课时素养评价八
空间几何体与斜二测画法
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.下列命题中正确的个数是
( )
①水平放置的角的直观图一定是角;
②相等的角在直观图中仍然相等;
③相等的线段在直观图中仍然相等;
④若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行.
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.水平放置的平面图形不会改变形状,①正确;利用斜二测画法画直观图,∠x′O′y′=45°或135°,所以直角可以变为45°或者135°,②错;因为平行于x轴的线段长度不变,平行于y轴的线段长度变为原来的一半,所以③错;平行性不会改变,所以④正确.
2.若用斜二测画法把一个高为10
cm的圆柱的底面画在x′O′y′平面上,则该圆柱的高应画成
( )
A.平行于z′轴且长度为10
cm
B.平行于z′轴且长度为5
cm
C.与z′轴成45°且长度为10
cm
D.与z′轴成45°且长度为5
cm
【解析】选A.平行于z轴的线段,在直观图中平行性和长度都不变.
3.如图所示,△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是
( )
A.AB
B.AD
C.BC
D.AC
【解析】选D.△ABC是直角三角形,且∠ABC=90°,
则AC>AB,AC>AD,AC>BC.
【加练·固】水平放置的△ABC有一边在水平线上,它的斜二测直观图是等边三角形A′B′C′(x轴非负半轴与y轴非负半轴的夹角为45°),则△ABC为
( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.以上都有可能
【解析】选C.用斜二测画法,原图的直角变成45°,直观图中的等边△A′B′C′的角度是60°,60°>45°,故原图是钝角三角形.
4.(多选题)如图,已知等腰三角形ABC,则如图所示的四个选项中,可能是△ABC的直观图的是
( )
【解析】选CD.当∠x′O′y′=135°时,其直观图是C;当∠x′O′y′=45°时,其直观图是D.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.已知一个正方形的直观图是一个平行四边形,如图,其中有一边长为4,则此正方形的面积是________.?
【解析】若O′A′=4,则正方形边长为4,其面积为16;
若O′C′=4,则正方形边长为8,面积为64.
答案:16或64
6.如图,△A′B′C′表示水平放置的△ABC在斜二测画法下的直观图,A′B′在x′轴上,B′C′⊥x′轴,且B′C′=3,则△ABC的边AB上的高为________.?
【解析】过C′作C′D′∥A′B′交y′轴于D′,
则O′D′=
=3
,由斜二测画法规则知D′对应点在y轴上,且长度为6,此即为△ABC的边AB上的高.
答案:6
【加练·固】如图为一个水平放置的矩形ABCO,在直角坐标系xOy中,点B的坐标为(4,2),则用斜二测画法画出的该矩形的直观图中,顶点B′到x′轴的距离为________.?
【解析】直观图如图,则O′A′=B′C′=1,∠B′C′x′=45°,故B′到x′轴的距离为.
答案:
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图所示,在平面直角坐标系中,各点坐标为O(0,0),A(1,3),
B(3,1),C(4,6),D(2,5).试画出四边形ABCD的直观图.
【解析】画法:(1)画轴.如图1,建立坐标系x′O′y′,其中∠x′O′y′=45°.
(2)描点.在原图中作AE⊥x轴于点E,垂足为E(1,0),在x′轴上截取O′E′=OE,作A′E′∥y′轴,截取A′E′=AE=1.5.同理确定点B′,C′,D′,其中B′G′=0.5,C′H′=3,D′F′=2.5.
(3)连线.连接A′B′,B′C′,C′D′,D′A′.
(4)成图.擦去多余的辅助线,如图2,四边形A′B′C′D′即为四边形ABCD的直观图.
8.(14分)如图,画出水平放置的四边形OBCD的直观图.
世纪
【解析】(1)过点C作CE⊥x轴,垂足为点E,如图①,画出对应的x′轴、y′轴,使∠x′O′y′=45°,如图②.
(2)如图②,在x′轴上取点B′,E′,使得O′B′=OB,O′E′=OE;在y′轴上取一点D′,使得O′D′=OD;过点E′作E′C′∥y′轴,使E′C′=EC.
(3)连接B′C′,C′D′,并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线,如图③,四边形O′B′C′D′就是所求的直观图.
(15分钟·30分)
1.(4分)长方形的直观图可能为如图中的哪一个
( )
A.①②
B.①②③
C.②⑤
D.③④⑤
【解析】选C.由斜二测画法知,长方形的直观图应为平行四边形,且锐角为45°,故②⑤正确.
2.(4分)如图,矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O′A′=6,O′C′=2,则原图形是
( )
A.正方形
B.矩形
C.菱形
D.梯形
【解析】选C.设y′轴与B′C′交于D′,则O′D′=2.
在原图形中,OD=4,CD=2,OD⊥CD.
所以OC=6=OA,所以原图形是菱形.
3.(4分)如图,在斜二测画法下,边长为1的正三角形ABC的直观图不是全等三角形的一组是
( )
【解析】选C.在直观图中,平行于x轴(或在x轴上)的线段长不变,平行于y轴(或在y轴上)的线段长减半.在C中,第一个图中,AB不变,高减半,第二个图中,AB减半,高不变,因此两三角形(直观图)不全等.
4.(4分)水平放置的直角梯形的斜二测直观图如图所示,已知A′B′=4,A′D′
=1,D′C′=2,则BC边的长度为________.?
【解析】在直观图中,∠D′A′B′=45°,A′B′=4,A′D′=1,D′C′=2,所以在原图中∠DAB=90°,AB=4,AD=2,DC=2,所以BC==2.
答案:2
5.(14分)按如图的建系方法,画水平放置的正五边形ABCDE的直观图.
世纪
【解析】(1)在图①中作AG⊥x轴于点G,作DH⊥x轴于点H.
(2)在图②中画相应的x′轴与y′轴,两轴相交于O′,使∠x′O′y′=45°.
(3)在图②中的x′轴上取O′B′=OB,O′G′=OG,O′C′=OC,O′H′=OH,y′轴上取O′E′=OE,分别过G′和H′作y′轴的平行线,并在相应的平行线上取G′A′=GA,H′D′=HD.
(4)连接A′B′,A′E′,E′D′,D′C′,并擦去辅助线G′A′,H′D′,x′轴与y′轴,及点O′,G′,H′便得到水平放置的正五边形ABCDE的直观图A′B′C′D′E′(如图③).
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1
-课时素养评价二 余
弦
定
理
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是
( )
A.90°
B.120°
C.135°
D.150°
【解析】选B.设中间角为θ,则θ为锐角,由余弦定理得cos
θ==
,θ=60°,180°-60°=120°,所以三角形最大角与最小角的和是120°.
2.(2019·邯郸高一检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=,c=2,cos
A=,则b=
( )
A.
B.
C.2
D.3
【解析】选D.由余弦定理得5=b2+22-2×b×2×,解得b=3.
3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,b=2,cos(A+B)=,则c等于
( )
A.4
B.
C.3
D.
【解析】选D.由三角形内角和定理可知cos
C=-cos(A+B)=-,又由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=9+4-2×3×2×=17,所以c=.
【加练·固】若△ABC的内角A,B,C所对的边a,b,c满足(a+b)2-c2=4,且C=60°,则ab的值为
( )
A. B.8-4 C.1 D.
【解析】选A.由(a+b)2-c2=4,得a2+b2-c2+2ab=4,由余弦定理得a2+b2-c2=2abcos
C
=2abcos
60°=ab,则ab+2ab=4,所以ab=.
