《2020版高考數(shù)學一輪復(fù)習 單元質(zhì)檢卷五 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學一輪復(fù)習 單元質(zhì)檢卷五 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 理 北師大版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元質(zhì)檢卷五　平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共12小題,每小題6分,共72分) 1.(2018河北衡水中學十六模,1)已知i是虛數(shù)單位,則復(fù)數(shù)z=3+7ii的實部和虛部分別是(　　) 　　　　　　　　　　　　 A.7,-3 B.7,-3i C.-7,3 D.-7,3i 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(　　) A.AO=2OD B.AO=OD C.AO=3OD D.2AO=OD 3.(2018河北衡水中學三模,9)已知|a|=1,|b|=2,a與b的夾角為π3,那么|

2、4a-b|等于(　　) A.2 B.6 C.23 D.12 4.設(shè)向量a=(2,x-1),b=(x+1,4),則“x=3”是“a∥b”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 5.(2018河北衡水中學押題三,2)已知復(fù)數(shù)z=-12-32i,則z+|z|=(　　) A.-12-32i B.-12+32i C.12+32i D.12-32i 6.如圖,已知平面四邊形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC與BD交于點O,記l1=OA·OB,l2=OB·OC,l3=OC·OD,則(　　) A.l1

3、

4、0.(2018天津,理8)如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若點E為邊CD上的動點,則AE·BE的最小值為(　　) A.2116 B.32 C.2516 D.3 11.(2018河北衡水中學17模,8)已知|OA|=|OB|=2,點C在線段AB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 12.(2018河北衡水中學金卷一模,11)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且acos B+3asin B=b+c,b=1,點D是△ABC的重心,且AD=7

5、3,則△ABC的外接圓的半徑為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空題(本大題共4小題,每小題7分,共28分) 13.(2018河北衡水中學三模,13)若向量a=(-1,2),b=(-1,-1),則4a+2b與a-b的夾角等于　　　　　.? 14.(2018河北衡水中學一模,14)已知向量a=(2sin α,cos α),b=(1,-1),且a⊥b,則(a-b)2=　　　　　.? 15.(2018湖南長郡中學三模,14)已知向量a,b滿足:|a|=|b|=1,且a·b=12,若c=xa+yb,其中x>0,y>0且x+y=2,則|c|的最小值是　　　　　.? 16.(2

6、018河北衡水中學金卷一模,15)已知在直角梯形ABCD中,AB=AD=2CD=2,∠ADC=90°,若點M在線段AC上,則|MB+MD|的取值范圍為　　　　　.? 參考答案 單元質(zhì)檢卷五　平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 1.A　因為復(fù)數(shù)z=3+7ii=3i+7i2i2=7-3i, 所以,復(fù)數(shù)z=3+7ii的實部是7,虛部是-3,故選A. 2.B　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.C　|4a-b|=16a2-8a·b+b2=16-8+4=23,選C. 4.A　當x=3時,a=

7、(2,2),b=(4,4),此時a∥b;當a∥b時,(x-1)(x+1)=2×4,解得x=±3.所以“x=3”是“a∥b”的充分不必要條件. 5.C　根據(jù)z=-12-32i,可得z=-12+32i,且|z|=14+34=1,所以有z+|z|=-12+32i+1=12+32i,故選C. 6.C　由題圖可得OA<12AC90°,∠BOC<90°, 所以l2=OB·OC>0,l1=OA·OB<0,l3=OC·OD<0,且|l1|<|l3|,所以l3

8、). 因為c=(3,4),(b+λa)⊥c, 所以(b+λa)·c=0,即(1+λ,2λ)·(3,4)=3+3λ+8λ=0, 解得λ=-311,故選A. 8.D　∵GA+GB+GC=0, ∴OA-OG+OB-OG+OC-OG=0, ∴OA=3OG-OB-OC=3×16BC-OB-OC=12(OC-OB)-OB-OC =-32OB-12OC, 則m=-32,n=-12,則m-n=-1. 另解OA=OG+GA=OG-GB-GC=OG+BG+CG=3OG-OB-OC=3×16BC-OB-OC=12(OC-OB)-OB-OC=-12OC-32OB. ∴m=-32,n=-12, ∴

9、m-n=-32+12=-1. 9.D　因為AC=λAM+μBD, 所以AB+AD=λAB+12AD+μ(AD-AB), 即AB+AD=(λ-μ)AB+λ2+μAD, 因此λ-μ=1,λ2+μ=1, 所以λ=43,μ=13,λ+μ=53,故選D. 10.A　如圖,取AB的中點F,連接EF. AE·BE=(AE+BE)2-(AE-BE)24=(2FE)2-AB24=|FE|2-14. 當EF⊥CD時,|EF|最小,即AE·BE取最小值. 過點A作AH⊥EF于點H,由AD⊥CD,EF⊥CD,可得EH=AD=1,∠DAH=90°. 因為∠DAB=120°,所以∠HAF=30°.

10、 在Rt△AFH中,易知AF=12,HF=14, 所以EF=EH+HF=1+14=54. 所以(AE·BE)min=542-14=2116. 11.B　∵|OA|=|OB|=2, ∴點O在線段AB的垂直平分線上. ∵點C在線段AB上,且|OC|的最小值為1, ∴當C是AB的中點時|OC|最小,此時|OC|=1, ∴OB與OC的夾角為60°, ∴OA,OB的夾角為120°. 又|OA-tOB|2=OA2+t2OB2-2tOA·OB=4+4t2-2t·4·cos 120°=4t2+4t+4=4t+122+3≥3,當且僅當t=-12時等號成立. ∴|OA-tOB|2的最小值為3

11、, ∴|OA-tOB|的最小值為3.故選B. 12.A　由正弦定理,得sin Acos B+3sin Asin B=sin B+sin(A+B), 即3sin Asin B=sin B+cos Asin B. 又sin B≠0,∴3sin A-cos A=1, ∴sinA-π6=12. 由0

12、理得,△ABC的外接圓半徑R=a2sinA=1.故選A. 13.π4　cos θ=(4a+2b)·(a-b)|4a+2b||a-b|=(-6,6)·(0,3)62×3=22,因為θ∈[0,π],所以θ=π4. 14.185　由a⊥b得2a·b=2sin α-cos α=0,∴tan α=12,(a-b)2=a2+b2-2a·b=a2+b2=4sin 2α+cos 2α+2=4tan2α+11+tan2α+2=185,故答案為185. 15.3　∵|a|=|b|=1,且a·b=12,當c=xa+yb時,c2=x2a2+2xya·b+y2b2, =x2+xy+y2=(x+y)2-xy.

13、又x>0,y>0且x+y=2,∴xy≤x+y22=1, 當且僅當x=y=1時取“=”,∴|c|2≥(x+y)2-x+y22=22-1=3,∴|c|的最小值是3,故答案為3. 16.255,22　建立如圖所示的平面直角坐標系, 則A(0,0),B(2,0),C(1,2),D(0,2),設(shè)AM=λAC(0≤λ≤1),則M(λ,2λ), 故MD=(-λ,2-2λ),MB=(2-λ,-2λ),則MB+MD=(2-2λ,2-4λ), |MB+MD|=(2-2λ)2+(2-4λ)2=20λ-352+45, 當λ=0時,|MB+MD|取得最大值22,當λ=35時,|MB+MD|取得最小值255, ∴|MB+MD|∈255,22. 6