高三数学平面向量、数系的扩充与复数的引入训练(附答案)

编辑: 逍遥路 关键词: 高三 来源: 高中学习网


2013届高三数学章末综合测试题(7)平面向量、数系的扩充与复数的引入 

一、:本大题共12小题,每小题5分,共60分.
1.如图,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(  )
A.AC→=AB→+AD→      B.BD→=AD→-AB→
C.AO→=12AB→+12AD→ D.AE→=53AB→+AD→
解析:排除 法.如题图,AC→=AB→+AD→,故A正确.而BD→=AD→-AB→,故B正确.
AO→=12AC→=12(AD→+AB→)=12AB→+12AD→,故C正确,所以选D.
答案:D
2.若i为虚数单位,则复数1+i33-2i等于(  )
A.513-113i       B.113-113i
C.1-15i D.15-15i
解析:1+i33-2i=1-i3-2i=(1-i)(3+2i)(3-2i)(3+2i)=(3+2)-3i+2i13=5-i13=513-113i.
答案:A
3.已知复数z=1+i,则z2-2zz-1等于(  )
A.2i     B.-2i    C.2     D.-2
解析:将已知代入得:
(1+i)2-2(1+i)1+i-1=(-i)[(1+i)2-2(1+i)]=(-i)(2i-2-2i)=2i,故选A.
答案:A
4.若a=1,b=2,c=a+b,且c⊥a,则向量a与b的夹角θ为(  )
A.60° B.90° C.120° D.150°
解析:(a+b)•a=0,a 2+a•b=0,cosθ=a•bab=-a2ab=-ab=-12,∴θ=120°
答案:C
5.设复数(a+i)2对应的点在y轴负半轴上,则实数a的值是(  )
A.-1 B.1 C.-2 D.2
解析:∵(a+i)2=a2-1+2ai,∴2a<0a2-1=0,解得a=-1.
答案: A
6.已知点P为△ABC所在平面上的一点,且AP→=13AB→+tAC→,其中t为实数,若点P落在△ABC的内部,则t的取值范围是(  )
A.0<t<14 B.0<t<13
C.0<t<12 D.0<t<23
解析:如图,E、F分别为AB、BC的三等分点,

