2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷五平面向量复数

单元质检卷五平面对量、复数(时间:120分钟满分:100分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.设OM=(-3,3),ON=(-5,-1),则12MN等于(A.(-2,4) B.(1,2)C.(4,-1) D.(-1,-2)2.已知i为虚数单位,则i+i2+i3+…+i2019等于()A.0 B.1 C.-1 D.-i3.设复数z满足iz=7-i-|3-4i|,则复数z的共轭复数z=()A.-1-2i B.-1+2i C.1-2i D.1+2i4.设非零向量a,b满足(a-2b)⊥a,则“|a|=|b|”是“a与b的夹角为π3”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5.在复平面内,复数z=2+ii2019,则复数z的共轭复数z对应的点所在象限为(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与BC的夹角不大于π2,则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.若平面对量a,b,e满足|a|=2,|b|=3,|e|=1,且a·b-e·(a+b)+1=0,则|a-b|的最小值是()A.1 B.13C.12-43二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.已知复数z=i1-iA.复数z的虚部为iB.|z|=2C.z的共轭复数zD.在复平面内与z对应的点在其次象限10.(2024辽宁大连其次十四中学高三模拟)已知正三角形ABC的边长为2,设AB=2a,BC=b,则下列结论正确的是()A.|a+b|=1 B.a⊥bC.(4a+b)⊥b D.a·b=-111.欧拉公式eix=cosx+isinx(i为虚数单位,x∈R)是由瑞土著名数学家欧拉发觉的,它将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数和指数函数之间的关系,依据此公式可知,下面结论中正确的是()A.eπi+1=0B.|eix|=1C.cosx=eD.e12i在复平面内对应的点位于其次象限12.已知△ABC的面积为3,在△ABC所在的平面内有两点P,Q,满足PA+2PC=0,QA=2QB,记△APQ的面积为S,则下列说法正确的是 ()A.PBB.BPC.PA·PCD.S=4三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.德国数学家阿甘得在1806年公布了虚数的图像表示法,形成由各点都对应复数的“复平面”,后来又称“阿甘得平面”.高斯在1831年,用实数组(a,b)代表复数a+bi,并建立了复数的某些运算,使得复数的某些运算也像实数一样“代数化”.若复数z满足(3+4i)·z=7+i,则z对应的点位于第象限.

14.已知向量a=(m,1),b=(4,m),向量a在b上的投影的数量的确定值为5,则m=.

15.如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC=3,D,E与M,N分别是AB,AC的三等分点,且DN·ME=-1,则tanA=,AB·16.在△ABC中,已知AB=3,AC=2,∠BAC=120°,D为边BC的中点.若BE⊥AD,垂足为E,则BE·AC的值为四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知A(1,2),B(a,1),C(2,3),D(-1,b)(a,b∈R)是复平面上的四个点,且向量AB,CD对应的复数分别为z1,z(1)若z1+z2=1+i,求z1,z2;(2)若|z1+z2|=2,z1-z2为实数,求a,b的值.18.(12分)如图所示,在▱ABCD中,AB=a,AD=b,BM=23BC,AN=1(1)试用向量a,b来表示DN,(2)AM交DN于点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)若函数f(x)=a·b,求f(x)的最小值.(3)是否存在实数k,使得(a+d)⊥(b+c)?若存在,求出k的取值范围;若不存在,请说明理由.21.(12分)如图,扇形OAB所在圆的半径为2,它所对的圆心角为2π3,C为弧AB的中点,动点P,Q分别在线段OA,OB上运动,且总有OP=BQ,设OA=a,OB=(1)若OP=23OA,用a,(2)求CP·CQ22.(12分)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,A,B,C三点满足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)的最小值为g(m),求g(m)的最大值.参考答案单元质检卷五平面对量、复数1.D因为OM=(-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由题可知z=7-i-|3-4i|i=2-4.C(a-2b)⊥a,则(a-2b)·a=0,即a2-2a·b=0,即|a|2-2|a||b|cos<a,b>=0,若|a|=|b|,则cos<a,b>=12,即a与b的夹角为π3,充分性满足;若a与b的夹角为π3,则|a|2-|a||b|=0,因为|a|≠0,所以|a|=|b|,必要性满足.所以“|a|=|b|”是“a与b的夹角为π35.C由题意z=2+ii2019=2+i(i2)1009·i=2+i(-1)1009·6.B由题意得|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为△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由题意得|a+b-e|=(a+b又因为|a+b|-|e|≤|a+b-e|≤|a+b|+|e|,所以23-1≤|a+b|≤23+1,当a+b与e同向时,|a+b|=23+1,当a+b与e反向时,|a+b|=23-1.又因为|a+b|2+|a-b|2=2(|a|2+|b|2)=26,所以|a-b|min=26-|a9.BD复数z=i1-i=-12+12i,则复数z的共轭复数z=-12-i2,故C错误;在复平面内与z对应的点-12,10.CD分析知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角是120°.a·b=1×2×cos120°=-1≠0,故B错误,D正确;因为(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=1-2+4=3,所以|a+b|=3,故A错误;因为(4a+b)·b=4a·b+b2=4×(-1)+4=0,所以(4a+b)⊥b,故C正确.故选CD.11.ABeπi+1=cosπ+isinπ+1=0,故A正确;|eix|=|cosx+isinx|=1,故B正确;cosx=eix+e-ix2,故C错误;依题可知eix表示的复数在复平面内对应的点的坐标为(cosx12.BD由PA+2PC=0,QA=2QB,可知P为AC的三等分点,Q为AB延长线上的点,且B为AQ的中点,如图所示.对于A,因为P为AC的三等分点,B为AQ的中点,所以PB与CQ不平行,故A错误;对于B,BP=BA+AP=BA+23AC=BA+23(BC-对于D,设△ABC的高为h,S=12|AB|h=3,即|AB|h=则△APQ的面积S=12|AQ|·23h=12·2|AB|·23h=13.四z=7+i3+4i=1-i,则z对应的点位于第四象限14.2或-2由题意可知,向量a在b上的投影的数量的确定值为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如图所示,过点C作CF⊥AD于点F,易知△BED≌△CFD,故BEBE·AC=|FC|·|AC|cos∠ACF=|FC|·|ACAD=12(AB+AC依据等面积法,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为实数,∴∴18.解(1)∵AN=14AB,∴AN=14AB=∵BM=23BC,∴BM∴AM=AB+BM=(2)∵A,O,M三点共线,∴设AO=λAM=λa+23λb,λ∵D,O,N三点共线,∴设DO=μDN,μ∈R∴AO-AD=μ∴AO=μAN+(1-μ)AD=μ4a+(1-μ)b.∴有λ=1∴AO∴19.解(1)因为a=(cosx,sinx),b=(cosx,-sinx),所以a+b=(2cosx,0),因此|a+b|=2|cosx|.因为x∈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,当cosx=12,即当cosx=0或cosx=1,即x=π2或x=函数f(x)有最大值fπ2=2(0-12)2-32=-1或f所以f(x)的最大值为-1,最小值为-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)的最小值为0.(3)存在.∵a+d=(3+sinx,1+k),b+c=(sinx-1,-1),若(a+d)⊥(b+c),则(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)由题知△BOC,△AOC均为等边三角形,所以四边形OACB为菱形.所以OC=OA+OB=所以CP=OP-OC=23a-a-b=-13a-b,CQ=OQ-(2)设OP=xOA=xa,则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],∴当x=12时,上式取最小值为x=32;当x=∴CP·CQ的取值范围为3222.解(1)由题意知A,B,C三点满足OC=可得OC-OA=23即AC=2CB,则|AC|=2|CB|