(通用版)2019版高考數(shù)學二輪復習 自測過關(guān)卷(二)平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明 理(重點生含解析).doc
自測過關(guān)卷(二) 平面向量、復數(shù)、算法、推理與證明
組——高考題點全面練
(對應配套卷P163)
1.(2019屆高三惠州調(diào)研)若=2-i(i為虛數(shù)單位),則復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點在( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析:選A 由題意知z=(1+i)(2-i)=3+i,其在復平面內(nèi)對應的點的坐標為(3,1),在第一象限.
2.向量a,b滿足a+b=(-1,5),a-b=(5,-3),則b=( )
A.(-3,4) B.(3,4)
C.(3,-4) D.(-3,-4)
解析:選A 由a+b=(-1,5),a-b=(5,-3),得2b=(-1,5)-(5,-3)=(-6,8),所以b=(-6,8)=(-3,4).
3.(2018開封模擬)復數(shù)z=,則( )
A.z的共軛復數(shù)為1+i B.z的實部為1
C.|z|=2 D.z的虛部為-1
解析:選D 因為z===-1-i,所以復數(shù)z的實部和虛部均為-1,=-1+i,|z|=,故選D.
4.(2018石家莊質(zhì)檢)當n=4時,執(zhí)行如圖所示的程序框圖,則輸出S的值為( )
A.9 B.15
C.31 D.63
解析:選C 由程序框圖可知,k=1,S=1,S=1+2=3,k=2;S=3+22=7,k=3;S=7+23=15,k=4;S=15+24=31,k=5,退出循環(huán),輸出的S的值為31,故選C.
5.已知在平面直角坐標系中,點A(0,1),向量=(-4,-3),=(-7,-4),則點C的坐標為( )
A.(11,8) B.(3,2)
C.(-11,-6) D.(-3,0)
解析:選C 設C(x,y),
∵在平面直角坐標系中,點A(0,1),
向量=(-4,-3),=(-7,-4),
∴=+=(-11,-7),
∴解得x=-11,y=-6,
故C(-11,-6).
6.(2018益陽、湘潭調(diào)研)秦九韶是我國南宋時期的數(shù)學家,普州(現(xiàn)四川省安岳縣)人,他在所著的《數(shù)書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法,至今仍是比較先進的算法,如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求多項式值的一個實例.若輸入n,x的值分別為3,3,則輸出v的值為( )
A.15 B.16
C.47 D.48
解析:選D 執(zhí)行程序框圖,n=3,x=3,v=1,i=2≥0,v=13+2=5,i=1≥0,v=53+1=16,i=0≥0,v=163+0=48,i=-1<0,退出循環(huán),輸出v的值為48.
7.(2018全國卷Ⅱ)為計算S=1-+-+…+-,設計了如圖所示的程序框圖,則在空白框中應填入( )
A.i=i+1 B.i=i+2
C.i=i+3 D.i=i+4
解析:選B 由題意可將S變形為S=-,則由S=N-T,得N=1++…+,T=++…+.據(jù)此,結(jié)合N=N+,T=T+易知在空白框中應填入i=i+2.故選B.
8.(2018全國卷Ⅰ)在△ABC中,AD為BC邊上的中線,E為AD的中點,則=( )
A.- B.-
C.+ D.+
解析:選A 法一:作出示意圖如圖所示.=+=+=(+)+(-)=-.故選A.
法二:不妨設△ABC為等腰直角三角形,且∠A=,AB=AC=1.建立如圖所示的平面直角坐標系,
則A(0,0),B(1,0),C(0,1),
D,E.故=(1,0),=(0,1),
=(1,0)-=,
即=-.
9.(2018茂名一模)甲、乙、丙三人參加某公司的面試,最終只有一人能夠被該公司錄用,得到面試結(jié)果以后,甲說:丙被錄用了;乙說:甲被錄用了;丙說:我沒被錄用.若這三人中僅有一人說法錯誤,則下列結(jié)論正確的是( )
A.丙被錄用了 B.乙被錄用了
C.甲被錄用了 D.無法確定誰被錄用了
解析:選C 假設甲說的是真話,即丙被錄用,則乙說的是假話,丙說的是假話,不成立;假設甲說的是假話,即丙沒有被錄用,則丙說的是真話,
若乙說的是真話,即甲被錄用,成立,故甲被錄用;
若乙被錄用,則甲和乙的說法都錯誤,不成立.故選C.
10.在△ABC中,|+|=|-|,AB=2,AC=1,E,F(xiàn)為BC的三等分點,則=( )
A. B.
C. D.
解析:選B 由|+|=|-|知⊥,以A為坐標原點,,的方向分別為x軸、y軸的正方向建立平面直角坐標系,則A(0,0),B(2,0),C(0,1),不妨設E,F(xiàn),則==+=.
