2019大一轮高考总复习文数（北师大版）阶段复习检测：4平面向量、数系的扩充与复数的引入 .doc

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1、阶段复习检测(四)平面向量、数系的扩充与复数的引入教师用书独具时间：120分钟满分：150分一、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已知两个非零向量a，b，满足|ab|ab|，则下面结论正确的是()AabBabC|a|b|Dabab解析：选B由|ab|ab|，两边平方并化简，得ab0.又a，b都是非零向量，所以ab.2(2018湖南模拟)已知集合AxN|1xlog2k，若集合A中至少有4个元素，则()Ak32Bk32Ck16Dk16解析：选A集合AxN|1xlog2k，集合A中至少有4个元素，A2,3,4, 5，log2k5，k3

2、2.故选A3(2018芜湖模拟)设xR，则“x1”是“复数z(x21)(x1)i为纯虚数”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析：选C由纯虚数的定义知：x1.4已知复数z满足(1i)z3i，则在复平面内对应的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限解析：选B由(1i)z3i得z2i，2i，即对应点为(2,1)为第二象限的点5(2018抚顺模拟)已知直线l1：mxy10，l2：(m3)x2y10，则“m1”是“l1l2”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解析：选A“l1l2”，m1，化为m23m20，解得m1或

3、2.“m1”是“l1l2”的充分不必要条件故选A6(2018内江模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)2x6，则f(f(2)()ABC2D2解析：选Df(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)2x6，当x0时，f(x)6，f(2)2262，f(f(2)f(2)62.故选D7(2018成都模拟)已知命题p：若函数f(x)x2|xa|是偶函数，则a0.命题q：m(0，)，关于x的方程mx22x10有解在pq；pq；(p)q；(p)(q)中为真命题的是()ABCD解析：选D若函数f(x)x2|xa|为偶函数，则(x)2|xa|x2|xa|，即有|xa|xa|，易得a0，故命

4、题p为真；当m0时，方程的判别式44m不恒大于等于零，当m1时，0，此时方程无实根，故命题q为假，即p真q假，故命题pq为真，pq为假，(p)q为假，(p)(q)为真综上可得真命题为.故选D8已知a(1，sin2x)，b(2，sin 2x)，其中x(0，)若|ab|a|b|，则tan x的值等于()A1B1CD解析：选A设a与b的夹角为.由|ab|a|b|，得|cos |1，所以向量a与b共线，则sin 2x2sin2 x，即2sin xcos x2sin2 x. 又x(0，)，所以2cos x2sin x，即tan x1.9已知A，B是圆O：x2y216的两个动点，|4，.若M是线段AB的中

5、点，则的值为()A84B84C12D4解析：选C因为M是线段AB的中点，所以，从而22，由圆的方程可知圆O的半径为4，即|4，又因为|4，所以，60，故8，所以1616812.故选C10(2018张掖模拟)已知向量a，b满足ab，|ab|t|a|，若ab与ab的夹角为，则t的值为()A1BC2D3解析：选Aab，|ab|t|a|，|ab|ab|t|a|，则cos ，化简可得2|b|2(2t2)|a|2，|b|a|，再由|a|2|b|2t2|a|2，t0，解得t2.故选C11已知曲线f(x)sin 2xcos 2x关于点(x0,0)成中心对称，若x0，则x0()ABCD解析：选C由题意可知f(x

6、)2sin，其对称中心为(x0,0)，故2x0k(kZ)，x0(kZ)，又x0，k1，x0.12(2018贵州二模)若函数f(x)ln xxa有零点，则实数a的取值范围是()A(，1B(，1C1，)D1，)解析：选Cf(x)，当0xe2时，f(x)0，当xe2时，f(x)0，f(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，)上单调递减，当xe2时，f(x)取得最大值f(e2)1a，f(x)有零点，且x0时，f(x)，1a0，解得a1.故选C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13命题“x(0，)，ln x2ex”的否定是_解析：由全称命题的否定是特称命题可知，该命

7、题的否定为：x0(0，)，ln x2ex0.答案：x0(0，)，ln x2ex014已知向量a(1，1)，b(6，4)若a(tab)，则实数t 的值为_解析：a(tab)，ta2ab0，又a22，ab10，2t100，t5.答案：515(2018湖北十一校联考)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，c4，a2，则角C_.解析：由正弦定理，得，即sin Csin Asin ，又ac，且A，C.答案：16(2018海口模拟)已知函数f(x)sin(x)(0)的图像如图所示，则f(4)_.解析：根据函数f(x)sin(x)(0)的图像，可得31，再根据五点法作图可得1，f(x)sin，