4.(多选题)在△ABC中,若a4+b4+c4=2c2(a2+b2),则角C=
( )
A.60°
B.45°
C.135°
D.30°
【解析】选BC.由余弦定理得cos
C=,
所以cos2C=.
因为a4+b4+c4=2c2(a2+b2),
所以a4+b4+c4-2c2a2-2c2b2=0,
所以cos2C==,所以cos
C=±,
所以C=45°或135°.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.在△ABC中,B=60°,a=1,c=2,则=________.?
【解析】由余弦定理得b2=a2+c2-2accos
B=3,所以b=,由正弦定理得=
==2.
答案:2
6.若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin
A+csin
C-asin
C=bsin
B,则B=________.?
【解析】由正弦定理得a2+c2-ac=b2,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos
B,故cos
B=.
又因为B为三角形的内角,所以B=45°.
答案:45°
三、解答题(共26分)
7.(12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,a2+c2-b2=ac.求2sin2
+sin2B的值.
【解析】由已知得=,由余弦定理得cos
B=,
又因为角B为△ABC的内角,所以sin
B>0,
所以sin
B==,
所以2sin2+sin2B=2cos2+sin2B
=1+cos
B+2sin
Bcos
B=1++2××=.
8.(14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a>b,a=5,c=6,sin
B=.
(1)求b和sin
A的值.
(2)求sin的值.
世纪
【解析】(1)在△ABC中,因为a>b,
故由sin
B=,可得cos
B=.
由已知及余弦定理得b2=a2+c2-2accos
B=13,
所以b=.
由正弦定理=得sin
A==.
所以b的值为,sin
A的值为.
(2)由(1)及a
A=,所以sin2A=2sinAcosA=,cos2A=1-2sin2A=-.
故sin=sin2Acos+cos2Asin
=×=.
(15分钟·30分)
1.(4分)(2020·海淀高一检测)在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c.若2cos2-cos
2C=1,4sin
B=3sin
A,a-b=1,则c的值为
( )
A.
B.
C.
D.6
【解析】选A.由2cos2-cos
2C=1,
可得2cos2-1-cos
2C=0,
则有cos
2C+cos
C=0,即2cos2C+cos
C-1=0,解得cos
C=或cos
C=-1(舍),
由4sin
B=3sin
A,得4b=3a,①
又a-b=1,②
联立①,②得a=4,b=3,
所以c2=a2+b2-2abcos
C=16+9-12=13,则c=.
2.(4分)在△ABC中,a2-b2=bc,sin
C=2sin
B,则A=________.?
【解析】由sin
C=2sin
B及正弦定理得c=2b,
把它代入a2-b2=bc,得a2-b2=6b2,即a2=7b2.
由余弦定理得cos
A====,又因为0°答案:30°
3.(4分)在△ABC中,A=120°,AB=5,BC=7,则的值为________.?
【解析】由余弦定理得49=AC
2+25-2×5×AC×
cos
120°,整理得AC
2+5·AC-24=0,
解得AC=3或AC=-8(舍去),
再由正弦定理可得==.
答案:
4.(4分)在△ABC中,A=60°,最大边长与最小边长是方程x2-9x+8=0的两个实根,则边BC的长为________.?
【解析】设内角B,C所对的边分别为b,c.因为A=60°,所以可设最大边与最小边分别为b,c.由条件可知b+c=9,bc=8,所以BC
2=b2+c2-2bccos
A=(b+c)2
-2bc-2bccos
A=92-2×8-2×8×cos
60°=57,所以BC=.
答案:
5.(14分)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin
A=(2b-c)sin
B+(2c-b)sin
C.
(1)求角A的大小.
(2)若sin
B+sin
C=,试判断△ABC的形状.
世纪
【解析】(1)因为2asin
A=(2b-c)sin
B+(2c-b)sin
C,
所以2a2=(2b-c)b+(2c-b)c,即bc=b2+c2-a2,
所以cos
A==.因为0°所以A=60°.
(2)因为A+B+C=180°,所以B+C=180°-60°=120°,
由sin
B+sin
C=,得sin
B+sin(120°-B)=,
所以sin
B+sin
120°cos
B-cos
120°sin
B=,
所以sin
B+cos
B=,即sin(B+30°)=1.
又因为0°所以B+30°=90°,即B=60°,
所以A=B=C=60°,所以△ABC为正三角形.
1.若△ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则·的值为
世纪
( )
A.19
B.14
C.-18
D.-19
【解析】选D.设三角形的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,依题意得a=5,
b=6,c=7.
所以·=||·||·cos(π-B)=-ac·cos
B.
由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cos
B,
所以-ac·cosB=(b2-a2-c2)=(62-52-72)=-19,
所以·=-19.
2.如图,某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB,C是该小区的一个出入口,小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从点O沿OD走到点D用了
2
min,从点D沿DC走到点C用了3
min.若此人步行的速度为50
m/min,求该扇形的半径.
世纪
【解析】依题意得OD=100
m,CD=150
m,
连接OC,易知∠ODC=180°-∠AOB=60°,
因此由余弦定理得OC2=OD2+CD2-2OD×CD×cos
∠ODC,
即OC2=1002+1502-2×100×150×,
解得OC=50(m).
则该扇形的半径为50
m.
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-课时素养评价九 构成空间几何体的基本元素
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.M∈l,N∈l,N?α,M∈α,则有
( )
A.l∥α
B.l?α
C.l与α相交
D.以上都有可能
【解析】选C.由符号语言知,直线l上有一点在平面α内,另一点在α外,故l与α相交.
2.直线a在平面γ外,则
( )
A.a∥γ
B.a与γ至少有一个公共点
C.a∩γ=A
D.a与γ至多有一个公共点
【解析】选D.直线a在平面γ外,其包括直线a与平面γ相交或平行两层含义,故a与γ至多有一个公共点.
3.如果两条直线a∥b,且a∥平面α,那么b和平面α的位置关系是
( )
A.相交
B.b∥α
C.b?α
D.b∥α或b?α
【解析】选D.当直线b?α时,b∥α;b?α也有可能成立.
4.(多选题)关于直线与平面,下列说法中,正确的是
( )
A.若一个平面内的任何直线都与另一个平面无公共点,则这两个平面平行
B.过平面外一点有且仅有一个平面和已知平面平行
C.过平面外两点不能作平面与已知平面平行
D.若一条直线和一个平面平行,经过这条直线的任何平面都与已知平面平行
【解析】AB.显然AB选项正确;对于选项C中,两点所在直线与平面平行时可以;对于选项D中,经过这条直线的平面与已知平面可能相交.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.下列说法:
①若直线a不与平面α相交,则a∥α;②若直线a∥b,直线b?α,则a∥α;
③若直线a∥b,b?α,那么直线a就平行于平面α内的无数条直线.
其中说法正确的为________.(填序号)?
【解析】对于①,直线a不与平面α相交包括两种情况:a∥α或a?α,所以a和α不一定平行,所以①说法错误.对于②,因为直线a∥b,b?α,则只能说明a和b无公共点,但a可能在平面α内,所以a不一定平行于α,所以②说法错误.对于③,因为a∥b,b?α,所以a?α或a∥α,所以a与平面α内的无数条直线平行,所以③说法正确.
答案:③
6.若直线l上有两点到平面α的距离相等,则直线l与平面α的关系是________.?
【解析】当这两点在α的同侧时,l与α平行;当这两点在α的异侧时,l与α相交.
答案:平行或相交
三、解答题(共26分)
7.(12分)已知A是△BCD所在平面外的一点,E,F分别是BC,AD的中点.
求证:直线EF与BD是异面直线.
