2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)練習(xí)單元質(zhì)檢卷五平面向量復(fù)數(shù)

單元質(zhì)檢卷五平面對(duì)量、復(fù)數(shù)(時(shí)間:120分鐘滿分:100分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.設(shè)OM=(-3,3),ON=(-5,-1),則12MN等于(A.(-2,4) B.(1,2)C.(4,-1) D.(-1,-2)2.已知i為虛數(shù)單位,則i+i2+i3+…+i2019等于()A.0 B.1 C.-1 D.-i3.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足iz=7-i-|3-4i|,則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)z=()A.-1-2i B.-1+2i C.1-2i D.1+2i4.設(shè)非零向量a,b滿足(a-2b)⊥a,則“|a|=|b|”是“a與b的夾角為π3”的(A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件5.在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z=2+ii2019,則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在象限為(A.第一象限 B.其次象限C.第三象限 D.第四象限6.已知向量AB=(2,3),AC=(3,t),且AB與BC的夾角不大于π2,則tA.73,+∞ B.73,+∞C.73,92 D.92,7.在△ABC中,OA+OB+OC=0,AE=2EB,|AB|=λ|AC|,若AB·AC=9A.33 B.3C.63 D.8.若平面對(duì)量a,b,e滿足|a|=2,|b|=3,|e|=1,且a·b-e·(a+b)+1=0,則|a-b|的最小值是()A.1 B.13C.12-43二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分,有選錯(cuò)的得0分,部分選對(duì)的得3分.9.已知復(fù)數(shù)z=i1-iA.復(fù)數(shù)z的虛部為iB.|z|=2C.z的共軛復(fù)數(shù)zD.在復(fù)平面內(nèi)與z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在其次象限10.(2024遼寧大連其次十四中學(xué)高三模擬)已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2,設(shè)AB=2a,BC=b,則下列結(jié)論正確的是()A.|a+b|=1 B.a⊥bC.(4a+b)⊥b D.a·b=-111.歐拉公式eix=cosx+isinx(i為虛數(shù)單位,x∈R)是由瑞土著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)覺(jué)的,它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù),建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)之間的關(guān)系,依據(jù)此公式可知,下面結(jié)論中正確的是()A.eπi+1=0B.|eix|=1C.cosx=eD.e12i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于其次象限12.已知△ABC的面積為3,在△ABC所在的平面內(nèi)有兩點(diǎn)P,Q,滿足PA+2PC=0,QA=2QB,記△APQ的面積為S,則下列說(shuō)法正確的是 ()A.PBB.BPC.PA·PCD.S=4三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.德國(guó)數(shù)學(xué)家阿甘得在1806年公布了虛數(shù)的圖像表示法,形成由各點(diǎn)都對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)的“復(fù)平面”,后來(lái)又稱“阿甘得平面”.高斯在1831年,用實(shí)數(shù)組(a,b)代表復(fù)數(shù)a+bi,并建立了復(fù)數(shù)的某些運(yùn)算,使得復(fù)數(shù)的某些運(yùn)算也像實(shí)數(shù)一樣“代數(shù)化”.若復(fù)數(shù)z滿足(3+4i)·z=7+i,則z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第象限.

14.已知向量a=(m,1),b=(4,m),向量a在b上的投影的數(shù)量的確定值為5,則m=.

