阶段知能检测(四)

阶段知能检测（四）
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＋i5＋i7＝( ) A．0 B．2i C．－2i D．4i 【解析】 原式＝－i＋i＋(－i)＋i＝0. 【答案】 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) 2 2 ＝15|i| －16i· j－15|j| ＝－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 B．3＋3i C．3－i D．3 【解析】 ∵z＝1＋i，∴(1＋z)· z＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i. 【答案】 A → ＝1OA → ＋2OC → 4．已知平面内不共线的四点 O，A，B，C 满足OB 3 3 ， → |∶|BC → |等于( 则|AB ) A．1∶3 B．3∶1 C．1∶2 D．2∶1 → ＝1OA → ＋2OC → → → → → 【解析】 由OB 3 3 ，得OB－OA＝2(OC－OB)， → ＝2BC → ，因此|AB → |∶|BC → |＝2∶1. ∴AB 【答案】 D 5．平面向量 a 与 b 的夹角为 60° ，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b| ＝( ) A. 3 B．2 3 C．4 D．12 【解析】 ∵|a|＝2，且|b|＝1， ∴|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝a2＋4a· b＋4b2
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】 由(8a－b)· c＝30，得 18＋3x＝30，x＝4. 【答案】 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＝________. 21－i 2 【解析】 z＝ ＝ ＝1－i. 1＋i 1＋i1－i 【答案】 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| 2 π ∴|a||b|cos θ＝|a|2，∴cos θ＝|b|＝ 2 ，故 θ＝4. π 【答案】 4 → ＝DC → ＝(1,1)， 1 BA → ＋ 1 BC →＝ 3 16．在四边形 ABCD 中，AB →| →| →| |BA |BC |BD → ，则四边形 ABCD 的面积为________． BD → ＝DC → ＝(1,1)知 AB 綊 DC. 【解析】 如图所示，由AB
＝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° B．60° C．120° D．150° 【解析】 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 5i 7．(2011· 课标全国卷)复数 ＝( ) 1－2i A．2－i B．1－2i C．－2＋i D．－1＋2i 5i1＋2i 5i1＋2i 5i 【解析】 ＝ ＝ ＝－2＋i. 5 1－2i 1－2i1＋2i 【答案】 C 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 8 16 16 A.65 B．－65 C.65 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
1 2 1 2
3 【解】 依题意 z 1＋z2 为实数，由 z 1＝ －(10－a2)i， a＋5 3 2 ∴ z 1＋z2＝ ＋ ＋[(a2－10)＋(2a－5)]i 的虚部为 0，∴a2 a＋5 1－a ＋2a－15＝0，解得 a＝－5，或 a＝3. 又分母不为零，∴a＝3， 3 此时 z1＝8＋i，z2＝－1＋i， → ＝(3，1)，OZ → ＝(－1,1)， 即OZ 1 2 8 5 →· → 3 ∴OZ 1 OZ2＝ ×(－1)＋1×1＝ . 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；
∵θ∈[0，π]， π ∴θ＝6即为所求的角． → ＝(2cos x＋1，cos 2x－sin x 19．(本小题满分 12 分)已知向量OP → ＝(cos x，－1)，定义 f(x)＝OP →· →. ＋1)，OQ OQ (1)求函数 f(x)的最小正周期； →· → ＜－1 时，求 x 的取值范围． (2)若 x∈(0,2π)，当OP OQ →· → 【解】 (1)f(x)＝OP OQ ＝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. →· → ＜－1，得 sin(x＋π)＜－ 2. (2)由OP OQ 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 20．(本小题满分 12 分)设 O 为坐标原点，已知向量OZ 1 2 3 2 别对应复数 z1，z2，且 z1＝ ＋(10－a2)i，z2＝ ＋(2a－5)i(其中 a＋5 1－a →· → 的值． a∈R)，若 z ＋z 可以与任意实数比较大小，求OZ OZBC＝ BD， →| →| →| |BA |BC |BD
知四边形 ABCD 为菱形，且 AB＝AD＝ 2， 1 → 1 → 2 又∵( · BA＋ · BC) ＝3， →| →| |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. x2＋y2－2y＝8， 由复数相等，得 2x＝a. 解得－6≤a＜0. 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)． →· → ＝－1，求 sin(α＋π)的值； (1)若AC BC 4 → ＋OC → |＝ 13，且 α∈(0，π)，求OB → 与OC → 的夹角． (2)若|OA → ＝(cos α－3，sin α)，BC → ＝(cos α，sin α－3)， 【解】 (1)∵AC →· → ＝(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1， ∴AC BC 得 cos2α＋sin2α－3(cos α＋sin α)＝－1， 2 ∴cos α＋sin α＝3， π 2 ∴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 )， →· → ＝3 3，设OB → 与OC → 的夹角为 θ， ∴OB OC 2 3 3 → → 2 OB· OC 3 则 cos θ＝ ＝ 3 ＝2. → |· →| |OB |OC
【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 B．2 C．2 3 D．4 a· b － 3－ 3 【解析】 ∵cos θ＝|a|· |b|＝ 2×2 3 ＝－ 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 → |· → |＋MN →· → ＝0，则动点 P(x，y)的轨迹方程为( 足|MN |MP NP ) B．y2＝－8x D．y2＝－4x → ＝(4,0)，MP → ＝(x＋2，y)，NP → ＝(x－2，y)， 【解析】 ∵MN → |· → |＋MN →· → ∴|MN |MP NP ＝4· x＋22＋y2＋4(x－2)＝0. 整理，得 x＋22＋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 1 π 积：a⊗b＝(a1b1，a2b2)．已知点 P(θ，sin θ)，m＝(2，2)，n＝(3，0)， → ＝m⊗OP → ＋n(其中 O 为坐标原 点 Q 在 y＝f(x)的图象上运动，满足OQ 点)，则 y＝f(x)的最大值 A 及最小正周期 T 分别为( ) A．2，π B．2,4π 1 1 C.2，4π D.2，π → ＝m⊗OP → ＋n，得 【解析】 设点 Q(x，y)，由OQ → ＝(2θ，1sin θ)＋(π，0)＝(2θ＋π，1sin θ)， OQ 2 3 3 2 π 1 ∴x＝2θ＋3，且 y＝2sin θ， 1 x π 消去 θ，得 y＝2sin(2－6)， A．y2＝8x C．y2＝4x