【证明】假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A,B,C,D在同一平面内,这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线.
8.(14分)长方体ABCD-A1B1C1D1中,E是矩形BCC1B1的中心,F是矩形ADD1A1的中心,连接AE,B1F,判断AE,B1F是否为异面直线.
世纪
【解析】(反证法)
假设AE与B1F为共面直线,由直线B1E与点F可确定平面A1B1CD,
则AE?平面A1B1CD,得A∈平面A1B1CD,而在长方体中,A?平面A1B1CD,假设错误,故AE与B1F为异面直线.
(15分钟·30分)
1.(4分)如果一条直线与两条异面直线中的一条相交,那么它与另一条直线之间的位置关系是
( )
A.平行
B.相交
C.异面
D.可能平行、可能相交、可能异面
【解析】选D.可以利用长方体的棱所在的直线找到平行,相交,异面的情况.
2.(4分)平面α与平面β平行,
且a?α,下列四种说法
①a与β内的所有直线都平行;
②a与β内无数条直线平行;
③a与β内的任意一条直线都不垂直;
④a与β无公共点.
其中正确的个数是
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.如图,在长方体中,平面ABCD∥平面A′B′C′D′,
A′D′?平面A′B′C′D′,
AB?平面ABCD,A′D′与AB不平行,且A′D′与AB垂直,
所以①③错.
3.(4分)已知下列说法:(1)若两个平面α∥β,a?α,b?β,则a∥b
;(2)若两个平面α∥β,a?α,b?β,则a与b是异面直线;(3)若两个平面α∥β,a?α,b?β,则a与b平行或异面;(4)若两个平面α∩β=b,a?α,则a与β一定相交.
其中正确的序号是________.(将你认为正确的序号都填上)?
【解析】因为在两个平行平面内的两条直线没有公共点,所以可能平行,也可能异面,所以(3)正确;(4)中a与β也可能平行.
答案:(3)
4.(4分)下列四个说法:①a∥α,b?α,则a∥b;
②a∩α=P,b?α,则a与b不平行;
③a?α,则a∥α;
④a∥α,b∥α,则a∥b.
其中错误的是________.(填序号)
世纪?
【解析】对于①,a与b可能异面,故①错误;对于②,易判断是正确的;对于③,直线a还可能与平面α相交,故③错误;对于④,a与b可能相交也可能异面.
答案:①③④
5.(14分)如图,在正方体ABCD-A′B′C′D′中,P是A′D的中点,Q是B′D′的中点,判断直线PQ与平面AA′B′B的位置关系,并利用定义证明.
世纪
【解析】直线PQ与平面AA′B′B平行.证明如下:
连接AD′,AB′,则P是AD′的中点,在△AB′D′中,
由已知条件可得PQ是△AB′D′的中位线,
因为平面AB′D′∩平面AA′B′B=AB′,
所以PQ在平面AA′B′B外,
又PQ在平面AB′D′内,且与直线AB′平行,
所以PQ与平面AA′B′B没有公共点,
所以PQ与平面AA′B′B平行.
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-课时素养评价六 复数的加法与减法
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.已知复数z满足z+2i-5=7-i,则|z|=
( )
A.12
B.3
C.3
D.9
【解析】选C.由题意知z=7-i-(2i-5)=12-3i,
所以|z|==3.
2.设向量,,对应的复数分别为z1,z2,z3,那么
( )
A.z1+z2+z3=0
B.z1-z2-z3=0
C.z1-z2+z3=0
D.z1+z2-z3=0
【解析】选D.因为+=,所以z1+z2=z3,即z1+z2-z3=0.
3.已知|z|=3,且z+3i是纯虚数,则z等于
( )
A.-3i
B.3i
C.±3i
D.4i
【解析】选B.设z=a+bi(a,b∈R),则z+3i=a+bi+3i=a+(b+3)i为纯虚数,
所以a=0,b+3≠0,又|b|=3,所以b=3,z=3i.
4.若z1=2+i,z2=3+ai(a∈R),且在复平面内z1+z2所对应的点在实轴上,则a的值为
( )
A.3
B.2
C.1
D.-1
【解析】选D.z1+z2=2+i+3+ai=(2+3)+(1+a)i=5+(1+a)i.因为在复平面内z1+z2所对应的点在实轴上,所以1+a=0,所以a=-1.
【加练·固】复数z1=-3+i,z2=1-i,则复数z=z1-z2在复平面内所对应的点在
( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选B.因为z1=-3+i,z2=1-i,所以复数z=z1-z2=-3+i-(1-i)=-4+2i,其在复平面内对应的点的坐标为(-4,2),位于第二象限.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.(2019·潍坊高二检测)已知x∈R,y∈R,(xi+x)+(yi+4)=(y-i)-(1-3xi),则x=________,y=________.?
【解析】x+4+(x+y)i=(y-1)+(3x-1)i,所以解得
答案:6 11
6.计算|(3-i)+(-1+2i)-(-1-3i)|=________.?
【解析】|(3-i)+(-1+2i)-(-1-3i)|=|(2+i)-(-1-3i)|=|3+4i|==5.
答案:5
三、解答题(共26分)
7.(12分)计算:(1)(1+2i)+(3-4i)-(5+6i).
(2)5i-[(3+4i)-(-1+3i)].
(3)(a+bi)-(2a-3bi)-3i(a,b∈R).
【解析】(1)(1+2i)+(3-4i)-(5+6i)
=(1+3-5)+(2-4-6)i=-1-8i.
(2)5i-[(3+4i)-(-1+3i)]=5i-(4+i)=-4+4i.
(3)(a+bi)-(2a-3bi)-3i=(a-2a)+[b-(-3b)-3]i=-a+(4b-3)i(a,b∈R).
8.(14分)设m∈R,复数z1=+(m-15)i,z2=-2+m(m-3)i,若z1+z2是虚数,求m的取值范围.
世纪
【解析】因为z1=+(m-15)i,z2=-2+m(m-3)i,所以z1+z2=
+[(m-15)+m(m-3)]i=+(m2-2m-15)i.
因为z1+z2为虚数,所以m2-2m-15≠0且m≠-2,
解得m≠5,m≠-3且m≠-2(m∈R).
(15分钟·30分)
1.(4分)(2019·襄阳高二检测)在平行四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,若向量,对应的复数分别是3+i,-1+3i,则对应的复数是
( )
A.2+4i
B.-2+4i
C.-4+2i
D.4-2i
【解析】选D.依题意有==-.而(3+i)-(-1+3i)=4-2i,故对应的复数为4-2i.
2.(4分)设f(z)=|z|,z1=3+4i,z2=-2-i,则f(z1-z2)等于
( )
A.
B.5
C.
D.5
【解析】选D.因为z1-z2=5+5i,所以f(z1-z2)=f(5+5i)=|5+5i|=5.
3.(4分)设复数z满足z+|z|=2+i,则z=________.?
【解析】设z=x+yi(x,y∈R),则|z|=.所以x+yi+=2+i.
所以解得所以z=+i.
答案:+i
4.(4分)(2019·九江高二检测)若|z|=2,则|z-1|的最小值是________.?
【解析】|z-1|≥||z|-1|=|2-1|=1.
答案:1
5.(14分)在复平面内A,B,C三点对应的复数分别为1,2+i,-1+2i.
世纪
(1)求,,对应的复数.
(2)判断△ABC的形状.
(3)求△ABC的面积.
【解析】(1)对应的复数为2+i-1=1+i,
对应的复数为-1+2i-(2+i)=-3+i,
对应的复数为-1+2i-1=-2+2i.
