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单元检测六平面向量与复数(时间：120分钟满分：150分)第卷(选择题共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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若复数z满足iz34i，则|z|等于()A1B2C.D5答案D解析因为z(34i)i43i，所以|z|5.2若z1(1i)2，z21i，则等于()A1iB1iC1iD1i答案B解析z1(1i)22i，z21i，1i.3设平面向量m(1,2)，n(2，b)，若mn，则|mn|等于()A.B.C.D3答案A解析由mn，m(1,2)，n(2，b)，得b4，故n(2，4)，所以mn(1，2)，故|mn|，故选A.4.如图所示，向量a，b，c，点A，B，C在一条直线上，且4，则()AcabBcabCca2bDcab答案D解析c()ba.故选D.5设向量a(x，1)，b(1，)，且ab，则向量ab与b的夹角为()A.B.C.D.答案D解析因为ab，所以x0，解得x，所以a(，1)，ab(0,4)，则cosab，b，所以向量ab与b的夹角为，故选D.6已知等差数列an的前n项和为Sn，若a1a2019，且A，B，C三点共线(O为该直线外一点)，则S2019等于()A2019B2020C.D1010答案C解析A，B，C三点共线，且a1a2019，则a1a20191，所以S2019(a1a2019)，故选C.7.如图，在ABC中，ABAC3，cosBAC，2，则的值为()A2B2C3D3答案B解析()()|2|26132，故选B.8(2018嘉兴期末)对任意两个非零向量a，b，下列说法中正确的是()A(ab)2(ab)2B(ab)2a2b2C(ab)24|a|b|D(ab)2(ab)24ab答案D解析因为(ab)2(ab)24ab，与0的大小关系不确定，所以A错误；(ab)2a2b22ab，与0的大小关系不确定，所以B错误；(ab)24|a|b|a|2|b|22|a|b|cos4|a|b|2|a|b|(cos1)，而2|a|b|(cos1)0，所以C错误；(ab)2(ab)24ab2(|a|2|b|22ab)2(ab)20，所以(ab)2(ab)24ab，故选D.9.如图，在等腰梯形ABCD中，已知DCAB，ADC120，AB4，CD2，动点E和F分别在线段BC和DC上，且，则的最小值是()A413B413C4D4答案B解析在等腰梯形ABCD中，AB4，CD2，ADC120，易得ADBC2.由动点E和F分别在线段BC和DC上得，所以0，me20，可知m与e1的夹角为锐角或同向共线，由me22.第卷(非选择题共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分把答案填在题中横线上)11已知复数zi2017i2018，则z的共轭复数_，_.答案i1解析因为zi2017i2018i1，所以i1.因为，所以.12已知点O为ABC内一点，且满足40.设OBC与ABC的面积分别为S1，S2，则_.答案解析设E为AB的中点，连接OE，延长OC到D，使OD4OC，因为点O为ABC内一点，且满足40，所以0，则点O是ABD的重心，则E，O，C，D共线，ODOE21，所以OCOE12，则CEOE32，则S1SBCESABC，所以.13在ABC中，AB6，AC5，A120，动点P在以C为圆心，2为半径的圆上，则的最小值是_答案16解析设AB的中点为M，则222229，所以要求的最小值，即求|的最小值，显然当点P为线段MC与圆的交点时，|取得最小值，最小值为|2.在AMC中，由余弦定理得|23252235cos12049，所以|7，所以|的最小值为5，则的最小值为16.14在ABC中，AB3AC，CAB120，以A为圆心，AC长为半径作圆弧，交AB于点D，M为圆弧CD上任一点，xy，则3xy的取值范围为_，xy的最大值为_答案1,2解析如图，连接CD交AM于点N，设，则1,2xy3xy，由C，N，D三点共线，得1，3xy1,243xy(3xy)24，xy，当且仅当即时取等号，(xy)max.15在平面中，已知向量a，b的夹角为，|ab|6，向量ca，cb的夹角为，|ca|2，则a与c的夹角为_；ac的最大值为_答案1812解析设a，b，c，则ab，ca，cb，知AOB，ACB.当点O，C在AB两侧时，由题可得O，A，C，B四点共圆，在ABC中，BA6，AC2，ACB，由正弦定理得，则sinCBA，即CBA，则CBACOA，可得a与c的夹角为.