8、f(4)sinsin.答案：三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(10分)在直角坐标系xOy中，已知点A(1,1)，B(2,3)，C(3,2)，点P(x，y)在ABC三边围成的区域(含边界)上，且mn(m，nR)(1)若mn，求|；(2)用x，y表示mn，并求mn的最大值解：(1)mn，(1,2)，(2,1)，(1,2)(2,1)(2,2)，|2.(2)m(1,2)n(2,1)(m2n,2mn)，两式相减，得mnyx. 令yxt，由图知，当直线yxt过点B(2,3)时，t取得最大值1，故mn的最大值为1.18(12分)(2017临沂模拟)已知f(x)sin2 x2sinsi

9、n.(1)若tan 2，求f()的值；(2)若x，求f(x)的取值范围解：(1)f(x)(sin2 xsin xcos x)2sincossin 2xsin(sin 2xcos 2x)cos 2x(sin 2xcos 2x).由tan 2，得sin 2.cos 2.所以，f()(sin 2cos 2).(2)由(1)得f(x)(sin 2xcos 2x)sin.由x，得2x.sin1,0f(x)，所以f(x)的取值范围是.19(12分)(2018长沙模拟)已知ABC的外接圆半径为1，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2acos Accos Bbcos C.(1)求A；(2)若b2c27，求

10、ABC的面积解：(1)因为2acos Accos Bbcos C，则由正弦定理得：2sin Acos Asin Ccos Bsin Bcos C，所以2sin Acos Asin(BC)sin A，又0A，所以sin A0，从而2cos A1，cos A，故A；(2)由A知sin A，而ABC的外接圆半径为1，故由正弦定理可得a2sin A，再由余弦定理a2b2c22bccos A，可得bcb2c2a2734，SABCbcsin A.20(12分)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c2，C.(1)若ABC的面积等于，求a，b；(2)记m(sin Csin(BA)，2)，n(

11、sin 2A,1)，若m与n共线，求ABC的面积解：(1)由余弦定理及已知条件，得a2b2ab4，absin C，即ab4.由得解得(2)因为mn，所以sin Csin(BA)2sin 2A0，所以sin(AB)sin(AB)4sin Acos A，所以sin Bcos A2sin Acos A.当cos A0时，A，B，a，b.所以SABCabsin C.当cos A0时，得sin B2sin A，由正弦定理得b2a.所以解得所以SABCabsin C.综上ABC的面积为.21(12分)(2018江西联考)已知a(cos x,2cos x)，b(2cos x，sin x)，f(x)ab.(1

12、)把f(x)图像向右平移个单位长度得到g(x)的图像，求g(x)的单调递增区间；(2)当a0，a与b共线时，求f(x)的值解：(1)f(x)ab2cos2 x2sin xcos xsin 2xcos 2x1sin1.g(x)sin1sin1.由2k2x2k，kZ得，kxk，kZ，g(x)的单调递增区间为(kZ)(2)a0，a与b共线，cos x0，sin xcos x4cos2x0，tan x4.f(x)2 cos2x2sin xcos x. 22(12分)(2018郴州模拟)已知函数f(x)sin x(0)在区间上单调递增，在区间上单调递减如图，四边形OACB中，a，b，c为ABC的内角A，

13、B，C的对边，且满足.(1)证明：bc2a；(2)若bc，设AOB(0)，OA2OB2，求四边形OACB面积的最大值(1)证明：由题意知，解得，所以.所以sin Bcos Asin Ccos A2sin Acos Bsin Acos Csin A, 所以sin Bcos Acos Bsin Asin Ccos Acos Csin A2sin A，所以sin(AB)sin(AC)2sin A，所以sin Csin B2sin A，所以bc2a.(2)解：因为bc2a，bc，所以abc，所以ABC为等边三角形SOACBSOABSABCOAOBsin AB2sin (OA2OB22OAOBcos )sin cos 2sin，因为(0，)，所以(，)，当且仅当，即时取最大值，SOACB的最大值为2.