(2)因为||=,||=,||==2,
所以||2+||2=||2,所以△ABC为直角三角形.
(3)S△ABC=××2=2.
【加练·固】已知四边形ABCD是复平面内的平行四边形,且A,B,C三点对应的复数分别是1+3i,-i,2+i,求点D对应的复数.
【解析】方法一 设D点对应的复数为x+yi
(x,y∈R),
则D(x,y),又由已知A(1,3),B(0,-1),C(2,1).
所以AC中点为,BD中点为.
因为平行四边形对角线互相平分,所以所以即点D对应的复数为3+5i.
方法二 设D点对应的复数为x+yi
(x,y∈R).
则对应的复数为(x+yi)-(1+3i)
=(x-1)+(y-3)i,又对应的复数为(2+i)-(-i)=2+2i,由于=.所以(x-1)+(y-3)i=2+2i.
所以所以即点D对应的复数为3+5i.
1.复数z1=1+icos
θ,z2=sin
θ-i,则|z1-z2|的最大值为
世纪
( )
A.3-2
B.-1
C.3+2
D.+1
【解析】选D.|z1-z2|=|(1+icos
θ)-(sin
θ-i)|
==
=≤=+1.
2.已知复平面内的平行四边形ABCD中,A点对应的复数为2+i,向量对应的复数为1+2i,向量对应的复数为3-i,求:
(1)点C,D对应的复数.
(2)平行四边形ABCD的面积.
世纪
【解析】(1)因为向量对应的复数为1+2i,向量对应的复数为3-i,所以向量对应的复数为(3-i)-(1+2i)=2-3i.又因为=+,
所以点C对应的复数为(2+i)+(2-3i)=4-2i.
因为=,所以向量对应的复数为3-i,
即=(3,-1).设D(x,y),则=(x-2,y-1)=(3,-1),所以解得
所以点D对应的复数为5.
(2)因为·=||||cos
B,
所以cos
B===.
因为0B=,
所以S?ABCD=||||sin
B=××=7,
所以平行四边形ABCD的面积为7.
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1
-课时素养评价七 复数的乘法与除法
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.i为虚数单位,+++等于
( )
A.0
B.2i
C.-2i
D.4i
【解析】选A.=-i,=i,=-i,=i,
所以+++=0.
2.复数(1+i)2(2+3i)的值为
( )
A.6-4i
B.-6-4i
C.6+4i
D.-6+4i
【解析】选D.(1+i)2(2+3i)=2i(2+3i)=-6+4i.
3.(2019·赣州高二检测)已知复数z满足(z-1)i=1+i,则z等于
( )
A.-2-i
B.-2+i
C.2-i
D.2+i
【解析】选C.由(z-1)i=1+i,两边同乘以-i,则有z-1=1-i,所以z=2-i.
4.若方程x2+x+m=0有两个虚根α,β,且|α-β|=3,则实数m的值为
( )
A.
B.-
C.2
D.-2
【解析】选A.因为方程x2+x+m=0是实系数一元二次方程,且有两个虚根α,β,所以α,β互为共轭虚数,
所以设α=a+bi,a,b∈R,则β=a-bi,
由|α-β|=3,得b=±.当b=时,α=a+i,
代入方程得+a+i+m=0,
即+i=0,
所以所以
当b=-时,同理
【加练·固】若a为实数,且=3+i,则a=
( )
A.-4
B.-3
C.3
D.4
【解析】选D.==+i=3+i,所以解得a=4.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.设复数z=1+i,则z2-2z=________.?
【解析】因为z=1+i,
所以z2-2z=z(z-2)=(1+i)(1+i-2)=(1+i)(-1+i)=-3.
答案:-3
6.(2019·西安八校高二联考)若(a,b∈R)与(2-i)2互为共轭复数,则a-b=________.?
【解析】因为==b-ai,(2-i)2=4-4i-1=3-4i,(a,b∈R)与(2-i)2互为共轭复数,所以b=3,a=-4,则a-b=-7.
答案:-7
三、解答题(共26分)
7.(12分)已知复数z满足:z·+2zi=8+6i,求复数z的实部与虚部的和.
【解析】设z=a+bi(a,b∈R),则z·=a2+b2,
所以a2+b2+2i(a+bi)=8+6i,
即a2+b2-2b+2ai=8+6i,
所以解得所以a+b=4,
所以复数z的实部与虚部的和是4.
8.(14分)计算.
(1).
(2).
(3)+.
【解析】(1)==-1-3i.
(2)==
==+i.
(3)+=+
=i6+i=-1+i.
(15分钟·30分)
1.(4分)(2019·全国卷Ⅰ)设复数z满足|z-i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则
( )
A.(x+1)2+y2=1
B.(x-1)2+y2=1
C.x2+(y-1)2=1
D.x2+(y+1)2=1
【解析】选C.因为z在复平面内对应的点为(x,y),所以z=x+yi,所以z-i=
x+(y-1)i,
所以|z-i|==1,所以x2+(y-1)2=1.
2.(4分)(2019·全国卷Ⅲ)设z=i(2+i),则=
( )
A.1+2i
B.-1+2i
C.1-2i
D.-1-2i
【解析】选D.因为z=i(2+i)=-1+2i,所以=-1-2i.
3.(4分)已知1+2i是方程x2-mx+2n=0(m,n∈R)的一个根,则m+n=________.?
【解析】由题意,方程另一根为1-2i,
所以
解得
故m+n=2+=.
答案:
4.(4分)若=1-bi,其中a,b都是实数,i是虚数单位,则|a+bi|=________.?
【解析】因为a,b∈R,且=1-bi,
则a=(1-bi)(1-i)=(1-b)-(1+b)i,
所以所以
所以|a+bi|=|2-i|==.
答案:
【加练·固】若复数z满足(3-4i)z=4+3i(i是虚数单位),则|z|=________.?
【解析】因为(3-4i)z=4+3i,
所以z====i.
则|z|=1.
答案:1
5.(14分)已知复数z=1+i,求实数a,b,使az+2b=(a+2z)2.
世纪
【解析】因为z=1+i,所以az+2b=(a+2b)+(a-2b)i,
(a+2z)2=(a+2)2-4+4(a+2)i=(a2+4a)+4(a+2)i.因为a,b都是实数,所以由az+2b=(a+2z)2,
得解得a=-2或a=-4,
对应得b=-1或b=2,所以所求实数为a=-2,
b=-1或a=-4,b=2.
1.计算+的值是
( )
世纪
A.0
B.1
C.i
D.2i
【解析】选D.原式=+
=+=+i
=+i=+i=2i.
2.复数z=且|z|=4,z对应的点在第一象限,若复数0,z,对应的点是正三角形的三个顶点,求实数a,b的值.
世纪
【解析】z=(a+bi)=2i·i(a+bi)=-2a-2bi.由|z|=4得a2+b2=4,①
因为复数0,z,对应的点构成正三角形,
所以|z-|=|z|.
把z=-2a-2bi代入化简得|b|=1.②
又因为z对应的点在第一象限,所以a<0,b<0.
由①②得
故所求值为a=-,b=-1.
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-课时素养评价三 正弦定理与余弦定理的应用
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.海上有A,B两个小岛相距10
n
mile,从A岛望C岛和B岛成60°的视角,从B岛望C岛和A岛成75°的视角,则B,C间的距离是
( )
A.10
n
mile
B.
n
mile
C.5
n
mile
D.5
n
mile
【解析】选D.在△ABC中C=180°-60°-75°=45°.
由正弦定理得=,所以=,
解得BC=5(n
mile).
