2022届高考数学统考一轮复习 阶段质量检测3（理含解析）新人教版.doc

1、阶段质量检测(三)建议用时：40分钟一、选择题1(2020银川三模)若向量a(x1,2)与b(1，1)平行，则|2ab|()A B C3 DCab，(x1)20，解得x3，a(2,2)，2ab(3,3)，|2ab|3.故选C2(2020成都模拟)复数z，则z()Ai Bi C1 D1Cz，|z|1.z|z|21 .故选C3(2020钦州模拟)设向量a(1,2)，b(2，4)，则()Aab Ba与b同向Ca与b反向 D(ab)是单位向量Ca(1,2)，b(2，4)，b2a，a与b反向，(ab)，|ab|1，即(ab)不是单位向量故选C4(2020宜宾模拟)在ABC中，点D为BC延长线上一点，且，

2、则()A BC DC由题意可知，().故选C5已知非零向量a，b满足|a|b|，cosa，b，若(ma4b)b，则实数m的值为()A9 B10 C11 D16D非零向量a，b满足|a|b|，cosa，b，(ma4b)b，(ma4b)bmab4b2m|b|b|4|b|20，求得m16，故选D6(2020武汉模拟)设有下面两个命题：p1：复数zR的充要条件是z；p2：若复数z所对应的点在第一象限，则复数所对应的点在第四象限则下列选项中，为真命题的是()Ap1p2 B(p1)p2Cp1(p2) D(p1)(p2)A设zabi(a，bR)，则zRb0z，则p1为真命题；若复数z所对应的点在第一象限，则

3、a0，b0，而bai，故复数所对应的点(b，a)在第四象限，p2为真命题p1p2为真命题故选A7(2020沙市模拟)菱形ABCD中，AC2，BD2，E点为线段CD的中点，则为()A B3 C DB建立如图所示坐标系，A(0,1)，B(，0)，C(0，1)，D(，0)，所以E，则，(，1)，所以3.故选B8在ABC中，7，|6，则ABC面积的最大值为()A24 B16 C12 D8C设A，B，C所对边分别为a，b，c，由7，|6，得bccos A7，a6，SABCbcsin Abcbc，由余弦定理可得b2c22bccos A36，由消掉cos A得b2c250，所以b2c22bc，所以bc25，

4、当且仅当bc5时取等号，所以SABC12，故ABC的面积的最大值为12，故选C二、填空题9(2020天津一模)若复数z满足：z(1i)|1i|，则复数z的虚部是 1由z(1i)|1i|2，得z1i，复数z的虚部是1.10(2020北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足()，则| ； .1由()，可得P为BC的中点，则|CP|1，|PD|，()()21.11已知向量a(x2，x1)，b(1x，t)，若函数f (x)ab在区间(1,1)上是增函数，则实数t的取值范围是 5，)依题意得f (x)x2(1x)t(x1)x3x2txt，则f (x)3x22xt.若f (x)在(1,1)上是增函

5、数，则在(1,1)上f (x)0恒成立f (x)0t3x22x在区间(1,1)上恒成立，令g(x)3x22x，则g(x)是对称轴为x，开口向上的抛物线，故要使t3x22x在区间(1,1)上恒成立tg(1)，即t5，故t的取值范围是5，)12(2020乐山模拟)如图，已知函数f (x)|sin x|，A1，A2，A3是图象的顶点，O，B，C，D为f (x)与x轴的交点，线段A3D上有五个不同的点Q1，Q2，Q5，记ni(i1,2，5)，则n1n2n5的值为 由题意得，函数f (x)的周期T1，即B，C，D的横坐标分别为1,2,3，故A2，A3，则kOA2，kDA3，因为kOA2kDA31 ，故，

6、故n1n2n5()(5)55.三、解答题13(2020天津模拟)已知|a|，|b|1，a与b的夹角为45.(1)求a在b方向上的投影；(2)求|a2b|的值；(3)若向量(2ab)与(a3b)的夹角是锐角，求实数的取值范围解(1)a在b方向上的投影为|a|cos 451.(2)ab11，|a2b|2a24ab4b224410，则|a2b|.(3)向量(2ab)与(a3b)的夹角是锐角，可得(2ab)(a3b)0，且(2ab)与(a3b)不共线，由2a23b2(62)ab0，即有7(62)0，解得16，又由(2ab)与(a3b)共线，可得2(3)，解得，则实数的取值范围为(1，)(，6)14已知

7、A，B，C分别为ABC的三边a，b，c所对的角，向量m(sin A，sin B)，n(cos B，cos A)，且mnsin 2C(1)求角C的大小；(2)若a，c，b成等差数列，且()18，求边c的长解(1)由已知得mnsin Acos Bcos Asin Bsin(AB)，又在ABC中，ABC，ABC，sin(AB)sin(C)sin C，又mnsin 2C，sin Csin 2C2sin Ccos C，cos C，又0C，C.(2)由a，c，b成等差数列，则2cab，由()18， 18，即abcos C18，由(1)知cos C，所以ab36，由余弦定理得c2a2b22abcos C(a

8、b)23ab，c24c2336，c6.15已知向量a，b满足|a|b|1，且|kab|akb|(k0)，令f (x)ab.(1)求f (k)ab(用k表示)；(2)当k0时，f (k)x22tx对任意的t1,1恒成立，求实数x的取值范围解(1)|a|b|1，|kab|akb|，k2a2b22kab3(a22kabk2b2)，整理得ab，f (k)(k0)(2)当k0时，f (k)2(当且仅当k1时等号成立)，当k0时，f (k)x22tx对任意的t1,1恒成立，即x22tx，亦即x22tx10对任意的t1,1恒成立，令g(t)x22tx12xtx21，g(t)2xtx210对任意的t1,1恒成立，由一次函数的性质可得，1x1，实数x的取值范围为1，116已知向量m(sin x,1)，n(A0)，函数f (x)mn的最大值为6.(1)求A；(2)将函数f (x)的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数yg(x)的图象求g(x)在上的值域解(1)f (x)mnAsin xcos xcos 2xAAsin，函数f (x)mn的最大值为6，A6.