1、单元评估检测（四）（第四章）（120分钟 150分）一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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.若平面向量a、b共线，则下列结论中正确的是()(A)a、b方向相同(B)a、b两向量中至少有一个为零向量(C)存在R，使ba(D)存在不全为零的实数1，2，使1a2b02.(2012宿州模拟)已知向量a(1,1)，b(1，n)，若|ab|ab，则n()(A)3 (B)1 (C)0 (D)13.(2012株洲模拟)已知abc0，且a与c的夹角为60，|b|a|，则cosa，b等于()(A) (B) (C) (D)4.(2012西安模拟)已
2、知复数z满足z，则复数z的实部与虚部之和为()(A)1 (B)7 (C)7i(D)7i5.(易错题)已知a(1，2)，b(1，)，a、b的夹角为锐角，则实数的取值范围是()(A)(，2)(2，) (B)，)(C)(2，)(，) (D)(，)6.已知O，A，B是平面上的三个点，直线AB上有一点C，满足20，则等于()(A)2 (B)2(C) (D)7.若ABC的三个内角A，B，C度数成等差数列，且()0，则ABC一定是()(A)等腰直角三角形 (B)非等腰直角三角形(C)等边三角形 (D)钝角三角形8.(预测题)已知点G是ABC的重心，若A120，2，则|的最小值是()(A) (B) (C) (
3、D)9.已知a，b是不共线的向量， ab，a b(，R)，那么A、B、C三点共线的充要条件为()(A)2 (B)1(C)1 (D)110.如图，ABC中，ADDB，AEEC，CD与BE交于F，设a，b，x ay b，则(x，y)为()(A)(，) (B)(，)(C)(，) (D)(，)二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(2012淮南模拟)已知a，b是非零向量且满足(a2b)a，(b2a)b，则a与b的夹角是.12.已知复数z，是z的共轭复数，则的模等于.13.(2012蚌埠模拟)|z34i|2，则|z|的最大值为.14.(2011广东高考改编)
4、已知向量a(1,2)，b(1,0)，c(3,4).若为实数，(a b)c，则.15.已知a，b均为单位向量，且它们的夹角为60，当|a b|(R)取最小值时，.三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)设存在复数z同时满足下列条件：(1)复数z在复平面内的对应点位于第二象限；(2)z2iz8ai(aR).试求a的取值范围.17.(12分)(2012衡阳模拟)如图，在ABC中，0，|8，|6，L为线段BC的垂直平分线，L与BC交于点D，E为L上异于D的任意一点，(1)求的值.(2)判断的值是否为一个常数，并说明理由.18.(12分)(2
5、012商洛模拟)在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c.(1)设向量x(sinB，sinC)，向量y(cosB，cosC)，向量z(cosB，cosC)，若z(xy)，求tanBtanC的值；(2)若sinAcosC3cosAsinC0，证明：a2c22b2.19.(12分)(2012咸阳模拟)已知f(x)ab，其中向量a(2cosx，sin2x)，b(cosx,1)(xR).(1)求f(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，f(A)1，a，3，求边长b和c的值(bc).20.(13分)已知点P(3,0)， 点A在y轴上， 点Q在x轴
6、的正半轴上，点M在直线AQ上，满足0，.当点A在y轴上移动时，求动点M的轨迹方程.21.(14分)已知O为坐标原点，向量(sin，1)，(cos，0)，(sin，2)，点P满足.(1)记函数f()，(，)，讨论函数f()的单调性；(2)若O，P，C三点共线，求|的值.答案解析1.【解析】选D.因为共线的两个向量的方向也可能相反，也可能都为非零向量，所以A、B不正确，若a0，b0，此时ab，但不存在R，使ba，所以C不正确，故选D.2.【解析】选C.ab1n，|ab|，解方程1n，得n0.3.【解析】选D.因为abc0，所以a，b，c的模构成一个三角形，且|b|所对的角为120，设|a|所对的角