2.(2019·濮阳高二检测)在相距2
km的A,B两点处测量目标点C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A,C两点之间的距离为
( )
A.
km
B.
km
C.
km
D.2
km
【解析】选A.如图,在△ABC中,由已知可得∠ACB=45°,所以=,
所以AC=2×=(km).
3.(2019·太原高二检测)在某个位置测得某山峰仰角为θ,对着山峰在地面上前进600
m后测得仰角为2θ,继续在地面上前进200
m以后测得山峰的仰角为4θ,则该山峰的高度为
( )
A.200
m
B.300
m
C.400
m
D.100
m
【解析】选B.方法一:如图,△BED,△BDC为等腰三角形,
BD=ED=600
m,BC=DC=200
m.
在△BCD中,由余弦定理可得
cos
2θ==,
又因为0°<2θ<180°,所以2θ=30°,4θ=60°.
在Rt△ABC中,AB=BC·sin
4θ=200×=300(m).
方法二:由于△BCD是等腰三角形,所以BD=DCcos
2θ,
即300=200cos
2θ,所以cos
2θ=,又0°<2θ<180°,所以2θ=
30°,4θ=60°.
在Rt△ABC中,AB=BC·sin4θ=200×=300(m).
4.设甲、乙两幢楼相距20
m,从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°,从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°,则甲、乙两幢楼的高分别是
( )
A.20
m,
m
B.10
m,20
m
C.10(-)m,20
m
D.
m,
m
【解析】选A.由题意知h甲=20tan
60°=20(m),h乙=20tan
60°-20tan
30°
=(m).
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.某人从A处出发,沿北偏东60°行走3
km到B处,再沿正东方向行走2
km到C处,则A,C两地的距离为________km.?
【解析】如图所示,由题意可知AB=3,BC=2,∠ABC=150°.
由余弦定理得AC2=27+4-2×3×2×cos
150°=49,AC=7.则A,C两地的距离为7
km.
答案:7
6.如图所示,为了测定河的宽度,在一岸边选定两点A,B,望对岸标记物C,测得
∠CAB=30°,∠CBA=75°,AB=120
m,则河的宽度为________m.?
【解析】在△ABC中,∠CAB=30°,∠CBA=75°,
所以∠ACB=75°,∠ACB=∠ABC,所以AC=AB=120(m).
如图作CD⊥AB,垂足为D,则CD即为河的宽度.
由正弦定理得=,
所以=,所以CD=60,所以河的宽度为60
m.
答案:60
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图所示,在高出地面30
m的小山顶上建造一座电视塔CD,今在距离B点60
m的地面上取一点A,若测得∠CAD=45°,求此电视塔的高度.
【解析】设CD=x
m,∠BAC=α,则在△ABC中,tan
α==.因为∠DAB=45°
+α,tan
∠DAB===tan(45°+α),又tan(45°+α)==3,
所以=3,解得x=150.
所以电视塔的高度为150
m.
8.(14分)(2019·南京高二检测)如图,甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行,当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处,此时两船相距20海里,当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10海里,求乙船航行的速度.
世纪
【解析】如图,连接A1B2,在△A1A2B2中,
易知∠A1A2B2=60°,
又易求得A1A2=30×=10=A2B2,
所以△A1A2B2为正三角形,所以A1B2=10.
在△A1B1B2中,易知∠B1A1B2=45°,
所以(B1B2)2=400+200-2×20×10×=200,
所以B1B2=10,所以乙船每小时航行30海里.
(15分钟·30分)
1.(4分)要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度,在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点,在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°,30°,在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°,甲、乙两地相距500
m,则电视塔在这次测量中的高度是
( )
A.100
m
B.400
m
C.200
m
D.500
m
【解析】选D.由题意画出示意图,设高AB=h,
在Rt△ABC中,由已知得BC=h,
在Rt△ABD中,由已知得BD=h,
在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos
∠BCD,即3h2=h2+5002+h·500,
解得h=500或h=-250(舍).
2.(4分)如图所示为起重机装置示意图.支杆BC=10
m,吊杆AC=15
m,吊索AB=
5
m,则起吊的货物与岸的距离AD为
( )
A.30
m
B.
m
C.15
m
D.45
m
【解析】选B.在△ABC中,AC=15
m,
AB=5
m,BC=10
m,
由余弦定理得cos
∠ACB=
==-,
所以sin
∠ACB=.
又∠ACB+∠ACD=180°,所以sin
∠ACD=sin
∠ACB=.在Rt△ADC中,AD=AC·
sin
∠ACD=15×=
m.
3.(4分)如图,A,B两地之间有一座山,汽车原来从A地到B地须经C地沿折线A-C-B行驶,现开通隧道后,汽车直接沿直线AB行驶.已知AC=10
km,∠A=30°,∠B=45°,则隧道开通后,汽车从A地到B地比原来少走________.(结果精确到0.1
km)(参考数据:?≈1.41,≈1.73)
【解析】过点C作CD⊥AB,垂足为D.
在Rt△CAD中,∠A=30°,AC=10
km,
CD=AC·sin
30°=5(km),AD=AC·cos
30°=5(km).
在Rt△BCD中,∠B=45°,BD=CD=5(km),
BC==5(km).AB=AD+BD=
(5+5)(km),
AC+BC-AB=10+5-(5+5)
=5+5-5≈5+5×1.41-5×1.73=3.4(km).
答案:3.4
km
4.(4分)地平面上一旗杆设为OP,为测得它的高度h,在地平面上取一基线AB,AB=200
m,在A处测得P点的仰角∠OAP=30°,在B处测得P的仰角∠OBP=45°,又测得∠AOB=60°,则旗杆的高h为________m.
世纪?
【解析】如图,OP=h,∠OAP=30°,∠OBP=45°,∠AOB=60°,AB=200
m.
在△AOP中,因为OP⊥OA,
所以∠AOP=90°,则OA==h,
同理,在△BOP中,∠BOP=90°,且∠OBP=45°,
所以OB=OP=h.在△OAB中,由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2OA·OB·cos∠AOB,
即2002=3h2+h2-2h2·cos
60°,
解得h=.
答案:
5.(14分)如图所示,在地面上共线的三点A,B,C处测得一建筑物的仰角分别为30°,45°,60°,且AB=BC=60
m,求建筑物的高度.
世纪
【解析】设建筑物的高度为h,由题图知,
PA=2h,PB=h,PC=h,
所以在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理
得cos
∠PBA=,①
cos
∠PBC=.②
因为∠PBA+∠PBC=180°,
所以cos
∠PBA+cos
∠PBC=0.③
由①②③,解得h=30或h=-30(舍去),
即建筑物的高度为30
m.
1.如图,从气球A上测得其正前下方的河流两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高度AD是60
m,则河流的宽度BC是
世纪( )
A.240(-1)
m
B.180(-1)
m
C.120(-1)
m
D.30(+1)
m
【解析】选C.由题意知,在Rt△ADC中,∠C=30°,AD=60
m,所以AC=120
m.在
△ABC中,∠BAC=75°-30°=45°,∠ABC=180°-45°-30°=105°,由正弦定理得BC===120(-1)(m).
2.在某次地震时,震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B,C,D.已知B,C两市相距C,D相距34
km,C市在B,D两市之间,如图所示,某时刻C市感到地表震动,8s后B市感到地表震动,20s后D市感到地表震动,已知震波在地表传播的速度为每秒1.5
km.求震中A到B,C,D三市的距离.
世纪
【解析】在△ABC中,由题意得AB-AC=1.5×8=12(km).