∴点P在E点时,t=0,
点P在F点时,t=23.而P在△ABC的内部,∴0<t<23.
答案:D
7.已知a=2b≠0,且关于x的方程x2+ax+a•b=0有实根,则a与b的夹角θ的取值范围是(  )
A.[0,π6] B.[π3,π] C.[π3,2π3] D.[π6,π]
解析:∵方程x2+ax+a•b=0有实根,∴Δ=a2-4a•b≥0∴a•b≤14a2.
∴cosθ=a•bab≤14a2a•12a=12.∴a、b夹角θ的取值范围是π3,π.故选B.
答案:B
8.已知向量复数a、b的夹角为60°,a=3,b=2,若(3a+5b)⊥(a-b),则 的值是(  )
A.3223 B.2342 C .2942 D.4229
解析:∵(3a+5b)⊥(a-b), ∴(3a+5b)•(a-b)=0,
即3a2-5b2+(5-3)a•b=0,
∴27-20+(5-3)×3×2cos60°=0,解得=2942.
答案:C
9.已知向量a,b,c满足a=1,b=2,c=4,且a,b,c,两两夹角均为120°,则a+b+c=(  )
A.7 B.7 C.35 D.7或7
解析:a+b+c2=a2+b2+c2+2a•b+2b•c+2a•c=a2+b2+c 2+2a•b•cos120°+
2b•c•cos120°+2a•c•cos120°
=1+4+16+2×1×2×-12+2×2×4×-12+2×1×4×-12=21-2-8-4=7
∴a+b+c=7
答案:A
10.已知两点(-1,0),N(1,0),若直线3x-4y+=0上存在点P满足P→•PN→=0,则实数的取值范围是(  )
A.(-∞,-5]∪[5,+∞)
B.(-∞,-25]∪[25,+∞)
C.[-25,25]
D.[-5,5]
解析:设P(x,y),则P→=(-1-x,-y),PN→=(1-x,-y),
P→•PN→=(-1- x)(1-x)+(-y)•(-y)=x2+y2-1=0.
∴x2+y2=1,因此P的轨迹为单位圆,又P点在直线3x-4y+=0上.
∴原点到直线的距离d=5≤1,∴≤5.
∴-5≤≤5,∴实数的取值范围是[-5,5].
答案:D
11.已知O是△ABC所在平面内一点,且满足BA→•OA→+BC→2=AB→•OB→+AC→2,则点O(  )
A.在AB边的高所在的直线上
B.在∠C平分线所在的 直线上
C.在AB边的中线所在的直线上
D.是△ABC的外心
解析:由已知条件BA→•OA→+BC→2=AB→•OB→+AC→2可得BA→•(OA→+OB→)=(AC→ +BC→)•(AC→+CB→)=(AC→+BC→)•AB→,即AB→•(AC→+BC→+OA→+OB→)=AB→•(2OC→)=0,所以点O在AB边的高所在的直线上.
答案:A
12.已知O是△ABC内 部一点,OA→+OB→+OC→=0,AB→•AC→=23,且∠BAC=30°,则△AOB的面积为(  )
A.2 B.1 C.12 D.13
解析:由OA→+OB→+OC→=0得O为△ABC的重心.
∴S△AOB=13S△ABC,又AB→•AC→=AB→AC→cos30°=23,
得AB→AC→=4.∴S△ABC=12AB→AC→sin30°=1.
∴S△AOB=13.
答案:D
第Ⅱ卷 (非选择 共90分)
二、题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分.
13.已知复数z1=cosθ-i,z2=sinθ+i,则z1•z2的实部最大值为__________,虚部最大值为__________.
解析:z1•z2=(cosθsinθ+1)+i(cosθ-sinθ).实部为cosθsinθ+1=1+12sin2θ≤32,
所以实部的最大值为32. 虚部为cosθ-sinθ=2sinπ4-θ≤2,
所以虚部的最大值为2.
答案:32 2
14.已知平面上不共线的四点O,A,B,C,若OA→-3OB→+2OC→=0,则AB→BC→等于__________.
解析:∵OA→-OB→=2(OB→-OC→),BA→=2CB→, ∴BA→=2CB→,∴AB→BC→=2.
答案:2
15.已知A、B是圆心为C,半径为5的圆上两点,且AB→=5,则AC→•CB→=__________.

解析:如图所示,△ABC为等边三角形.


16.已知a与b夹角为θ,定义a×b为a与b的“ 向量积”,a×b是一个向量,它的长度a×b=a•bsinθ.若u=(2,0),u-v=(1,-3),则u×(u+v)=__________.