11.(2018昆明適應性檢測)我國南北朝時期的偉大科學家祖暅在數(shù)學上有突出貢獻,他在實踐的基礎(chǔ)上,提出下面的體積計算原理(祖暅原理):“冪勢既同,則積不容異”.“冪”是截面面積,“勢”是幾何體的高.意思是:若兩個等高幾何體在同高處的截面面積總相等,則這兩個幾何體的體積相等.現(xiàn)有一旋轉(zhuǎn)體D(如圖1所示),它是由拋物線y=x2(x≥0),直線y=4及y軸圍成的封閉圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體,旋轉(zhuǎn)體D的參照體的三視圖如圖2所示,利用祖暅原理,則旋轉(zhuǎn)體D的體積是( )
A. B.6π
C.8π D.16π
解析:選C 由三視圖知參照體是一個直三棱柱,其體積V=44π=8π,故旋轉(zhuǎn)體D的體積為8π,故選C.
12.(2018南昌調(diào)研)已知A,B,C是圓O:x2+y2=1上的動點,且AC⊥BC,若點M的坐標是(1,1),則| ++|的最大值為( )
A.3 B.4
C.3-1 D.3+1
解析:選D 法一:∵A,B,C是圓O:x2+y2=1上的動點,且AC⊥BC,
∴設A(cos θ,sin θ),B(-cos θ,-sin θ),C(cos α,sin α),其中0≤θ<2π,0≤α<2π,
∵M(1,1),∴++=(cos θ-1,sin θ-1)+(-cos θ-1,-sin θ-1)+(cos α-1,sin α-1)=(cos α-3,sin α-3),
∴|++|=
=
= ,
當且僅當sin=-1時,|++|取得最大值,最大值為=3+1.
法二:連接AB,∵AC⊥BC,∴AB為圓O的直徑,
∴+=2,
∴|++|=|2+|≤|2|+||=2+||,
易知點M與圓上動點C的距離的最大值為+1,
∴||≤+1,∴|++|≤3+1,故選 D.
13.(2017浙江高考)已知a,b∈R,(a+bi)2=3+4i(i是虛數(shù)單位),則a2+b2=________,ab=________.
解析:∵(a+bi)2=a2-b2+2abi,a,b∈R,
∴??
∴a2+b2=2a2-3=5,ab=2.
答案:5 2
14.(2018濰坊統(tǒng)一考試)已知單位向量e1,e2,且〈e1,e2〉=,若向量a=e1-2e2,則|a|=________.
解析:因為|e1|=|e2|=1,〈e1,e2〉=,所以|a|2=|e1-2e2|2=1-4|e1||e2|cos+4=1-411+4=3,即|a|=.
答案:
15.(2018南昌模擬)已知13+23=2,13+23+33=2,13+23+33+43=2,…,若13+23+33+43+…+n3=3 025,則n=________.
解析:13+23=2=2,
13+23+33=2=2,
13+23+33+43=2=2,
…
由此歸納可得13+23+33+43+…+n3=2,
因為13+23+33+43+…+n3=3 025,
所以2=3 025,
即n2(n+1)2=(255)2,解得n=10.
答案:10
16.在矩形ABCD中,AB=2,AD=1.邊DC上的動點P(包含點D,C)與CB延長線上的動點Q(包含點B)滿足| |=||,則的最小值為________.
解析:以點A為坐標原點,分別以AB,AD所在直線為x軸,y軸建立如圖所示的平面直角坐標系,
設P(x,1),Q(2,y),
由題意知0≤x≤2,-2≤y≤0.
∵||=||,∴|x|=|y|,∴x=-y.
∵=(-x,-1),=(2-x,y-1),
∴=-x(2-x)-(y-1)=x2-2x-y+1=x2-x+1=2+,
∴當x=時,取得最小值,為.
答案:
組——高考達標提速練
(對應配套卷P164)
1.(2018福州模擬)若復數(shù)的模為,則實數(shù)a=( )
A.1 B.-1
C.1 D.
解析:選C 法一:==-i,
∵=,
∴ =,
解得a=1.故選C.
法二:∵=,∴=,∴|a|=1,
解得a=1.故選C.
2.已知a∈R,復數(shù)z=,若=z,則a=( )
A.1 B.-1
C.2 D.-2
解析:選B ∵z===+a-1=(a-1)-(a+1)i,
∴=(a-1)+(a+1)i.
又∵=z,∴a+1=0,得a=-1.
