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阶段知能检测四


阶段知能检测(四)

(教师用书独具)

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,满分 150 分,考试用 时 120 分钟.第Ⅰ卷 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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 1 1 1 1.(2011· 辽宁高考)i 为虚数单位, i +i3+i

5+i7=( A.0 【解析】 【答案】 B.2i C.-2i ) D.4i

原式=-i+i+(-i)+i=0. A )

2. 设 i, j 是不共线的单位向量, a=5i+3j, b=3i-5j, 则 a⊥b 是 i⊥j 的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既非充分又非必要条件 【解析】 a· b=(5i+3j)·(3i-5j)

=15|i|2-16i· j-15|j|2=-16i· j. ∴a⊥b 是 i⊥j 的充要条件. 【答案】 C )

3.(2011· 浙江高考)若复数 z=1+i,i 为虚数单位,则(1+z)· z=( A.1+3i C.3-i 【解析】 ∵z=1+i, B.3+3i D.3

∴(1+z)· z=(2+i)(1+i)=1+3i. 【答案】 A

→ +CD → =0,(AB → -AD → )· → =0,则 4.(2012· 江门模拟)若四边形 ABCD 满足AB AC 该四边形一定是( A.直角梯形 ) B.菱形

C.矩形 【解析】

D.正方形 → +CD → =0 知,AB → =DC →, 由AB

即 AB=CD,AB∥CD.∴四边形 ABCD 是平行四边形. → -AD → )· → =0,∴DB → ·AC → =0,即 AC⊥BD, 又(AB AC 因此四边形 ABCD 是菱形. 【答案】 B )

5.平面向量 a 与 b 的夹角为 60°,a=(2,0),|b|=1,则|a+2b|=( A. 3 C.4 【解析】 ∵|a|=2,且|b|=1, B.2 3 D.12

∴|a+2b|2=(a+2b)2=a2+4a· b+4b2 =4+4×2×1×cos 60°+4×12=12. ∴|a+2b|=2 3. 【答案】 B )

6.若非零向量 a,b 满足|a|=|b|,(2a+b)· b=0,则 a 与 b 的夹角为( A.30° C.120° 【解析】 B.60° D.150° 设 a 与 b 的夹角为 θ,

则由(2a+b)· b=2a· b+b2=0, 1 得 2|a|2cos θ+|a|2=0,∴cos θ=-2. 又 0°≤θ≤180°,∴θ=120°. 【答案】 C 2+i 的共轭复数是( 1-2i 3 B.5i D.i ∵ 2+i (2+i)(1+2i) 2+i+4i-2 = = =i, 5 1-2i (1-2i)(1+2i) )

7.(2011· 课标全国卷)复数 3 A.-5i C.-i 【解析】



2+i 的共轭复数为-i. 1-2i C )

【答案】

8.已知向量 a、b 不共线,c=ka+b(k∈R),d=a-b.如果 c∥d,那么( A.k=1 且 c 与 d 同向 B.k=1 且 c 与 d 反向 C.k=-1 且 c 与 d 同向 D.k=-1 且 c 与 d 反向 【解析】 ∵c∥d 且 a,b 不共线,∴存在唯一实数 λ,使 c=λd.

∴ka+b=λa-λb, ?k=λ, ?k=-1, ∴? ∴? ?1=-λ, ?λ=-1. 【答案】 D

9.(2011· 课标全国卷)a,b 为平面向量,已知 a=(4,3),2a+b=(3,18), 则 a,b 夹角的余弦值等于( 8 A.65 8 B.-65 16 C.65 ) 16 D.-65

【解析】

∵a=(4,3),2a+b=(3,18),

∴b=(3,18)-2(4,3)=(-5,12), (-5,12) 16 a· b (4,3)· ∴cos〈a,b〉=|a|· = =65. |b| 5×13 【答案】 C

10.(2012· 潍坊质检)设向量 a 与 b 的夹角为 θ,定义 a 与 b 的“向量积”: a×b 是一个向量,它的模|a×b|=|a|· |b|· sin θ ,若 a=(- 3,-1),b=(1, 3), 则|a×b|=( A. 3 C.2 3 【解析】 ) B.2 D.4 a· b - 3- 3 3 ∵cos θ=|a|· |b|= 2×2 =- 2 ,θ∈(0,π),

1 1 ∴sin θ=2,∴|a×b|=|a|· |b|· sin θ=2×2×2=2.