三、解答题:本大题共6小题,共70分.
17.(10分)已知z=a-i1-i(a>0),复数ω=z(z+i)的虚部减去它的实部所得的差等于32,求复数ω.
解析:由已知得,z=(a-i)(1+i)2=a+1+(a+1)i2,
∴ω=a+1+(a-1)i2•[a+1+(a-1)i2+i]
=a+1+(a-1)i2•a+1+(a+1)i2
=(a+1)(1+ai)2,
∴a(a+1)2-a+12=32.
∴a2=4,∴a=2或a=-2(舍),
∴ω=32+3i
18.(12分)设a=(-1,1),b=(4,3),c=(5,-2),
(1)求证a与b不共线,并求a与b的夹角θ的余弦值;
(2)求c在a方向上的投影;
(3)求λ1和λ 2,使c=λ1a+λ2b.
解析:(1)∵a=(-1,1),b=(4,3),且-1×3≠1×4,
∴a与b不共线.
又a•b=-1×4+1×3=-1,a=2,b=5,
∴cosθ=a•bab=-152=-210.
(2)∵a•c=-1×5+1×(-2)=-7,
∴c在a方向上的投影为a•ca=-72=-722.
(3)∵c=λ1a+λ2b,
∴(5,-2)=λ1(-1,1)+λ2(4,3)
=(4λ2-λ1,λ1+3λ2),
∴4λ2-λ1=5λ1+3λ2=-2,解得λ1=-237λ2=37.
19.(12分)已知=(cosx,2sinx),n=(2cosx,-sinx),f(x)=•n.
(1)求f-2 0093π的值;
(2)当x∈0,π2时,求g(x)=12f(x)+sin2x的最大值和最小值.
解析:(1)∵f(x)=•n=2cos2x-2sin2x=2cos2x,
∴f-2 0093π=2cos2×-2 0093π
=2cos4 0183π=2cos1 338π+π+π3
=2cosπ+π3=-1.
(2)由(1)得
g(x)=cos2x+sin2x=2sin2x+π4.
∵x∈0,π2,∴2x+π4∈π4,5π4,
∴当x=π8时,g(x)ax=2;
当x=π2时,g(x)in=-1.
20.(12分)已知平面向量a=32,-12,b=12,32.
(1)证明:a⊥b;
(2)若存在不同时为零的实数k和t,使x=a+(t2-k)b,y=-sa+tb,且x⊥y,试求s=f(t)的函数关系式;
(3)若s=f(t)在[1,+∞)上是增函数,试求k的取值范围.
解析:(1)由题知a=b=1,
且a•b=32×12-12×32=0,所以a⊥b.
(2)由于x⊥y,则x•y=0,
从而-sa2+(t+sk-st2)a•b+t(t2-k)b2=0,
故s=f(t)=t3-kt,
(3)∵s=t3-kt在[1,+∞)上是增函数,
∴s′=3t2-k≥0在[1,+∞)上恒成立,
即k≤3t2在[1,+∞)上恒成立,
而3t2≥3,∴只需k≤3,
∴k的取值范围是(-∞,3].
21.(12分)已知△ABC的面积S满足3 ≤S≤3,且AB→•BC→=6,AB→与BC→的夹角为θ.
(1)求θ的取值范围;
(2)求函数f(θ)=sin2θ+2sinθ•cosθ+3cos2θ的最小值.
解析:(1)由题意知:
AB→•BC→=AB→•BC→•cosθ=6①
S=12AB→•BC→•sin(π-θ)
=12AB→•BC→•sinθ②
②÷①得S6=12tanθ,即3tanθ=S.
由3≤S≤3,得3≤3tanθ≤3,即33≤tanθ≤1.
∵θ为AB→与BC→的夹角,∴θ∈(0,π),∴θ∈π6,π4.
(2)f(θ)=sin2θ+2sinθ•cosθ+3cos2θ
=1+sin2θ+2cos2θ=2+sin2θ+cos2θ
=2+2sin2θ+π4.
∵θ∈π6,π4,∴2θ+π4∈7π12,3π4.
∴当2θ+π4=3π4, 即θ=π4时,f(θ)有最小值为3.
22.(12分)已知向量=3sinx4,1,n=cosx4,cos2x4.
(1)若•n=1,求cos2π3-x的值;
(2)记f(x)=•n,在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足(2a-c)cosB=bcosC,求函数f(A)的取值范围.
解析:(1)∵•n=1,
即3sinx4cosx4+cos2x4=1,
∴即32sinx2+12cosx2+12=1,
∴sinx2+π6+12=1.
∴cos2π3-x=cosx-2π3=-cosx+π3
=-1-2sin2x2+π6=2×122-1=-12.
(2)∵(2a-c)cosB=bcosC,
由正弦定理得(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC.
∴2sinAcosB-cosBsinC=sinBcosC,
∴2sinAcosB=sin(B+C).
∵A+B+C=π,
∴sin(B+C)=sinA,且sinA≠0,
∴cosB=12,B=π3,∴0<A<2π3.
∴π6<A2+π6<π2,12<sinA2+π6<1.
又∵f(x)=•n=sinx2+π6+12,
∴f(A)=sinA2+π6+12.[
故函数f(A)的取值范围是1,32.




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