在△ACD中,由题意得AD-AC=1.5×20=30(km).
设AC=x
km,AB=(12+x)km,AD=(30+x)km.
在△ABC中,cos
∠ACB=
==,
在△ACD中,cos∠ACD=
==.
因为B,C,D在一条直线上,所以=-,
即=,解得x=.
所以AB=
km,AD=
km.即震中A到B,C,D三市的距离分别为
km,
km,
km.
PAGE
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1
-课时素养评价十 多面体与棱柱
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1,过BC和AD分别作一个平面交底面A1B1C1D1于EF,PQ,则长方体被分成的三个几何体中,棱柱的个数是
( )
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
【解析】选D.共有3个:棱柱AA1P-DD1Q,
棱柱ABEP-DCFQ,棱柱BEB1-CFC1.
2.如图所示是一个简单多面体的表面展开图(沿图中虚线折叠即可还原),则这个多面体的顶点数为
( )
A.6
B.7
C.8
D.9
【解析】选B.还原几何体,如图所示.由图观察知,该几何体有7个顶点.
3.已知长方体的全面积为11,十二条棱的长度之和为24,则这个长方体的一条体对角线长为
( )
A.2
B.
C.5
D.6
【解析】选C.设长方体的三条棱长分别为a,b,c,
则有
由②平方得a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=36,
所以a2+b2+c2=25,
即=5.
4.(多选题)如图所示,不是正四面体(各棱长都相等的四面体)的展开图的是
( )
【解析】选CD.可选择阴影三角形作为底面进行折叠,发现A,B可折成正四面体,C,D不论选哪一个三角形作底面折叠都不能折成正四面体.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.侧棱垂直于底面的棱柱称为直棱柱.
侧棱不垂直于底面的棱柱称为斜棱柱.
底面是正多边形的直棱柱称为正棱柱.
底面是平行四边形的四棱柱称为平行六面体.
侧棱与底面垂直的平行六面体称为直平行六面体.
底面是矩形的直平行六面体称为长方体.
棱长都相等的长方体称为正方体.
请根据上述定义,回答下面的问题:
(1)直四棱柱________是长方体.?
(2)正四棱柱________是正方体.(填“一定”“不一定”或“一定不”)?
【解析】由直四棱柱的定义可知,直四棱柱不一定是长方体;长方体一定是直四棱柱;
由正四棱柱的定义可知,正四棱柱不一定是正方体;正方体一定是正四棱柱.
答案:(1)不一定 (2)不一定
6.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为1,则点B1到平面ABC1的距离为________.?
【解析】设B1到平面ABC1的距离为h,利用等体积法,易知=h=
=,
所以点B1到平面ABC1的距离为h=.
答案:
三、解答题(共26分)
7.(12分)现有两个完全相同的长方体,它们的长,宽,高分别是5
cm,4
cm,3
cm,现将它们组合成一个新的长方体,这个新长方体的体对角线的长是多少?
【解析】将两个完全相同的长方体组合成新长方体,其情形有以下几种:将面积为5×3=15(cm2)的面重叠到一起,将面积为5×4=20(cm2)的面重叠到一起,将面积为4×3=12(cm2)的面重叠到一起.
三种情形下的体对角线分别为:l1==7(cm),l2=
=(cm),l3==5(cm).
8.(14分)如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,三个侧面都是矩形,AB=3,AA1=4,M为AA1的中点,P是BC上一点,且P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短路线长为,设这条最短路线与CC1的交点为N.求:
(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长.
(2)PC和NC的长.
世纪
【解析】(1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开图是一个长为9、宽为4的矩形,其对角线长为=.
(2)如图所示,将侧面沿AA1剪开展平,点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路径为线段MP.
设PC=x,在Rt△MAP中,有(3+x)2+22=()2,解得x=2,故PC=2,NC=.
(15分钟·30分)
1.(4分)如图所示,模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成,模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成.现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上,使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体.则下列选择方案中,能够完成任务的为
( )
A.模块①,②,⑤
B.模块①,③,⑤
C.模块②,④,⑤
D.模块③,④,⑤
【解析】选A.观察得先将⑤放入⑥中的空缺处,然后上面可放入①②,其余可以验证不合题意.
2.(4分)如图所示,正方体棱长为3
cm,在每个面正中央有个入口为正方形的孔道通到对面,孔的入口正方形边长为1
cm,孔的各棱平行于正方体各棱.则所得几何体的总表面积为
( )
A.54
cm2
B.76
cm2
C.72
cm2
D.84
cm2
【解析】选C.由题意知该几何体的总表面积包含外部表面积与内部表面积.
S外=6×32-6×12=48(cm2),S内=4×6=24(cm2).
所以S总=48+24=72(cm2).
3.(4分)一个无盖的正方体盒子的平面展开图如图,A,B,C是展开图上的三点,则在正方体盒子中,∠ABC=________.?
【解析】
将平面图形翻折,折成空间图形,如图所示,
可得∠ABC=60°.
答案:60°
4.
(4分)如图所示,等腰直角三角形AMN的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上,且∠AMN=90°.已知正三棱柱的底面边长为2,则该三角形的斜边长为________.
世纪?
【解析】取AN的中点P,连接MP,则MP=AN.
取AC的中点Q,连接BQ,易得BQ=MP.
因为BQ=,所以AN=2.
答案:2
5.(14分)直四棱柱的底面是矩形,且底面对角线的夹角为60°,对角面的面积为S,求此直四棱柱的侧面积.
世纪
【解析】如图所示,设侧棱长为l,底面对角线长为t,则AC=BD=t,
设AC与BD相交于O点,则∠AOD=60°,∠AOB=120°,所以△AOD是等边三角形.
所以AD=OA=AC=t.
所以△AOB是顶角为120°的等腰三角形,AB=OA=t.又因为对角面的面积为S,S=t·l,
所以t=.所以AD=t=,AB=t=.
所以S侧=2(AD+AB)l=l=(+1)S.
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-
1
-课时素养评价四 复数的概念
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.若a,b∈R,i是虚数单位,a+2
020i=2-bi,则a2+bi=
( )
A.2
020+2i
B.2
020+4i
C.2+2
020i
D.4-2
020i
【解析】选D.因为a+2
020i=2-bi,所以a=2,-b=2
020,即a=2,b=-2
020,所以a2+bi=4-2
020i.
2.如果z=m(m+1)+(m2-1)i为纯虚数,则实数m的值为
( )
A.1
B.0
C.-1
D.-1或1
【解析】选B.由题意知所以m=0.
【加练·固】设a,b∈R.“a=0”是“复数a+bi是纯虚数”的
( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选B.因为a,b∈R.“a=0”时“复数a+bi不一定是纯虚数”.“复数a+bi是纯虚数”则“a=0”一定成立.所以a,b∈R.“a=0”是“复数a+bi是纯虚数”的必要而不充分条件.
3.复数z=a2-b2+(a+|a|)i(a,b∈R)为实数的充要条件是
( )
A.|a|=|b|
B.a<0且a=-b
C.a>0且a≠b
D.a≤0
【解析】选D.复数z为实数的充要条件是a+|a|=0,故a≤0.
4.(2019·芜湖高二检测)若复数(a2-3a+2)+(a-1)i是纯虚数,则实数a的值为
( )
A.1
B.2
C.1或2
D.-1
【解析】选B.依题意,有解得a=2.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.若复数z=a2-3+2ai的实部与虚部互为相反数,则实数a的值为________.?
【解析】由条件知a2-3+2a=0,解得a=1或a=-3.