3.已知向量m=(t+1,1),n=(t+2,2),若(m+n)⊥(m-n),則t=( )
A.0 B.-3
C.3 D.-1
解析:選B 法一:由(m+n)⊥(m-n)可得(m+n)(m-n)=0,即m2=n2,故(t+1)2+1=(t+2)2+4,解得t=-3.
法二:m+n=(2t+3,3),m-n=(-1,-1),∵(m+n)⊥(m-n),∴-(2t+3)-3=0,解得t=-3.
4.在△ABC中,∠ABC=90,AB=6,點D在邊AC上,且2=,則的值是( )
A.48 B.24
C.12 D.6
解析:選B 法一:由題意得,=0,=(-)=||2=36,∴=(+)==0+36=24.
法二:(特例法)若△ABC為等腰直角三角形,建立如圖所示的平面直角坐標系,則A(6,0),C(0,6).
由2=,得D(4,2).
∴=(6,0)(4,2)=24.
5.(2017全國卷Ⅰ)設有下面四個命題:
p1:若復數(shù)z滿足∈R,則z∈R;
p2:若復數(shù)z滿足z2∈R,則z∈R;
p3:若復數(shù)z1,z2滿足z1z2∈R,則z1=2;
p4:若復數(shù)z∈R,則∈R.
其中的真命題為( )
A.p1,p3 B.p1,p4
C.p2,p3 D.p2,p4
解析:選B 設復數(shù)z=a+bi(a,b∈R),
對于p1,∵==∈R,
∴b=0,∴z∈R,∴p1是真命題;
對于p2,∵z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi∈R,∴ab=0,∴a=0或b=0,∴p2不是真命題;
對于p3,設z1=x+yi(x,y∈R),z2=c+di(c,d∈R),則z1z2=(x+yi)(c+di)=cx-dy+(dx+cy)i∈R,
∴dx+cy=0,取z1=1+2i,z2=-1+2i,z1≠2,
∴p3不是真命題;
對于p4,∵z=a+bi∈R,
∴b=0,∴=a-bi=a∈R,
∴p4是真命題.
6.(2018鄭州第一次質(zhì)量預測)執(zhí)行如圖所示的程序框圖,若輸出的結(jié)果是7,則判斷框內(nèi)m的取值范圍是( )
A.(30,42] B.(30,42)
C.(42,56] D.(42,56)
解析:選A k=1,S=2,k=2;
S=2+4=6,k=3;
S=6+6=12,k=4;S=12+8=20,k=5;
S=20+10=30,k=6;S=30+12=42,k=7,
此時不滿足S=42<m,
退出循環(huán),所以30<m≤42,故選A.
7.(2018開封一模)我國古代名著《莊子天下篇》中有一句名言“一尺之棰,日取其半,萬世不竭”,其意思為:一尺的木棍,每天截取一半,永遠都截不完.現(xiàn)將該木棍依此規(guī)律截取,如圖所示的程序框圖的功能就是計算截取7天后所剩木棍的長度(單位:尺),則①②③處可分別填入的是( )
A.i<7?,s=s-,i=2i
B.i≤7?,s=s-,i=2i
C.i<7?,s=,i=i+1
D.i≤7?,s=,i=i+1
解析:選D 由題意及程序框圖可知第一次剩下,第二次剩下,…,由此得出第7次剩下,可得①為i≤7?,②s=,③i=i+1.故選 D.
8.(2019屆高三南寧摸底聯(lián)考)已知O是△ABC內(nèi)一點,++=0,=2且∠BAC=60,則△OBC的面積為( )
A. B.
C. D.
解析:選A ∵++=0,∴O是△ABC的重心,于是S△OBC=S△ABC.∵=2,∴||||cos∠BAC=2,∵∠BAC=60,∴||||=4.∴S△ABC=||||sin∠BAC=,∴△OBC的面積為.
9.(2019屆高三廣元調(diào)研)二維空間中,圓的一維測度(周長)l=2πr,二維測度(面積)S=πr2,三維空間中,球的二維測度(表面積)S=4πr2,三維測度(體積)V=πr3,應用合情推理,若四維空間中,“超球”的三維測度V=8πr3,則其四維測度W=( )
A.2πr4 B.3πr4
C.4πr4 D.6πr4
解析:選A 對于二維空間中,圓的一維測度(周長)l=2πr,二維測度(面積)S=πr2,(πr2)′=2πr.
三維空間中,球的二維測度(表面積)S=4πr2,三維測度(體積)V=πr3,′=4πr2.
四維空間中,“超球”的三維測度V=8πr3,
∵(2πr4)′=8πr3,∴“超球”的四維測度W=2πr4.