【答案】

B

→ |· → 11. 已知两点 M(-2, 0), N(2, 0), 点 P 为坐标平面内的动点, 满足|MN |MP → ·NP → =0,则动点 P(x,y)的轨迹方程为( |+MN A.y2=8x C.y2=4x 【解析】 B.y2=-8x D.y2=-4x → =(4,0),MP → =(x+2,y),NP → =(x-2,y), ∵MN )

→ |·|MP → |+MN → ·NP → ∴|MN =4· (x+2)2+y2+4(x-2)=0. 整理,得 (x+2)2+y2=2-x, 化简得 y2=-8x. 【答案】 B

12.(2012· 茂名模拟)设 a=(a1,a2),b=(b1,b2),定义一种向量积:a?b= π 1 (a1b1,a2b2).已知点 P(θ,sin θ ),m=(2,2),n=( 3 ,0),点 Q 在 y=f(x)的 → =m?OP → +n(其中 O 为坐标原点),则 y=f(x)的最大值 A 及 图象上运动,满足OQ 最小正周期 T 分别为( A.2,π 1 C.2,4π 【解析】 ) B.2,4π 1 D.2,π → =m?OP → +n,得 设点 Q(x,y),由OQ

→ =(2θ,1sin θ)+(π,0)=(2θ+π,1sin θ), OQ 2 3 3 2 ∴x=2θ+ π 1 ,且 y= sin θ, 3 2

1 x π 消去 θ,得 y=2sin(2- 6 ), 1 x π 依题意 f(x)=2sin(2- 6 ), 1 因此 A=2,最小正周期 T=4π. 【答案】 C

第Ⅱ卷 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分) 13.若向量 a=(1,1),b=(2,5),c=(3,x)满足条件(8a-b)· c=30,则 x =________. 【解析】 【答案】 由(8a-b)· c=30,得 18+3x=30,x=4. 4

14.(2011· 广东高考改编)设复数 z 满足(1+i)z=2,其中 i 是虚数单位,则 z =________. 【解析】 【答案】 z= 2(1-i) 2 = =1-i. 1+i (1+i)(1-i)

1-i

15.|a|=1,|b|= 2,且 a⊥(a-b),则向量 a 与向量 b 的夹角是________. 【解析】 设向量 a 与 b 的夹角为 θ,由 a⊥(a-b),得

a· (a-b)=0,即|a|2-a· b=0, ∴|a||b|cos θ=|a|2, π |a| 2 ∴cos θ=|b|= 2 ,故 θ= 4 . 【答案】 π 4

→ =DC → =(1,1), 1 BA → + 1 BC → = 3 BD → ,则 16.在四边形 ABCD 中,AB → → → |BA| |BC| |BD| 四边形 ABCD 的面积为________.

【解析】 又

→ =DC → =(1,1)知 AB 綊 DC. 如图所示,由AB

1 → 1 → 3 → BA+ BC= BD, → → → |BA| |BC| |BD|

知四边形 ABCD 为菱形,且 AB=AD= 2, 1 → + 1 ·BC → )2=3, 又∵( ·BA → → |BA| |BC|

∴∠ABC=60°. 3 ∴S 四边形 ABCD= 2× 2× 2 = 3. 【答案】 3

三、解答题(本大题共 6 小题,共 74 分) 17.(本小题满分 12 分)设存在复数 z 同时满足下列条件: (1)复数 z 在复平面内对应点位于第二象限; (2)z· z+2iz=8+ai(a∈R). 试求 a 的取值范围. 【解】 设 z=x+yi(x,y∈R),由(1)得 x<0,y>0.

由(2)得 x2+y2+2i(x+yi)=8+ai, 即 x2+y2-2y+2xi=8+ai.
2 2 ?x +y -2y=8, 由复数相等,得? 解得-6≤a<0. ?2x=a.

因此实数 a 的取值范围是-6≤a<0. 18.(本小题满分 12 分)已知 A(3,0),B(0,3),C(cos α ,sin α ). → ·BC → =-1,求 sin(α+π )的值; (1)若AC 4 → +OC → |= 13,且 α∈(0,π ),求OB → 与OC → 的夹角. (2)若|OA 【解】 → =(cos α-3,sin α),BC → =(cos α,sin α-3), (1)∵AC

→ ·BC → =(cos α-3)cos α+sin α(sin α-3)=-1, ∴AC 得 cos2α+sin2α-3(cos α+sin α)=-1, π 2 2 ∴cos α+sin α=3,∴sin(α+ 4 )= 3 . → +OC → |= 13, (2)∵|OA 1 ∴(3+cos α)2+sin2α=13,∴cos α=2, π 3 1 3 ∵α∈(0,π),∴α= 3 ,sin α= 2 ,∴C(2, 2 ), → ·OC → =3 3,设OB → 与OC → 的夹角为 θ, ∴OB 2

