《（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 自測過關(guān)卷（二）平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 理（重點生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 自測過關(guān)卷（二）平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 理（重點生含解析）.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

自測過關(guān)卷(二)　平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 組——高考題點全面練 (對應配套卷P163) 1．(2019屆高三惠州調(diào)研)若＝2－i(i為虛數(shù)單位)，則復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點在(　　) A．第一象限　　　　　　 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：選A　由題意知z＝(1＋i)(2－i)＝3＋i，其在復平面內(nèi)對應的點的坐標為(3,1)，在第一象限． 2．向量a，b滿足a＋b＝(－1,5)，a－b＝(5，－3)，則b＝(　　) A．(－3,4) B．(3,4) C．(3，－4) D．(－3，－4) 解析：選A　由a＋b＝(－1,5)，a－b＝(5，－3)，得2b＝(－1,5)－(5，－3)＝(－6,8)，所以b＝(－6,8)＝(－3,4)． 3．(2018開封模擬)復數(shù)z＝，則(　　) A．z的共軛復數(shù)為1＋i B．z的實部為1 C．|z|＝2 D．z的虛部為－1 解析：選D　因為z＝＝＝－1－i，所以復數(shù)z的實部和虛部均為－1，＝－1＋i，|z|＝，故選D. 4.(2018石家莊質(zhì)檢)當n＝4時，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出S的值為(　　) A．9 B．15 C．31 D．63 解析：選C　由程序框圖可知，k＝1，S＝1，S＝1＋2＝3，k＝2；S＝3＋22＝7，k＝3；S＝7＋23＝15，k＝4；S＝15＋24＝31，k＝5，退出循環(huán)，輸出的S的值為31，故選C. 5．已知在平面直角坐標系中，點A(0,1)，向量＝(－4，－3)，＝(－7，－4)，則點C的坐標為(　　) A．(11,8) B．(3,2) C．(－11，－6) D．(－3,0) 解析：選C　設C(x，y)， ∵在平面直角坐標系中，點A(0,1)， 向量＝(－4，－3)，＝(－7，－4)， ∴＝＋＝(－11，－7)， ∴解得x＝－11，y＝－6， 故C(－11，－6)． 6.(2018益陽、湘潭調(diào)研)秦九韶是我國南宋時期的數(shù)學家，普州(現(xiàn)四川省安岳縣)人，他在所著的《數(shù)書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法，如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求多項式值的一個實例．若輸入n，x的值分別為3,3，則輸出v的值為(　　) A．15 B．16 C．47 D．48 解析：選D　執(zhí)行程序框圖，n＝3，x＝3，v＝1，i＝2≥0，v＝13＋2＝5，i＝1≥0，v＝53＋1＝16，i＝0≥0，v＝163＋0＝48，i＝－1<0，退出循環(huán)，輸出v的值為48. 7.(2018全國卷Ⅱ)為計算S＝1－＋－＋…＋－，設計了如圖所示的程序框圖，則在空白框中應填入(　　) A．i＝i＋1 B．i＝i＋2 C．i＝i＋3 D．i＝i＋4 解析：選B　由題意可將S變形為S＝－，則由S＝N－T，得N＝1＋＋…＋，T＝＋＋…＋.據(jù)此，結(jié)合N＝N＋，T＝T＋易知在空白框中應填入i＝i＋2.故選B. 8．(2018全國卷Ⅰ)在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則＝(　　) A.－ 　　　　　 B.－ C.＋ D.＋ 解析：選A　法一：作出示意圖如圖所示．＝＋＝＋＝(＋)＋(－)＝－.故選A. 法二：不妨設△ABC為等腰直角三角形，且∠A＝，AB＝AC＝1.建立如圖所示的平面直角坐標系， 則A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)， D，E.故＝(1,0)，＝(0,1)， ＝(1,0)－＝， 即＝－. 9．