人教A版高中数学必修第二册阶段验收评价（一）平面向量及其应用与复数含答案

阶段验收评价（一）平面向量及其应用与复数

(时间：120分钟　满分：150分)

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)

1．复数(2＋i)2等于         (　　)

A．3＋4i　　　　　　　　 B．5＋4i

C．3＋2i  D．5＋2i

解析：选A　(2＋i)2＝4＋4i＋i2＝4＋4i－1＝3＋4i.故选A.

2．已知＝(3,4)，A(－2，－1)，则B点的坐标为         (　　)

A．(5,5)  B．(－5，－5)

C．(1,3)  D．(－5,5)

解析：选C　因为＝(3,4)＝(xB＋2，yB＋1)，

所以xB＋2＝3，yB＋1＝4，

故xB＝1，yB＝3，即B(1,3)．

3．在△ABC中，已知a＝，b＝，A＝30°，则c等于      (　　)

A．2  B．

C．2或  D．以上都不对

解析：选C　∵a2＝b2＋c2－2bccos A，

∴5＝15＋c2－2×c×，化简得c2－3c＋10＝0，

即(c－2)(c－)＝0，∴c＝2或c＝.

4．已知平面向量a，b的夹角为，且|a|＝3，|b|＝2，则a·(a－2b)＝     (　　)

A．3  B．9

C．12  D．15

解析：选D　∵a·b＝3×2×cos＝－3，

∴a·(a－2b)＝a2－2a·b＝9－2×(－3)＝15.故选D.

5．在△ABC中，若A＝105°，B＝45°，b＝2，则c等于      (　　)

A．1  B．2

C.  D.

解析：选B　∵A＝105°，B＝45°，∴C＝30°.

由正弦定理，得c＝＝＝2.故选B.

6．已知i为虚数单位，a∈R，若为纯虚数，则复数z＝2a＋i的模等于      (　　)

A.  B．

C.  D.

解析：选C　由题意得，＝ti，t≠0，t∈R，

所以2－i＝－t＋tai，

所以解得

所以z＝2a＋i＝1＋i，|z|＝.

7.如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E为CD边的中点，

＝，若·＝－4，则cos∠BAD＝    (　　)

A.  B．

C.  D.

解析：选A　∵在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是CD边的中点，＝，

∴＝＋＝＋，

＝－＝－，

∴·＝＋ ·－

＝2－2－·

＝×32－×42－×3×4×cos∠BAD

＝6－8－8cos∠BAD＝－4，

∴cos∠BAD＝.

8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，两个非零向量，与x轴正半轴     的夹角分别为和，向量满足＋＋＝0，则与x轴正半轴夹角的取值范围是                                                                       (　　)

A.  B．

C.  D.

解析：选B　由题意＝－－，由向量加法的几何意义得是以－与－为邻边的平行四边形的对角线所表示的向量，所以与x轴正半轴夹角的取值介于－与－与x轴正半轴夹角之间．由题意得－，－与x轴正半轴夹角分别为与.

二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

9．下面是关于复数z＝的四个命题，其中的真命题为      (　　)

A．|z|＝2  B．z2＝2i

C．z的共轭复数为1＋i  D．z的虚部为－1

解析：选BD　∵z＝＝＝－1－i，∴|z|＝，z2＝2i，z的共轭复数为－1＋i，z的虚部为－1，故选B、D.

10．在平行四边形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，N是线段OD的中点，AN的延长线与CD交于点E，则下列说法错误的是                                                                                                                 (　　)

A．＝＋

B．＝－

C． ＝＋

D．＝＋

解析：选BD　易证△DEN∽△BAN，

又OB＝OD，N是线段OD的中点，∴DE＝AB，

∴＝＋＝＋，∴D说法错误；

∵＝＝＋，∴C说法正确；

∵＝＋

＝(＋)＋(－)＝＋，

∴A说法正确，B说法错误．故选B、D.

11．定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下：对任意的a＝(m，n)，b＝(p，q)，令a⊙b＝mq－np.下面说法正确的是                                                                                                                               (　　)

A．若a与b共线，则a⊙b＝0

B．a⊙b＝b⊙a

C．对任意的λ∈R，有(λa)⊙b＝λ(a⊙b)

D．(a⊙b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2

解析：选ACD　若a＝(m，n)与b＝(p，q)共线，则mq－np＝0，依运算“⊙”知a⊙b＝0，故A正确．

由于a⊙b＝mq－np，b⊙a＝np－mq，因此a⊙b＝－b⊙a，故B不正确．

对于C，由于λa＝(λm，λn)，因此(λa)⊙b＝λmq－λnp，又λ(a⊙b)＝λ(mq－np)＝λmq－λnp，故C正确．

对于D，(a⊙b)2＋(a·b)2＝m2q2－2mnpq＋n2p2＋(mp＋nq)2＝m2(p2＋q2)＋n2(p2＋q2)＝(m2＋n2)·(p2＋q2)＝|a|2|b|2，故D正确．

12．对于△ABC，有如下命题，其中正确的有          (　　)

A．若sin2A＝sin2B，则△ABC为等腰三角形

B．若sin A＝cos B，则△ABC为直角三角形

C．若sin2A＋sin2B＋cos2C<1，则△ABC为钝角三角形

D．若AB＝，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积为或

解析：选ACD　对于A：sin2A＝sin2B，

∴A＝B⇒△ABC是等腰三角形，A正确；

对于B：由sin A＝cos B，∴A－B＝或A＋B＝.∴△ABC不一定是直角三角形，B错误；

对于C：sin2A＋sin2B<1－cos2C＝sin2C，∴a2＋b2<c2.∴△ABC为钝角三角形，C正确；

对于D：由正弦定理，得sin C＝＝.而AB>AC，∴C＝60°或C＝120°，∴A＝90°或A＝30°，∴S△ABC＝或，D正确．故选A、C、D.