因为|ca|2，所以12c2a22ac2|a|c|2ac，又由ac|a|c|cos得|a|c|ac，所以12ac2ac，所以ac1812.当点O，C在AB同侧时，可得点A，B，O在以C为圆心，AC为半径的圆上，则当点O，C，A在同一直线上，即OA为圆C的直径时，ac取得最大值，(ac)max|4224.综上所述，ac的最大值为1812，此时a与c的夹角为.16已知定点A，B满足|2，动点P与动点M满足|4，(1)(R)，且|，则的取值范围是_；若动点C也满足|4，则的取值范围是_答案2,186,18解析因为(1)(R)，11，所以根据三点共线知，点M在直线PB上，又|，记PA的中点为D，连接MD，如图，则MDAP，()02，因为|4，所以点P在以B为圆心，4为半径的圆上，则|2,6，则22,18由于|4，所以点M在以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆上，以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则椭圆方程为1，点C在圆(x1)2y216上，A(1,0)，设M(2cos，sin)，C(4cos1,4sin)，则(4cos2,4sin)，(2cos1，sin)，(8cos4)cos4sinsin4cos2sin()4cos2(4cos8)sin()4cos2，最大值是(4cos8)4cos28cos1018，最小值是(4cos8)4cos26，所以6,1817已知平面向量a，b，c，其中a，b的夹角为，若|a|b|sin2，cab(为实数)，则c(ca)a2的最小值是_答案2解析方法一令a，b，c，则BOA，并记|a|a，|b|b，线段OA的中点为M，则|a|b|sinabsin2.由cab知，cba，即BCOA，c(ca)a2()a2a2a2()2()2a22a2a2|2a2.又|sinBOAbsin，所以c(ca)a2|2a2b2sin2a22absin2.当且仅当b2sin2a2时取到最小值方法二令a，b，c，BOA，|a|a，|b|b，由|a|b|sinabsin2，得bsin.设O(0,0)，A(a,0)，B，则a(a，0)，b，令cab，则c(ca)a2a2x2axa22a2a22a2022，当且仅当时取到最小值三、解答题(本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(14分)(2018杭州萧山区第一中学月考)已知复数z.(1)求|z|；(2)若z(za)bi，求实数a，b的值解(1)z3i，|z|.(2)(3i)(3ia)(3i)2(3i)a83a(a6)ibi，得19(15分)(2019湖州调研)已知平面向量a，b满足|a|1，|3a2b|，且a，b的夹角为60.(1)求|b|的值；(2)求2ab和a2b夹角的余弦值解(1)由已知得|3a2b|294|b|212ab94|b|212|b|cos6013，即2|b|23|b|20，解得|b|2.(2)|2ab|2，|a2b|.又(2ab)(a2b)2852cos605.所以2ab和a2b夹角的余弦值为.20(15分)如图，在OAB中，点P为线段AB上的一个动点(不包含端点)，且满足.(1)若，用向量，表示；(2)若|4，|3，且AOB60，求取值范围解(1)，()，即.(2)|cos606，(0)，()，(1)，.，()223.0，3(10,3)的取值范围是(10,3)21.(15分)(2018温州测试)设AD是半径为5的半圆O的直径(如图)，B，C是半圆上两点，已知ABBC.(1)求cosAOC的值；(2)求的值解(1)如图，连接OB，由余弦定理得cosAOB.由ABBC知AOC2AOB，则cosAOCcos2AOB2cos2AOB1.(2)方法一由题意可知ADCAOB，ADBBDC，则|8.又在RtADB中，sinADB，可得cosADB，|3，所以cosBDC，故8372.方法二()()()()2|cosAOC|cosCOB|cosAOB25720202572.方法三如图建立平面直角坐标系，由(1)知，B，C的坐标分别为B(4,3)，C，又D(5,0)，则，(9,3)，可得72.22.(15分)如图，在ABC中，.(1)求ABM与ABC的面积之比；(2)若N为AB中点，与交于点P，且xy(x，yR)，求xy的值解(1)在ABC中，43，3()，即3，即点M是线段BC靠近B点的四等分点故ABM与ABC的面积之比为.(2)因为，xy(x，yR)，所以x3y, 因为N为AB的中点，所以xyy，xyx(y1)，因为，所以(y1)xy，即2xy1，又x3y，所以x，y，所以xy.
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