(2018茂名一模)甲、乙、丙三人參加某公司的面試，最終只有一人能夠被該公司錄用，得到面試結(jié)果以后，甲說：丙被錄用了；乙說：甲被錄用了；丙說：我沒被錄用．若這三人中僅有一人說法錯誤，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．丙被錄用了 B．乙被錄用了 C．甲被錄用了 D．無法確定誰被錄用了 解析：選C　假設甲說的是真話，即丙被錄用，則乙說的是假話，丙說的是假話，不成立；假設甲說的是假話，即丙沒有被錄用，則丙說的是真話， 若乙說的是真話，即甲被錄用，成立，故甲被錄用； 若乙被錄用，則甲和乙的說法都錯誤，不成立．故選C. 10．在△ABC中，|＋|＝|－|，AB＝2，AC＝1，E，F(xiàn)為BC的三等分點，則＝(　　) A. B. C. D. 解析：選B　由|＋|＝|－|知⊥，以A為坐標原點，，的方向分別為x軸、y軸的正方向建立平面直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，C(0,1)，不妨設E，F(xiàn)，則＝＝＋＝. 11．(2018昆明適應性檢測)我國南北朝時期的偉大科學家祖暅在數(shù)學上有突出貢獻，他在實踐的基礎(chǔ)上，提出下面的體積計算原理(祖暅原理)：“冪勢既同，則積不容異”．“冪”是截面面積，“勢”是幾何體的高．意思是：若兩個等高幾何體在同高處的截面面積總相等，則這兩個幾何體的體積相等．現(xiàn)有一旋轉(zhuǎn)體D(如圖1所示)，它是由拋物線y＝x2(x≥0)，直線y＝4及y軸圍成的封閉圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體，旋轉(zhuǎn)體D的參照體的三視圖如圖2所示，利用祖暅原理，則旋轉(zhuǎn)體D的體積是(　　) A. B．6π C．8π D．16π 解析：選C　由三視圖知參照體是一個直三棱柱，其體積V＝44π＝8π，故旋轉(zhuǎn)體D的體積為8π，故選C. 12．(2018南昌調(diào)研)已知A，B，C是圓O：x2＋y2＝1上的動點，且AC⊥BC，若點M的坐標是(1,1)，則| ＋＋|的最大值為(　　) A．3 B．4 C．3－1 D．3＋1 解析：選D　法一：∵A，B，C是圓O：x2＋y2＝1上的動點，且AC⊥BC， ∴設A(cos θ，sin θ)，B(－cos θ，－sin θ)，C(cos α，sin α)，其中0≤θ<2π，0≤α<2π， ∵M(1,1)，∴＋＋＝(cos θ－1，sin θ－1)＋(－cos θ－1，－sin θ－1)＋(cos α－1，sin α－1)＝(cos α－3，sin α－3)， ∴|＋＋|＝ ＝ ＝ ， 當且僅當sin＝－1時，|＋＋|取得最大值，最大值為＝3＋1. 法二：連接AB，∵AC⊥BC，∴AB為圓O的直徑， ∴＋＝2， ∴|＋＋|＝|2＋|≤|2|＋||＝2＋||， 易知點M與圓上動點C的距離的最大值為＋1， ∴||≤＋1，∴|＋＋|≤3＋1，故選 D. 13．(2017浙江高考)已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虛數(shù)單位)，則a2＋b2＝________，ab＝________. 解析：∵(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，a，b∈R， ∴?? ∴a2＋b2＝2a2－3＝5，ab＝2. 答案：5　2 14．(2018濰坊統(tǒng)一考試)已知單位向量e1，e2，且〈e1，e2〉＝，若向量a＝e1－2e2，則|a|＝________. 解析：因為|e1|＝|e2|＝1，〈e1，e2〉＝，所以|a|2＝|e1－2e2|2＝1－4|e1||e2|cos＋4＝1－411＋4＝3，即|a|＝. 答案： 15．(2018南昌模擬)已知13＋23＝2,13＋23＋33＝2,13＋23＋33＋43＝2，…，若13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3 025，則n＝________. 解析：13＋23＝2＝2， 13＋23＋33＝2＝2， 13＋23＋33＋43＝2＝2， … 由此歸納可得13＋23＋33＋43＋…＋n3＝2， 因為13＋23＋33＋43＋…＋n3＝3 025， 所以2＝3 025， 即n2(n＋1)2＝(255)2，解得n＝10. 答案：10 16．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1.邊DC上的動點P(包含點D，C)與CB延長線上的動點Q(包含點B)滿足| |＝||，則的最小值為________． 