3 3 → ·OC → 2 OB 3 则 cos θ= = 3 =2. → |·|OC →| |OB π ∵θ∈[0,π],∴θ= 6 即为所求的角. → =(2cos x+1,cos 2x-sin x+1),OQ →= 19.(本小题满分 12 分)已知向量OP → ·OQ →. (cos x,-1),定义 f(x)=OP (1)求函数 f(x)的最小正周期; → → (2)若 x∈(0,2π ),当OP·OQ<-1 时,求 x 的取值范围. 【解】 → ·OQ → (1)f(x)=OP

=2cos2x+cos x-cos 2x+sin x-1=sin x+cos x π = 2sin(x+ 4 ), 则 f(x)的最小正周期为 T=2π. → ·OQ → <-1,得 sin(x+π)<- 2. (2)由OP 4 2 5π π 7π 3π 又 x∈(0,2π),则 4 <x+ 4 < 4 ,即π<x< 2 . 3π 故 x 的取值范围是(π, 2 ). → ,OZ → 分别对应复数 20.(本小题满分 12 分)设 O 为坐标原点,已知向量OZ 1 2 3 2 z1,z2,且 z1= +(10-a2)i,z2= +(2a-5)i(其中 a∈R),若 z1+z2 可以 a+5 1-a → ·OZ → 的值. 与任意实数比较大小,求OZ 1 2 【解】 3 依题意 z1+z2 为实数,由 z1= -(10-a2)i, a+5

3 2 ∴z1+z2= + +[(a2-10)+(2a-5)]i 的虚部为 0, ∴a2+2a-15=0, a+5 1-a 解得 a=-5,或 a=3. 又分母不为零,∴a=3, 3 此时 z1=8+i,z2=-1+i,

3 → → 即OZ1=(8,1),OZ2=(-1,1), → ·OZ → =3×(-1)+1×1=5. ∴OZ 1 2 8 8 21.(本小题满分 12 分)已知△ABC 的角 A、B、C 所对的边分别是 a、b、c, 设向量 m=(a,b),n=(sin B,sin A),p=(b-2,a-2). (1)若 m∥n,求证:△ABC 为等腰三角形; π (2)若 m⊥p,边长 c=2,角 C= 3 ,求△ABC 的面积. 【解】 (1)证明 ∵m∥n,∴asin A=bsin B,

由正弦定理,得 a2=b2, ∴a=b. ∴△ABC 为等腰三角形. (2)由题意可知 m· p=0, 即 a(b-2)+b(a-2)=0. ∴a+b=ab. 由余弦定理可知,4=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab, 即(ab)2-3ab-4=0, ∴ab=4(舍去 ab=-1), π 1 1 ∴S=2absin C=2×4×sin 3 = 3. → ·NP →, 22.(本小题满分 14 分)已知两点 M(-1,0),N(1,0),且点 P 使NM → ·PN → ,MP → ·MN → 成公差为非负的等差数列. PM (1)求点 P 的轨迹方程; → → (2)若 θ 为PM与PN的夹角,求 θ 的最大值及此时点 P 的坐标. 【解】 (1)设点 P 的坐标为(x,y),又 M(-1,0),N(1,0),

→ =-MP → =(-1-x,-y),PN → =-NP → =(1-x,-y),MN → =-NM → =(2, 则PM 0). → ·NP → =2(1-x), ∴NM → ·PN → =x2+y2-1,MP → ·MN → =2(1+x), PM

依题意得
2 2 2 2 ?2(x +y -1)=2(1+x)+2(1-x), ?x +y =3, ? ?? ?2(1+x)-2(1-x)≥0 ?x≥0.

∴点 P 的轨迹方程为 x2+y2=3(x≥0). → ·PN → =(-1-x,-y)· (2)∵PM (1-x,-y)=x2+y2-1=2, → |·|PN → |= (-1-x)2+(-y)2· (1-x)2+(-y)2 |PM =2 4-x2. → ·PN → PM 1 ∴cos θ= = . → → 4-x2 |PM|·|PN| π 1 ∵0≤x≤ 3,∴2≤cos θ≤1,∴0≤θ≤ 3 . π ∴θ的最大值为 3 ,此时 x=0, ∴点 P 的坐标为(0,± 3).


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