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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