15.如圖,在等腰三角形ABC中,AB=AC=3,D,E與M,N分別是AB,AC的三等分點(diǎn),且DN·ME=-1,則tanA=,AB·16.在△ABC中,已知AB=3,AC=2,∠BAC=120°,D為邊BC的中點(diǎn).若BE⊥AD,垂足為E,則BE·AC的值為四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17.(10分)已知A(1,2),B(a,1),C(2,3),D(-1,b)(a,b∈R)是復(fù)平面上的四個(gè)點(diǎn),且向量AB,CD對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z1,z(1)若z1+z2=1+i,求z1,z2;(2)若|z1+z2|=2,z1-z2為實(shí)數(shù),求a,b的值.18.(12分)如圖所示,在?ABCD中,AB=a,AD=b,BM=23BC,AN=1(1)試用向量a,b來(lái)表示DN,(2)AM交DN于點(diǎn)O,求AOOM的值19.(12分)已知向量a=(cosx,sinx),b=(cosx,-sinx),x∈0,π2.(1)求|a+b|;(2)若f(x)=a·b-|a+b|,求f(x)的最大值和最小值.20.(12分)已知向量a=(2+sinx,1),b=(2,-2),c=(sinx-3,1),d=(1,k)(x∈R,k∈R).(1)若x∈-π2,π2,且a∥(b+c),求x(2)若函數(shù)f(x)=a·b,求f(x)的最小值.(3)是否存在實(shí)數(shù)k,使得(a+d)⊥(b+c)?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.21.(12分)如圖,扇形OAB所在圓的半徑為2,它所對(duì)的圓心角為2π3,C為弧AB的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P,Q分別在線段OA,OB上運(yùn)動(dòng),且總有OP=BQ,設(shè)OA=a,OB=(1)若OP=23OA,用a,(2)求CP·CQ22.(12分)在平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點(diǎn),A,B,C三點(diǎn)滿足OC=(1)求|AC|(2)已知A(1,cosx),B(1+cosx,cosx),x∈0,π2,f(x)=OA·OC-2m+23|AB|.若f(x)的最小值為g(m),求g(m)的最大值.參考答案單元質(zhì)檢卷五平面對(duì)量、復(fù)數(shù)1.D因?yàn)镺M=(-3,3),ON=(-5,-1),所以MN=ON-OM=(-2,-4),所以12MN=2.Ci+i2+i3+…+i2024=i(1-i2019)1-3.B由題可知z=7-i-|3-4i|i=2-4.C(a-2b)⊥a,則(a-2b)·a=0,即a2-2a·b=0,即|a|2-2|a||b|cos<a,b>=0,若|a|=|b|,則cos<a,b>=12,即a與b的夾角為π3,充分性滿足;若a與b的夾角為π3,則|a|2-|a||b|=0,因?yàn)閨a|≠0,所以|a|=|b|,必要性滿足.所以“|a|=|b|”是“a與b的夾角為π35.C由題意z=2+ii2019=2+i(i2)1009·i=2+i(-1)1009·6.B由題意得|AB|=4+9=13,|BC|=|AC-AB|=1+(t-3)2,AB·BC=AB·∵0≤θ≤π2,∴0≤cos∴3t-7≥0,13[1+(t-3)7.D由OA+OB+OC=0,知O為△ABC的重心,所以AO=23×12(所以EC=AC-AE=AC-23AB=AB·AC-2AB2+3AC2=AB·AC,所以2AB28.B由題意得|a+b-e|=(a+b又因?yàn)閨a+b|-|e|≤|a+b-e|≤|a+b|+|e|,所以23-1≤|a+b|≤23+1,當(dāng)a+b與e同向時(shí),|a+b|=23+1,當(dāng)a+b與e反向時(shí),|a+b|=23-1.又因?yàn)閨a+b|2+|a-b|2=2(|a|2+|b|2)=26,所以|a-b|min=26-|a9.BD復(fù)數(shù)z=i1-i=-12+12i,則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)z=-12-i2,故C錯(cuò)誤;在復(fù)平面內(nèi)與z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)-12,10.CD分析知|a|=1,|b|=2,a與b的夾角是120°.a·b=1×2×cos120°=-1≠0,故B錯(cuò)誤,D正確;因?yàn)?a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=1-2+4=3,所以|a+b|=3,故A錯(cuò)誤;因?yàn)?4a+b)·b=4a·b+b2=4×(-1)+4=0,所以(4a+b)⊥b,故C正確.