7、为，由正弦定理可得，解得30，所以a与b的夹角为150，所以cosa，bcos150.4.【解析】选A.z34i.复数z的实部与虚部之和为3(4)1.5.【解题指南】由为锐角，可得0cos1，进而可求出的取值范围.【解析】选A.|a|，|b|，ab12，cos，又为锐角，0cos1，解得2或2.【误区警示】为锐角0cos1，易忽略cos1而误选D.6.【解析】选A.22()，2.7.【解析】选C.()0，()()0，220，即|，又A、B、C度数成等差数列，B60，从而C60，A60，ABC为等边三角形.8.【解析】选B.2|cosA|()，|4，由三角形重心性质可得3,9|2|2|222|2
8、242(2)4，所以|min.9.【解析】选D.由题意得存在m(m0)使m，即abm(ab)，得m,1m，1.10.【解题指南】利用B、F、E三点共线，D、F、C三点共线是解答本题的关键，而用两种形式表示向量是求x，y的桥梁.【解析】选C.a，b，得ba，ba.因为B，F，E三点共线，令t，则t (1t)atb.因为D，F，C三点共线，令s ，则s (1s)asb.根据平面向量基本定理得，解得t，s，得x，y，即(x，y)为(，)，故选C.11.【解析】(a2b)a，(b2a)b，即，|a|2|b|22|a|b|cosa，b，cosa，b，向量a与b的夹角为.答案：12.【解析】zi，i，|1
9、.答案：113.【解析】设zxyi(x，yR)，则|z34i|2表示点(x，y)到点(3，4)的距离小于或等于2.|z|的最大值为27.答案：714.【解析】ab(1,2)(1,0)(1，2)，由(ab)c得，4(1)320，解得.答案：15.【解析】由于|ab|212()2，故当时,|ab|取得最小值.答案：16.【解析】设zxyi(x，yR)，由(1)得x0，y0.由(2)得x2y22i(xyi)8ai，即x2y22y2xi8ai.由复数相等，得由得x2(y1)29，又y0，x29，又x0，3x0，6a0.即a的取值范围为6,0).17.【解析】方法一：(1)由已知可得()，()()(22
10、)(6436)14.(2)的值为一个常数，L为线段BC的垂直平分线，L与BC交于点D，E为L上异于D的任意一点，0，故()14，为常数.方法二：(1)以D点为原点，BC所在直线为x轴，L所在直线为y轴建立直角坐标系，可求得A(，)，此时(，)，(10,0).(10)()014.(2)设E点坐标为(0，y)(y0)，此时(，y)，此时(10)(y)014(常数).18.【解析】(1)z(xy)，cosB(sinCcosC)cosC(sinBcosB)0，即tanCtanB20，tanCtanB2.(2)sinAcosC3cosAsinC0，由正、余弦定理得：a3c0，a2c22b2.19.【解析
11、】(1)由题意知：f(x)2cos2xsin2x1cos2xsin2x12cos(2x)f(x)的最小正周期T，f(x)的单调递减区间为k，k，kZ.(2)f(A)12cos(2A)1，cos(2A)1.又2Ac，b3，c2.20.【解析】设点M(x，y)为轨迹上的任意一点，且设A(0，b)，Q(a,0)(a0)，则(x，yb)，(ax，y).，(x，yb)(ax，y).a，b，即A(0，)，Q(，0).(3，)，(x，y).0，3xy20，即y24x.a0，x3a0.所以，所求M的轨迹方程为y24x(x0).【方法技巧】求动点轨迹方程的技巧和方法：(1)直接法：若动点的运动规律是简单的等量关
12、系，可根据已知(或可求)的等量关系直接列出方程.(2)待定系数法：如果由已知条件可知曲线的种类及方程的具体形式，一般可用待定系数法.(3)代入法(或称相关点法)：有时动点P所满足的几何条件不易求出，但它随另一动点P的运动而运动，称之为相关点，若相关点P满足的条件简单、明确(或P的轨迹方程已知)，就可以用动点P的坐标表示出相关点P的坐标，再用条件把相关点满足的轨迹方程表示出来(或将相关点坐标代入已知轨迹方程)就可得所求动点的轨迹方程的方法.(4)几何法：利用平面几何的有关知识找出所求动点满足的几何条件，并写出其方程.(5)参数法：有时很难直接找出动点的横、纵坐标间的关系，可选择一个(有时已给出)
13、与所求动点的坐标x，y都相关的参数，并用这个参数把x，y表示出来，然后再消去参数的方法.21.【解析】(1)(cossin，1)，设(x，y)，则(xcos，y).由得x2cossin，y1，故(2cossin，1).(sincos，1)，(2sin，1)，f()(sincos，1)(2sin，1)2sin22sincos1(sin2cos2)sin(2)，又(，)，故02，当02，即时，f()单调递减；当2，即时，f()单调递增，故函数f()的单调递增区间为(，)，单调递减区间为(，.(2) (2cossin，1)，(sin，2)， 由O，P，C 三点共线可得(1)(sin)2(2cossin)，得tan.sin2.|.
