2020版数学（理）复习单元质检卷五平面向量、数系的扩充与复数的引入

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精单元质检卷五平面向量、数系的扩充与复数的引入（时间:45分钟满分：100分)一、选择题（本大题共12小题,每小题6分，共72分)1.(2018河北衡水中学十六模,1)已知i是虚数单位，则复数z=3+7ii的实部和虚部分别是（A.7,-3 B.7，—3iC.-7，3 D.—7，3i2。已知O是△ABC所在平面内一点,D为BC边的中点，且2OA+OB+OC=0,A.AO=2OD B。AOC。AO=3OD D。2AO3.（2018河北衡水中学三模,9)已知｜a｜=1，|b｜=2，a与b的夹角为π3,那么｜4a-b｜等于（A.2 B.6C.23 D。124.设向量a=(2,x-1）,b=（x+1，4），则“x=3”是“a∥b”的（）A.充分不必要条件B。必要不充分条件C。充要条件D。既不充分也不必要条件5.(2018河北衡水中学押题三，2)已知复数z=-12-32i，则zA.-12-32i BC。12+32i6。如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3,AC与BD交于点O，记l1=OA·OB,l2=OB·OC，l3=OC·A.l1〈l2〈l3 B。l1〈l3〈l2C.l3<l1〈l2 D。l2<l1<l37.已知向量a=（1,2)，b=(1,0)，c=（3，4),若λ为实数,(b+λa）⊥c,则λ的值为()A.—311 B.—C。12 D。358.（2018河北唐山三模,10）在△ABC中，点G满足GA+GB+GC=0.若存在点O，使得OG=16BC,且OA=mOBA。2 B。—2C。1 D。-19.(2018四川资阳4月三诊）平行四边形ABCD中,M是BC的中点，若AC=λAM+μBD,则λ+μ=()A.94 B.C。158 D。10.（2018天津,理8)如图，在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD，∠BAD=120°,AB=AD=1。若点E为边CD上的动点,则AE·BE的最小值为（A.2116 B.C.2516 D.11.(2018河北衡水中学17模，8)已知|OA|=|OB|=2,点C在线段AB上,且｜OC|的最小值为1,则｜OA—tOB｜（t∈R）的最小值为（)A。2 B。3C。2 D.512.（2018河北衡水中学金卷一模,11）已知△ABC的内角A，B,C的对边分别为a，b,c，且acosB+3asinB=b+c,b=1,点D是△ABC的重心，且AD=73,则△ABC的外接圆的半径为（A.1 B.2C。3 D。4二、填空题(本大题共4小题，每小题7分，共28分)13。(2018河北衡水中学三模,13）若向量a=（-1,2),b=（-1，-1）,则4a+2b与a-b的夹角等于.

14。(2018河北衡水中学一模,14）已知向量a=（2sinα,cosα），b=(1，-1),且a⊥b,则(a-b)2=。

15。(2018湖南长郡中学三模，14)已知向量a,b满足：|a｜=|b|=1，且a·b=12，若c=xa+yb，其中x〉0，y〉0且x+y=2，则|c｜的最小值是.16.(2018河北衡水中学金卷一模，15）已知在直角梯形ABCD中，AB=AD=2CD=2,∠ADC=90°,若点M在线段AC上,则｜MB+MD｜的取值范围为参考答案单元质检卷五平面向量、数系的扩充与复数的引入1。A因为复数z=3+7ii=3i+7i2i所以，复数z=3+7ii的实部是7，虚部是-3，故选A2.B由2OA+OB+OC=0,得OB+OC=-2OA=2AO,即OB+OC=2OD=2AO，所以OD=AO,故选B.3.C｜4a—b|=16a2-8a·b+b4。A当x=3时,a=（2，2),b=(4，4）,此时a∥b;当a∥b时，（x-1）(x+1)=2×4，解得x=±3。所以“x=3"是“a∥b"的充分不必要条件。5。C根据z=-12—32i，可得z=—12+32i，且|z｜=14+34=1,所以有z+|z|=-12+32i6。C由题图可得OA〈12AC〈OC，OB〈12BD<OD，∠AOB=∠COD〉90°，∠所以l2=OB·OC>0，l1=OA·OB〈0,l3=OC·OD〈0，且|l1|<｜l3|,所以l3<l1〈0〈l2,故选C.7。A由题意，得b+λa=（1,0)+λ(1，2）=（1+λ，2λ）.因为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，故选A8。D∵GA+GB+GC=0,∴OA—OG+OB-OG+OC—OG=0,∴OA=3OG-OB-OC=3×16BC—OB—OC=12(OC—OB）—=—32OB—则m=—32，n=-12，则m-n=—另解OA=OG+GA=OG—GB—GC=OG+BG+CG=3OG-OB—OC=3×16BC-OB-OC=12（OC—OB)-OB-OC=-1∴m=-32,n=-1∴m-n=-32+12=-9.D因为AC=λAM+μBD,所以AB+AD=λAB+12AD+μ（即AB+AD=（λ—μ）AB+λ2因此λ-μ=1，λ2+μ=所以λ=43，μ=13,λ+μ=53,10。A如图，取AB的中点F,连接EF.AE·BE=(AE+BE)2-(AE-BE当EF⊥CD时，|EF｜最小，即AE·BE取最小值.过点A作AH⊥EF于点H，由AD⊥CD，EF⊥CD，可得EH=AD=1,∠DAH=90°。因为∠DAB=120°,所以∠HAF=30°。在Rt△AFH中,易知AF=12，HF=1所以EF=EH+HF=1+14=5所以（AE·BE）min=542—1411。B∵｜OA|=|OB｜=2，∴点O在线段AB的垂直平分线上.∵点C在线段AB上,且｜OC｜的最小值为1，∴当C是AB的中点时|OC|最小，此时|OC｜=1,∴OB与OC的夹角为60°，∴OA,OB的夹角为120°.又｜OA—tOB｜2=OA2+t2OB2—2tOA·OB=4+4t2—2t·4·cos120°=4t2+4t+4=4t+122+∴|OA-tOB｜2的最小值为3,∴|OA—tOB｜的最小值为3.故选B。12.A由正弦定理，得sinAcosB+3sinAsinB=sinB+sin（A+B）,即3sinAsinB=sinB+cosAsinB。又sinB≠0,∴3sinA—cosA=1，∴sinA-π6由0〈A〈π,得-π6〈A—π6<∴A—π6=π6，∴A=由点D是△ABC的重心,得AD=13（AB+AC∴AD2=19（AB2+AC2+2｜AB｜·｜AC|cosA)=得c=｜AB|=2，由余弦定理，得a=b2+c由正弦定理得，△ABC的外接圆半径R=a2sinA=1。故选13。π4cosθ=(4a+2b)·(a-b)|4a14.185由a⊥b得2a·b=2sinα-cosα=0,∴tanα=12，(a—b）2=a2+b2-2a·b=a2+b2=4sin2α+cos2α+2=4tan2α+11+tan15。3∵｜a|=|b|=1，且a·b=12，当c=xa+yb时，c2=x2a2+2xya·b+y2b2=x2+xy+y2=(x+y)2-xy.又x>0,y〉0且x+y=2，∴xy≤x+y当且仅当x=y=1时取“=",∴｜c｜2≥(x+y）2—x+y22=22-1=3,∴｜c|的最小值是316.255,则A(0，0），B(2,0），C(1，2）,D（0,2)，设AM=λAC(0≤λ≤1)，则M(λ,2λ),故MD=(—λ，2—2λ）,MB=(2—λ,-2λ