答案:1或-3
6.(2019·榆林高二检测)如果(m2-1)+(m2-2m)i>1,则实数m的值为________.?
【解析】由题意得解得m=2.
答案:2
三、解答题(共26分)
7.(12分)实数m分别为何值时,复数z=+(m2-3m-18)i是
(1)实数;
(2)虚数;
(3)纯虚数.
【解析】(1)要使所给复数为实数,必使复数的虚部为0.故若使z为实数,则解得m=6.
所以当m=6时,z为实数.
(2)要使所给复数为虚数,必使复数的虚部不为0.
故若使z为虚数,则m2-3m-18≠0,且m+3≠0,
解得m≠6且m≠-3,所以当m≠6且m≠-3时,z为虚数.
(3)要使所给复数为纯虚数,必使复数的实部为0,虚部不为0.
故若使z为纯虚数,则
解得m=-或m=1.
所以当m=-或m=1时,z为纯虚数.
8.(14分)定义运算=ad-bc,如果(x+y)+(x+3)i=,求实数x,y的值.
世纪
【解析】由定义运算=ad-bc,
得=3x+2y+yi,
故有(x+y)+(x+3)i=3x+2y+yi.
因为x,y为实数,所以有
得得x=-1,y=2.
(15分钟·30分)
1.(4分)(2019·黄山高二检测)若sin
2θ-1+i(cos
θ+1)是纯虚数,则θ的值为
( )
A.2kπ-(k∈Z)
B.2kπ+(k∈Z)
C.2kπ±(k∈Z)
D.π+(k∈Z)
【解析】选B.由题意,得
解得(k∈Z),所以θ=2kπ+,k∈Z.
2.(4分)已知z1=-3-4i,z2=(n2-3m-1)+(n2-m-6)i,且z1=z2,则实数m=________,
n=________.?
【解析】由复数相等的充要条件有解得
答案:2 ±2
3.(4分)若复数z1=m2+1+(m3+3m2+2m)i,z2=4m-2+(m2-5m)i,m为实数,且z1>z2,则实数m的取值集合为________.?
【解析】因为z1>z2,所以
解得m=0,所以实数m的取值集合为{0}.
答案:{0}
4.(9分)如果lo(m+n)-(m2-3m)i>-1,如何求自然数m,n的值?
世纪
【解析】因为lo(m+n)-(m2-3m)i>-1,
所以lo(m+n)-(m2-3m)i是实数,
从而有
由①得m=0或m=3,
当m=0时,代入②得n<2,又m+n>0,所以n=1;
当m=3时,代入②得n<-1,与n是自然数矛盾,
综上可得m=0,n=1.
5.(9分)已知关于x的方程x2+kx+2+(2x+k)i=0有实根x0,求x0以及实数k的值.
世纪
【解析】由x=x0是方程的实根,代入方程,得(+kx0+2)+(2x0+k)i=0,
由复数相等的充要条件,得
解得或
所以x0=或x0=-,
相应的k值为k=-2或k=2.
1.若复数z1=sin
2θ+icos
θ,z2=cos
θ+isin
θ(θ∈R),z1=z2,则θ等于
世纪( )
A.kπ(k∈Z)
B.2kπ+(k∈Z)
C.2kπ±(k∈Z)
D.2kπ+(k∈Z)
【解析】选D.由复数相等的定义可知,
所以cos
θ=,sin
θ=.
所以θ=+2kπ,k∈Z.
2.已知复数z1=4-m2+(m-2)i,z2=λ+2sin
θ+(cos
θ-2)i(其中i是虚数单位,m,λ,θ∈R).
(1)若z1为纯虚数,求实数m的值.
(2)若z1=z2,求实数λ的取值范围.
世纪
【解析】(1)因为z1为纯虚数,则解得m=-2.
(2)由z1=z2,得
所以λ=4-cos2θ-2sin
θ=sin2θ-2sin
θ+3
=(sin
θ-1)2+2.
因为-1≤sin
θ≤1,所以当sin
θ=1时,λmin=2,
当sin
θ=-1时,λmax=6,
所以实数λ的取值范围是[2,6].
PAGE
-
1
-课时素养评价五 复数的几何意义
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.复数z=1+2i的共轭复数是
( )
A.1+2i
B.1-2i
C.-1+2i
D.-2+i
【解析】选B.复数z=1+2i的共轭复数是1-2i.
2.(多选题)若复数z对应的点在直线y=2x上,且|z|=,则复数z=
( )
A.1-2i
B.-1-2i
C.±1±2i
D.1+2i
【解析】选BD.依题意可设复数z=a+2ai(a∈R),
由|z|=得=,
解得a=±1,故z=1+2i或z=-1-2i.
3.(2020·烟台高二检测)已知a为实数,若复数z=(a2-3a-4)+(a-4)i为纯虚数,则复数a-ai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.若复数z=(a2-3a-4)+(a-4)i是纯虚数,则得得a=-1,则复数a-ai=-1+i对应点的坐标为(-1,1),位于第二象限.
4.已知复数z1=-2+3i的对应点为Z1,Z2与Z1关于x轴对称,Z3与Z2关于直线y=-x对称,则点Z3对应的复数为z=
( )
A.3+2i
B.3-2i
C.2+3i
D.2-3i
【解析】选A.Z1(-2,3),Z2(-2,-3),Z3(3,2),所以z=3+2i.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.复数4+3i与-2-5i分别表示向量与,则向量表示的复数是________.?
【解析】因为复数4+3i与-2-5i分别表示向量与,所以=(4,3),=
(-2,-5),又=-=(-2,-5)-(4,3)=(-6,-8),所以向量表示的复数是-6-8i.
答案:-6-8i
6.(2019·兰州高二检测)在复平面内,O为坐标原点,向量对应的复数为3-4i,若点B关于原点的对称点为A,点A关于虚轴的对称点为C,则向量对应的复数为________.?
【解析】因为点B的坐标为(3,-4),所以点A的坐标为(-3,4),所以点C的坐标为(3,4),
所以向量对应的复数为3+4i.
答案:3+4i
【加练·固】在复平面内,把复数3-i对应的向量按顺时针方向旋转,所得向量对应的复数是
( )
A.2
B.-2i
C.-3i
D.3+i
【解析】选B.复数对应的点为(3,-),对应的向量按顺时针方向旋转,则对应的点为(0,-2),所得向量对应的复数为-2i.
三、解答题(共26分)
7.(12分)设z为纯虚数,且|z-1|=|-1+i|,求复数z.
【解析】因为z为纯虚数,所以可设z=ai(a≠0,且a∈R),则|z-1|=|ai-1|=
.
又|-1+i|=,所以=,解得a=±1,
所以z=±i.
8.(14分)当实数m为何值时,复数(m2-8m+15)+(m2+3m-28)i(i为虚数单位)在复平面中的对应点.
(1)位于第四象限.
(2)位于x轴的负半轴上.
【解析】(1)由
得所以-7(2)由得
所以m=4.
(15分钟·30分)
1.(4分)(2019·焦作高二检测)若x,y∈R,i为虚数单位,且x+y+(x-y)i=3-i,则复数x+yi在复平面内所对应的点在
( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选A.因为x+y+(x-y)i=3-i,所以解得
所以复数1+2i在复平面内所对应的点在第一象限.
2.(4分)在复平面内,复数z1,z2的对应点分别为A,B.已知A(1,2),|AB|=2,
|z2|=,则z2等于
( )
A.4+5i
B.5+4i
C.3+4i
D.5+4i或+i
【解析】选D.设z2=x+yi(x,y∈R),
由条件得
所以或所以z2=5+4i或+i.