10.如圖,直線EF與平行四邊形ABCD的兩邊AB,AD分別交于E,F(xiàn)兩點,且交其對角線于K,其中,=,=, =λ,則λ的值為( )
A. B.
C. D.
解析:選A 因為=,=,
則=,=2,
由向量加法的平行四邊形法則可知=+,
所以=λ=λ(+)=λ=λ+2λ,由E,F(xiàn),K三點共線可得λ+2λ=1,
所以λ=.
12.(2017浙江高考)如圖,已知平面四邊形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC與BD交于點O.記I1=,I2=,I3=,則( )
A.I1<I2<I3 B.I1<I3<I2
C.I3<I1<I2 D.I2<I1<I3
解析:選C 法一:如圖所示,四邊形ABCE是正方形,F(xiàn)為正方形的對角線的交點,易得AO<AF,而∠AFB=90,∴∠AOB與∠COD為鈍角,∠AOD與∠BOC為銳角.根據(jù)題意,I1-I2=-=(-)==||||cos∠AOB<0,
∴I1<I2,
同理得,I2>I3,作AG⊥BD于G,又AB=AD,
∴OB<BG=GD<OD,而OA<AF=FC<OC,
∴||||<||||,
而cos∠AOB=cos∠COD<0,
∴>,即I1>I3,
∴I3<I1<I2.
法二:如圖,建立平面直角坐標系,則B(0,0),A(0,2),C(2,0).
設D(m,n),
由AD=2和CD=3,
得
從而有n-m=>0,∴n>m.
從而∠DBC>45,又∠BCO=45,∴∠BOC為銳角.
從而∠AOB為鈍角.故I1<0,I3<0,I2>0.
又OA<OC,OB<OD,
故可設=-λ1 (λ1>1),=-λ2 (λ2>1),
從而I3==λ1λ2=λ1λ2I1,
又λ1λ2>1,I1<0,I3<0,∴I3<I1,∴I3<I1<I2.
13.已知復數(shù)z滿足z+|z|=3+i,則z=________.
解析:設z=a+bi,其中a,b∈R,由z+|z|=3+i,得a+bi+=3+i,由復數(shù)相等可得
解得故z=+i.
答案:+i
14.我國古代數(shù)學著作《九章算術(shù)》有如下問題:“今有器中米,不知其數(shù),前人取半,中人三分取一,后人四分取一,余米一斗五升.問:米幾何?”如圖是解決該問題的程序框圖,執(zhí)行該程序框圖,若輸出的S=1.5(單位:升),則輸入k的值為________.
解析:模擬程序的運行,可得n=1,S=k,
滿足條件n<4,執(zhí)行循環(huán)體,n=2,S=k-=;
滿足條件n<4,執(zhí)行循環(huán)體,n=3,S=-=;
滿足條件n<4,執(zhí)行循環(huán)體,n=4,S=-=,
此時,不滿足條件n<4,退出循環(huán),輸出S的值為,
由題意可得=1.5,解得k=6.
答案:6
15.(2018長春質(zhì)檢)有甲、乙二人去看望高中數(shù)學老師張老師,期間他們做了一個游戲,張老師的生日是m月n日,張老師把m告訴了甲,把n告訴了乙,然后張老師列出來如下10個日期供選擇:2月5日,2月7日,2月9日,5月5日,5月8日,8月4日,8月7日,9月4日,9月6日,9月9日.看完日期后,甲說:“我不知道,但你一定也不知道.”乙聽了甲的話后,說:“本來我不知道,但現(xiàn)在我知道了.”甲接著說:“哦,現(xiàn)在我也知道了.”請問,張老師的生日是________.
解析:根據(jù)甲說的“我不知道,但你一定也不知道”,可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日;根據(jù)乙聽了甲的話后說的“本來我不知道,但現(xiàn)在我知道了”,可排除2月7日、8月7日;根據(jù)甲接著說的“哦,現(xiàn)在我也知道了”,可以得知張老師生日為8月4日.
答案:8月4日
16.(2018鄭州質(zhì)檢)已知△ABC中,點D滿足2+=0,過D的直線l與直線AB,AC分別交于點E,F(xiàn),=λ,=μ.若λ>0,μ>0,則λ+μ的最小值為________.
解析:因為2+=0,所以=,所以=+=+=+(-)=+.因為D,E,F(xiàn)三點共線,所以可設=x+(1-x)=xλ+(1-x)μ,所以xλ+(1-x)μ=+,根據(jù)平面向量基本定理,得xλ=,(1-x)μ=,所以x=,1-x=,所以+=1,所以λ+μ=(λ+μ)=3++≥,當且僅當λ=μ=時等號成立.故λ+μ的最小值為.
答案:.