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．已知|a|＝2，|b|＝3，a·b＝3，则a与b的夹角为________．

解析：设a与b的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，所以θ＝.

答案：

14.

如图，在复平面内，点A对应的复数为z1，若＝i(i为虚数单位)，

则z2＝________.

解析：由题图可知，z1＝－1＋2i，∴由＝i，得z2＝z1i＝(－1＋2i)I

＝－2－i.

答案：－2－i

15．若非零向量a，b满足|a|＝|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为________．

解析：由(a－b)⊥(3a＋2b)，得(a－b)·(3a＋2b)＝0，

即3a2－a·b－2b2＝0.

∵|a|＝|b|，设〈a，b〉＝θ，

则3|a|2－|a||b|cos θ－2|b|2＝0，

∴|b|2－|b|2cos θ－2|b|2＝0，∴cos θ＝.

又∵0≤θ≤π，∴θ＝.

答案：

16.如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和  90°－α.后退l m至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔BC的高为______m，旗杆BA的高为______m．(用含有l和α的式子表示)

解析：在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，

在Rt△P2BC中，∠P2＝.

∵∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，

∴∠P1BP2＝，即△P1BP2为等腰三角形，BP1＝P1P2＝l，

∴BC＝lsin α.

在Rt△ACP1中，＝＝tan(90°－α)，

∴AC＝，则BA＝AC－BC＝－lsin α＝＝.

答案：lsin α　

四、解答题(本大题共6小题，共70分)

17．(10分)已知复数z满足|z|＝1＋3i－z ，求的值．

解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，由|z|＝1＋3i－z，得－1－3i＋a＋bi＝0，

则所以

所以z＝－4＋3i.

则＝＝＝3＋4i.

18.(12分)如图所示，在平行四边形ABCD中，＝a，＝b，H，M

分别是AD，DC的中点，F为BC上一点，且BF＝BC.

(1)以{a，b}为基底表示向量与；

(2)若|a|＝3，|b|＝4，a与b的夹角为120°，求·.

解：(1)由已知得＝＋＝a＋b.连接AF(图略)，

∵＝＋＝a＋b，

∴＝＋＝－b＋＝a－b.

(2)由已知得a·b＝|a||b|cos 120°

＝3×4×＝－6，

从而·＝·

＝|a|2＋a·b－|b|2

＝×32＋×(－6)－×42

＝－.

19．(12分)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcos2A＝a.

(1)求；

(2)若c2＝b2＋a2，求B.

解：(1)由正弦定理，得sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，

即sin B(sin2A＋cos2A)＝sin A.

故sin B＝sin A，所以＝.

(2)由余弦定理和c2＝b2＋a2，得cos B＝.

由(1)知，b2＝2a2，故c2＝(2＋)a2，

可得cos2B＝，又cos B>0，故cos B＝，所以B＝45°.

20．(12分)如图，向量与的夹角为，||＝2，||＝1，P是以O为圆心，||为半径的弧上的动点．若OP―→＝λ＋μ，求λμ的最大值．

解：建立如图所示的平面直角坐标系，设P(cos θ，sin θ)，

则OP―→＝(cos θ，sin θ)，＝(2,0)，

＝.

∵OP―→＝λ＋μ，

∴cos θ＝2λ－μ，sin θ＝μ，

∴

∴λμ＝sin 2θ－cos 2θ＋

＝sin＋≤.

当且仅当2θ－＝，即θ＝时，取等号，

∴λμ的最大值为.

21．(12分)①B＝，②a＝2，③bcos A＋acos B＝＋1，从这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决相应问题．

已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4S＝b2＋c2－a2，b＝，且________，求△ABC的面积S的大小．

解：因为4S＝b2＋c2－a2，cos A＝，

S＝bcsin A，所以2bcsin A＝2bccos A.

显然cos A≠0，所以tan A＝1.

又A∈(0，π)，所以A＝.

若选择①B＝，由＝，

得a＝＝＝2.

又sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，

所以S＝absin C＝.

若选择②a＝2，由＝，得sin B＝＝.

又B∈，所以cos B＝.

sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)

＝sin Acos B＋cos Asin B＝，

所以S＝absin C＝.

若选择③bcos A＋acos B＝＋1，

所以acos B＝1，即a·＝1，

所以a2＝6＋2c－c2.

又a2＝6＋c2－2c·＝6＋c2－2c，

所以6＋2c－c2＝6＋c2－2c，解得c＝＋1，

所以S＝bcsin A＝.

22.(12分)如图，游客从景点A下山至C有两种路径：一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分．在甲出发2分钟后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1分钟后，再从B匀速步行到C.已知缆车从A到B需要8分钟，AC长为1 260米，若cos A＝，sin B＝.为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，求乙步行的速度v(米/分)的取值范围．

解：在△ABC中，∵cos A＝，sin B＝，

∴sin A＝＝ ＝.

由正弦定理＝，得BC＝×sin A＝×＝500(米)，

乙从B出发时，甲已经走了50×(2＋8＋1)＝550 米，还需走710 米才能到达C.

由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，

∴为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度v(米/分)应控制在，范围内．