故選CD.11.ABeπi+1=cosπ+isinπ+1=0,故A正確;|eix|=|cosx+isinx|=1,故B正確;cosx=eix+e-ix2,故C錯(cuò)誤;依題可知eix表示的復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(cosx12.BD由PA+2PC=0,QA=2QB,可知P為AC的三等分點(diǎn),Q為AB延長(zhǎng)線上的點(diǎn),且B為AQ的中點(diǎn),如圖所示.對(duì)于A,因?yàn)镻為AC的三等分點(diǎn),B為AQ的中點(diǎn),所以PB與CQ不平行,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,BP=BA+AP=BA+23AC=BA+23(BC-對(duì)于D,設(shè)△ABC的高為h,S=12|AB|h=3,即|AB|h=則△APQ的面積S=12|AQ|·23h=12·2|AB|·23h=13.四z=7+i3+4i=1-i,則z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限14.2或-2由題意可知,向量a在b上的投影的數(shù)量的確定值為a·b|b|=|m·4+1·m|15.43-185∴DN·ME=23AC-=59AB·AC-2∴cosA=35,∴0<A<π2,sinA=1-cos∴AB·BC=AB·(AC-AB)=AB·AC16.277如圖所示,過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AD于點(diǎn)F,易知△BED≌△CFD,故BEBE·AC=|FC|·|AC|cos∠ACF=|FC|·|ACAD=12(AB+AC依據(jù)等面積法,可得12|AD|·|FC|=12·12|AB解得|FC|=3故BE17.解(1)∵AB=(a,1)-(1,2)=(a-1,-1),CD=(-1,b)-(2,3)=(-3,b-∴z1=(a-1)-i,z2=-3+(b-3)i,∴z1+z2=(a-4)+(b-4)i.又z1+z2=1+i,∴∴a=5,b=5,∴z1=4-i,(2)由(1)得z1+z2=(a-4)+(b-4)i,z1-z2=(a+2)+(2-b)i.∵|z1+z2|=2,z1-z2為實(shí)數(shù),∴∴18.解(1)∵AN=14AB,∴AN=14AB=∵BM=23BC,∴BM∴AM=AB+BM=(2)∵A,O,M三點(diǎn)共線,∴設(shè)AO=λAM=λa+23λb,λ∵D,O,N三點(diǎn)共線,∴設(shè)DO=μDN,μ∈R∴AO-AD=μ∴AO=μAN+(1-μ)AD=μ4a+(1-μ)b.∴有λ=1∴AO∴19.解(1)因?yàn)閍=(cosx,sinx),b=(cosx,-sinx),所以a+b=(2cosx,0),因此|a+b|=2|cosx|.因?yàn)閤∈0,π2,所以|a+b|=2|cosx|=2cosx.(2)由f(x)=a·b-|a+b|可得,f(x)=cos2x-sin2x-2cosx=2cos2x-2cosx-1=2(cosx-12)2-32,當(dāng)cosx=12,即當(dāng)cosx=0或cosx=1,即x=π2或x=函數(shù)f(x)有最大值fπ2=2(0-12)2-32=-1或f所以f(x)的最大值為-1,最小值為-320.解(1)∵b+c=(sinx-1,-1),a∥(b+c),∴-(2+sinx)=sinx-1,即sinx=-12.又x∈-π2,π2(2)∵a=(2+sinx,1),b=(2,-2),∴f(x)=a·b=2(2+sinx)-2=2sinx+2.∵x∈R,∴-1≤sinx≤1,∴0≤f(x)≤4,∴f(x)的最小值為0.(3)存在.∵a+d=(3+sinx,1+k),b+c=(sinx-1,-1),若(a+d)⊥(b+c),則(a+d)·(b+c)=0,即(3+sinx)(sinx-1)-(1+k)=0,∴k=sin2x+2sinx-4=(sinx+1)2-5.由sinx∈[-1,1],得k∈[-5,-1],∴存在k∈[-5,-1],使得(a+d)⊥(b+c).21.解(1)由題知△BOC,△AOC均為等邊三角形,所以四邊形OACB為菱形.所以O(shè)C=OA+OB=所以CP=OP-OC=23a-a-b=-13a-b,CQ=OQ-(2)設(shè)OP=xOA=xa,則OQ=(1-x)OB=(1-x)b,x∈[0,1].∴CP=OP-OC=xa-a-b=(x-CQ=OQ-OC=(1-x)b-a-b=-∴CP·CQ=[(x-1)a-b](-a-xb)∵x∈[0,1],∴當(dāng)x=12時(shí),上式取最小值為x=32;當(dāng)x=∴CP·CQ的取值范圍為3222.解(1)由題意知A,B,C三點(diǎn)滿足OC=可得OC-OA=23即AC=2CB,則|AC|=2|CB|