA+23OB,可得OC-OA=23(OB-OA),所以AC=23AB=23(AC+CB),即13AC=23CB,即AC=2CB,则|AC|=2|CB|,所以|AC|CB|=2.(2)由题意,OC=13OA+23OB=1+23cosx,cosx,AB=(cosx,0),所以函数f(x)=OAOC-2m+23|AB|=1+23cosx+cos2x-2m+23cosx=(cosx-m)2+1-m2.因为x0,2,所以cosx0,1,当m1时,当cosx=1时,f(x)取得最小值g(m)=2-2m.综上所述,g(m)=1,m1,可得函数g(m)的最大值为1,即g(m)的最大值为1.
