1、阶段验收评价（一）平面向量及其应用与复数(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1复数(2i)2等于()A34iB54iC32i D52i解析：选A(2i)244ii244i134i.故选A.2已知(3,4)，A(2，1)，则B点的坐标为 ()A(5,5) B(5，5)C(1,3) D(5,5)解析：选C因为(3,4)(xB2，yB1)，所以xB23，yB14，故xB1，yB3，即B(1,3)3在ABC中，已知a，b，A30，则c等于()A2 BC2或 D以上都不对解析：选Ca2b2c22bccos A，515c22c，化简得c23c100，即(
2、c2)(c)0，c2或c.4已知平面向量a，b的夹角为，且|a|3，|b|2，则a(a2b) ()A3 B9C12 D15解析：选Dab32cos3，a(a2b)a22ab92(3)15.故选D.5在ABC中，若A105，B45，b2，则c等于()A1 B2C. D.解析：选BA105，B45，C30.由正弦定理，得c2.故选B.6已知i为虚数单位，aR，若为纯虚数，则复数z2ai的模等于 ()A. BC. D.解析：选C由题意得，ti，t0，tR，所以2ittai，所以解得所以z2ai1i，|z|.7.如图，在平行四边形ABCD中，AB4，AD3，E为CD边的中点，若4，则cosBAD()A
3、. BC. D.解析：选A在平行四边形ABCD中，AB4，AD3，E是CD边的中点， 22324234cosBAD688cosBAD4，cosBAD.8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，两个非零向量，与x轴正半轴 的夹角分别为和，向量满足0，则与x轴正半轴夹角的取值范围是 ()A. BC. D.解析：选B由题意，由向量加法的几何意义得是以与为邻边的平行四边形的对角线所表示的向量，所以与x轴正半轴夹角的取值介于与与x轴正半轴夹角之间由题意得，与x轴正半轴夹角分别为与.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9下面是关于复数z的四个命题，其中的真命题为 ()A|z|2 Bz22iC
4、z的共轭复数为1i Dz的虚部为1解析：选BDz1i，|z|，z22i，z的共轭复数为1i，z的虚部为1，故选B、D.10在平行四边形ABCD中，O是对角线AC、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 ()ABC D解析：选BD易证DENBAN，又OBOD，N是线段OD的中点，DEAB，D说法错误；，C说法正确；()()，A说法正确，B说法错误故选B、D.11定义平面向量之间的一种运算“”如下：对任意的a(m，n)，b(p，q)，令abmqnp.下面说法正确的是 ()A若a与b共线，则ab0BabbaC对任意的R，有(a)b(ab)D(ab)2(ab)2
5、|a|2|b|2解析：选ACD若a(m，n)与b(p，q)共线，则mqnp0，依运算“”知ab0，故A正确由于abmqnp，banpmq，因此abba，故B不正确对于C，由于a(m，n)，因此(a)bmqnp，又(ab)(mqnp)mqnp，故C正确对于D，(ab)2(ab)2m2q22mnpqn2p2(mpnq)2m2(p2q2)n2(p2q2)(m2n2)(p2q2)|a|2|b|2，故D正确12对于ABC，有如下命题，其中正确的有 ()A若sin2Asin2B，则ABC为等腰三角形B若sin Acos B，则ABC为直角三角形C若sin2Asin2Bcos2C1，则ABC为钝角三角形D若
6、AB，AC1，B30，则ABC的面积为或解析：选ACD对于A：sin2Asin2B，ABABC是等腰三角形，A正确；对于B：由sin Acos B，AB或AB.ABC不一定是直角三角形，B错误；对于C：sin2Asin2B1cos2Csin2C，a2b2AC，C60或C120，A90或A30，SABC或，D正确故选A、C、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知|a|2，|b|3，ab3，则a与b的夹角为_解析：设a与b的夹角为，则cos ，所以.答案：14.如图，在复平面内，点A对应的复数为z1，若i(i为虚数单位)，则z2_.解析：由题图可知，z112i，由i，得z2
7、z1i(12i)I 2i.答案：2i15若非零向量a，b满足|a|b|，且(ab)(3a2b)，则a与b的夹角为_解析：由(ab)(3a2b)，得(ab)(3a2b)0，即3a2ab2b20.|a|b|，设a，b，则3|a|2|a|b|cos 2|b|20，|b|2|b|2cos 2|b|20，cos .又0，.答案：16.如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为和 90.后退l m至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔BC的高为_m，旗杆BA的高为_m(用含有l和的式子表示)解析：在RtBCP1中
8、，BP1C，在RtP2BC中，P2. BP1CP1BP2P2，P1BP2，即P1BP2为等腰三角形，BP1P1P2l，BClsin . 在RtACP1中，tan(90)，AC，则BAACBClsin .答案：lsin 四、解答题(本大题共6小题，共70分)17(10分)已知复数z满足|z|13iz ，求的值解：设zabi(a，bR)，由|z|13iz，得13iabi0，则所以所以z43i.则34i.18.(12分)如图所示，在平行四边形ABCD中，a，b，H，M分别是AD，DC的中点，F为BC上一点，且BFBC.(1)以a，b为基底表示向量与；(2)若|a|3，|b|4，a与b的夹角为120，
9、求.解：(1)由已知得ab.连接AF(图略)，ab，bab.(2)由已知得ab|a|b|cos 120346，从而|a|2ab|b|232(6)42.19(12分)ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin Bbcos2Aa.(1)求；(2)若c2b2a2，求B.解：(1)由正弦定理，得sin2Asin Bsin Bcos2Asin A，即sin B(sin2Acos2A)sin A.故sin Bsin A，所以.(2)由余弦定理和c2b2a2，得cos B.由(1)知，b22a2，故c2(2)a2，可得cos2B，又cos B0，故cos B，所以B45.20(1
10、2分)如图，向量与的夹角为，|2，|1，P是以O为圆心，|为半径的弧上的动点若OP，求的最大值解：建立如图所示的平面直角坐标系，设P(cos ，sin )，则OP(cos ，sin )，(2,0)，.OP，cos 2，sin ，sin 2cos 2sin.当且仅当2，即时，取等号，的最大值为.21(12分)B，a2，bcos Aacos B1，从这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决相应问题已知在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为S，若4Sb2c2a2，b，且_，求ABC的面积S的大小解：因为4Sb2c2a2，cos A，Sbcsin A，所以2bcsin
11、 A2bccos A.显然cos A0，所以tan A1.又A(0，)，所以A.若选择B，由，得a2.又sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B，所以Sabsin C.若选择a2，由，得sin B.又B，所以cos B.sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B，所以Sabsin C.若选择bcos Aacos B1，所以acos B1，即a1，所以a262cc2.又a26c22c6c22c，所以62cc26c22c，解得c1，所以Sbcsin A.22.(12分)如图，游客从景点A下山至C有两种路径：一种是从A沿直线步
12、行到C，另一种是先从A乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分在甲出发2分钟后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1分钟后，再从B匀速步行到C.已知缆车从A到B需要8分钟，AC长为1 260米，若cos A，sin B.为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，求乙步行的速度v(米/分)的取值范围解：在ABC中，cos A，sin B，sin A .由正弦定理，得BCsin A500(米)，乙从B出发时，甲已经走了50(281)550 米，还需走710 米才能到达C.由题意得33，解得v，为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度v(米/分)应控制在，范围内