3.(4分)已知复数z1=-1+2i,z2=1-i,z3=3-2i,它们所对应的点分别是A,B,C,若=x+y(x,y∈R),则x+y的值是________.?
【解析】由复数的几何意义可知,=x+y,即3-2i=x(-1+2i)+y(1-i),所以3-2i=(y-x)+(2x-y)i,
由复数相等可得解得
所以x+y=5.
答案:5
4.(4分)若复数z=(a-2)+(a+1)i,a∈R对应的点位于第二象限,则|z|的取值范围是________.
世纪?
【解析】复数z=(a-2)+(a+1)i对应的点的坐标为(a-2,a+1),因为该点位于第二象限,
所以解得-1由条件得|z|====
.
因为-1答案:
5.(14分)已知复数z=3+ai,且|z|<4,求实数a的取值范围.
世纪
【解析】方法一 因为z=3+ai(a∈R),
所以|z|=,由已知得32+a2<42,
所以a2<7,所以a∈(-,).
方法二 利用复数的几何意义,由|z|<4知,z在复平面内对应的点在以原点为圆心,以4为半径的圆内(不包括边界),
由z=3+ai知z对应的点在直线x=3上,
所以线段AB(除去端点)为动点Z的集合.
由图可知-1.设A,B为锐角三角形的两个内角,则复数z=(cos
B-tan
A)+itan
B对应的点位于复平面的
世纪( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【解析】选B.因为A,B为锐角三角形的两个内角,所以A+B>,即A>-B,sin
A
>cos
B,cos
B-tan
A=cos
B-B-sin
A<0,又tan
B>0,所以点(cos
B-
tan
A,tan
B)在第二象限.
2.已知O为坐标原点,对应的复数为-3+4i,对应的复数为2a+i(a∈R).若与共线,求a的值.
世纪
【解析】因为对应的复数为-3+4i,
对应的复数为2a+i,
所以=(-3,4),=(2a,1).
因为与共线,
所以存在实数k使=k,
即(2a,1)=k(-3,4)=(-3k,4k),
所以所以
即a的值为-.
PAGE课时素养评价一 正
弦
定
理
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.(多选题)在△ABC中,若a=,b=,B=,则A的可能取值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选AD.由正弦定理得sin
A===,又A∈(0,π),a>b,所以A>B,所以A=或.
2.在△ABC中,若=,则C的值为
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选B.由正弦定理得==,
则cos
C=sin
C,即C=45°.
3.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,若a=1,b=,B=60°,则△ABC的面积为
( )
A.
B.
C.1
D.
【解析】选B.因为a=1,b=,B=60°,所以由正弦定理可得:sin
A===
,
因为a4.在△ABC中,若a=2bsin
A,则B=
( )
A.
B.
C.或
D.或
【解析】选C.由正弦定理得×2Rsin
A
=2×2Rsin
Bsin
A,
所以sin
B=.又因为B∈(0,π),所以B=或.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.(2019·宜春高一检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=,c=3,则A=________.?
【解析】由正弦定理得sin
B===,
结合b答案:75°
6.在△ABC中,若(sin
A+sin
B)(sin
A-sin
B)=sin2C,则△ABC的形状是________.?
【解析】由已知得sin2A-sin2B=sin2C,根据正弦定理知sin
A=,sin
B=,
sin
C=,
所以-=,即a2-b2=c2,故b2+c2=a2.所以△ABC是直角三角形.
答案:直角三角形
三、解答题(共26分)
7.(12分)(2020·蚌埠高二检测)已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,c=10,A=45°,C=30°,求a,b和B.
【解析】因为=,所以a===10.B=180°-(A+C)
=180°-(45°+30°)=105°.
又因为=,所以b===20sin
75°=20×=
5.
8.(14分)在△ABC中,已知a=2,A=30°,B=45°,解三角形.
世纪
【解析】因为==,
所以b====4.
所以C=180°-(A+B)=180°-(30°+45°)=105°,
所以c===
=4sin(30°+45°)=2+2.
(15分钟·30分)
1.(4分)在△ABC中,a=15,b=10,A=60°,则cos
B等于
( )
A.-
B.
C.-
D.
【解析】选D.由正弦定理得=,
所以sin
B===.
因为a>b,所以A>B,又因为A=60°,所以B为锐角.
所以cos
B===.
2.(4分)(2019·大同高二检测)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知8b=5c,C=2B,则cos
C等于
( )
A.
B.-
C.±
D.
【解析】选A.方法一:因为在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知8b=5c,C=2B,所以8sin
B=5sin
C=5sin2B=10sin
Bcos
B,所以cos
B=,又因为B为三角形内角,所以sin
B==.所以sin
C=sin
2B=2××=.
又因为cos
B>cos
45°,所以B<45°,C=2B<90°,cosC==.
方法二:因为8b=5c,所以8sin
B=5sin
C,即sin
B=sin
C,因为C=2B,所以
cos
C=cos2B=1-2sin2B=1-2,即25cos2C-32cos
C+7=0.
解得cos
C=或cos
C=1(舍去).
3.(4分)在△ABC中,A=60°,B=45°,a+b=12,则a=________.?
【解析】因为=,所以=,
所以b=a,①
又因为a+b=12,②
由①②可知a=12(3-).
答案:12(3-)
【加练·固】在△ABC中,若A=120°,AB=5,BC=7,则sin
B=________.?
【解析】由正弦定理得=,即sin
C===.
可知C为锐角,所以cos
C==.
所以sin
B=sin(180°-120°-C)=sin(60°-C)
=sin
60°·cos
C-cos
60°·sin
C=.
答案:
4.(4分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若满足B=60°,c=2的三角形有两解,则b的取值范围为________.
世纪?
【解析】在△ABC中,B=60°,c=2,由正弦定理可得=,得c=.若此三角形有两解,则必须满足的条件为c>b>csin
B,即2>b>.
答案:(,2)
5.(14分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A-C=90°,a+c=b,求C.
世纪
【解析】由A-C=90°,得A为钝角且sin
A=cos
C,利用正弦定理,a+c=b可变形为sin
A+sin
C=sin
B,又因为sin
A=cos
C,
所以sin
A+sin
C=cos
C+sin
C=sin(C+45°)=
sin
B,又A,B,C是△ABC的内角,
故C+45°=B或(C+45°)+B=180°(舍去),
所以A+B+C=(90°+C)+(C+45°)+C=180°.
所以C=15°.
1.(2019·济南高二检测)在△ABC中,若b=5,B=,tan
A=2,则sin
A=________,
a=________.?
世纪
【解析】由tan
A=2,得sin
A=2cos
A,
由sin2A+cos2A=1及0A=,
因为b=5,B=,由正弦定理=,
得a===2.
答案: 2
2.如图所示,D是Rt△ABC的斜边BC上一点,AB=AD,记∠CAD=α,∠ABC=β.
(1)求证:sin
α+cos2β=0.
(2)若AC=DC,求β的值.
世纪
【解析】(1)在Rt△ABC中,因为AB=AD,所以∠ADB=∠ABC=β.因为α=-
∠BAD=-(π-2β)=2β-,
所以sin
α=sin,即sin
α=-sin.
所以sin
α=-cos2β,所以sin
α+cos2β=0.
(2)在△ADC中,根据正弦定理,=.
又AC=DC,∠ADC=π-β,
所以=,所以sin
β=sin
α.
由(1)知:sin
α=-cos2β,所以sin
β=-cos2β.
所以2sin2β-sin
β-=0,解得sin
β=或-.
因为0<β<,所以sin
β=,所以β=.
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