解析：以點A為坐標原點，分別以AB，AD所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系， 設P(x,1)，Q(2，y)， 由題意知0≤x≤2，－2≤y≤0. ∵||＝||，∴|x|＝|y|，∴x＝－y. ∵＝(－x，－1)，＝(2－x，y－1)， ∴＝－x(2－x)－(y－1)＝x2－2x－y＋1＝x2－x＋1＝2＋， ∴當x＝時，取得最小值，為. 答案： 組——高考達標提速練 (對應配套卷P164) 1．(2018福州模擬)若復數(shù)的模為，則實數(shù)a＝(　　) A．1　　　　　　　　　　 B．－1 C．1 D． 解析：選C　法一：＝＝－i， ∵＝， ∴ ＝， 解得a＝1.故選C. 法二：∵＝，∴＝，∴|a|＝1， 解得a＝1.故選C. 2．已知a∈R，復數(shù)z＝，若＝z，則a＝(　　) A．1 B．－1 C．2 D．－2 解析：選B　∵z＝＝＝＋a－1＝(a－1)－(a＋1)i， ∴＝(a－1)＋(a＋1)i. 又∵＝z，∴a＋1＝0，得a＝－1. 3．已知向量m＝(t＋1,1)，n＝(t＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，則t＝(　　) A．0 B．－3 C．3 D．－1 解析：選B　法一：由(m＋n)⊥(m－n)可得(m＋n)(m－n)＝0，即m2＝n2，故(t＋1)2＋1＝(t＋2)2＋4，解得t＝－3. 法二：m＋n＝(2t＋3,3)，m－n＝(－1，－1)，∵(m＋n)⊥(m－n)，∴－(2t＋3)－3＝0，解得t＝－3. 4．在△ABC中，∠ABC＝90，AB＝6，點D在邊AC上，且2＝，則的值是(　　) A．48 B．24 C．12 D．6 解析：選B　法一：由題意得，＝0，＝(－)＝||2＝36，∴＝(＋)＝＝0＋36＝24. 法二：(特例法)若△ABC為等腰直角三角形，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(6,0)，C(0,6)． 由2＝，得D(4,2)． ∴＝(6,0)(4,2)＝24. 5．(2017全國卷Ⅰ)設有下面四個命題： p1：若復數(shù)z滿足∈R，則z∈R； p2：若復數(shù)z滿足z2∈R，則z∈R； p3：若復數(shù)z1，z2滿足z1z2∈R，則z1＝2； p4：若復數(shù)z∈R，則∈R. 其中的真命題為(　　) A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4 解析：選B　設復數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)， 對于p1，∵＝＝∈R， ∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命題； 對于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命題； 對于p3，設z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，則z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R， ∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠2， ∴p3不是真命題； 對于p4，∵z＝a＋bi∈R， ∴b＝0，∴＝a－bi＝a∈R， ∴p4是真命題． 6.(2018鄭州第一次質(zhì)量預測)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的結(jié)果是7，則判斷框內(nèi)m的取值范圍是(　　) A．(30,42] B．(30,42) C．(42,56] D．(42,56) 解析：選A　k＝1，S＝2，k＝2； S＝2＋4＝6，k＝3； S＝6＋6＝12，k＝4；S＝12＋8＝20，k＝5； S＝20＋10＝30，k＝6；S＝30＋12＝42，k＝7， 此時不滿足S＝42I3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD， ∴OB，即I1>I3， ∴I30，∴n>m. 從而∠DBC>45，又∠BCO＝45，∴∠BOC為銳角． 從而∠AOB為鈍角．故I1<0，I3<0，I2>0. 又OA1)，＝－λ2 (λ2>1)， 從而I3＝＝λ1λ2＝λ1λ2I1， 又λ1λ2>1，I1<0，I3<0，∴I30，μ>0，則λ＋μ的最小值為________． 解析：因為2＋＝0，所以＝，所以＝＋＝＋＝＋(－)＝＋.因為D，E，F(xiàn)三點共線，所以可設＝x＋(1－x)＝xλ＋(1－x)μ，所以xλ＋(1－x)μ＝＋，根據(jù)平面向量基本定理，得xλ＝，(1－x)μ＝，所以x＝，1－x＝，所以＋＝1，所以λ＋μ＝(λ＋μ)＝3＋＋≥，當且僅當λ＝μ＝時等號成立．故λ＋μ的最小值為. 答案：.