2019屆高考數(shù)學一輪復習 第4單元 平面向量、數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入測評 理.doc

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第四單元 平面向量、數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入小題必刷卷(七)平面向量、數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入題組一真題集訓1.2016全國卷 已知向量BA=12,32,BC=32,12,則ABC=()A.30B.45C.60D.1202.2016全國卷 已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a+b)b,則m=()A.-8B.-6C.6D.83.2016全國卷 設(1+i)x=1+yi,其中x,y是實數(shù),則|x+yi|=()A.1B.2C.3D.24.2016全國卷 已知z=(m+3)+(m-1)i在復平面內對應的點在第四象限,則實數(shù)m的取值范圍是()A.(-3,1)B.(-1,3)C.(1,+)D.(-,-3)5.2016北京卷 設a,b是向量,則“|a|=|b|”是“|a+b|=|a-b|”的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件6.2017全國卷 設非零向量a,b滿足|a+b|=|a-b|,則()A.abB.|a|=|b|C.abD.|a|b|7.2017全國卷 設有下面四個命題p1:若復數(shù)z滿足1zR,則zR;p2:若復數(shù)z滿足z2R,則zR;p3:若復數(shù)z1,z2滿足z1z2R,則z1=z2;p4:若復數(shù)zR,則zR.其中的真命題為()A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p48.2017浙江卷 如圖X7-1所示,已知平面四邊形ABCD,ABBC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC與BD交于點O,記I1=OAOB,I2=OBOC,I3=OCOD,則()圖X7-1A.I1I2I3B.I1I3I2C.I3 I1I2D.I2I1I39.2017天津卷 在ABC中,A=60,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=AC-AB(R),且ADAE=-4,則的值為.10.2017全國卷 已知向量a,b的夾角為60,|a|=2,|b|=1,則|a+2b|=.11.2015全國卷 設向量a,b不平行,向量a+b與a+2b平行,則實數(shù)=.12.2017浙江卷 已知a,bR,(a+bi)2=3+4i(i是虛數(shù)單位),則a2+b2=,ab=.題組二模擬強化13.2017鄭州質檢 已知四邊形ABCD中,G為CD的中點,則AB+12(BD+BC)=()A.AGB.CGC.BCD.12BC14.已知點A(1,3),B(4,-1),則與向量AB同方向的單位向量e=()A.45,-35B.35,-45C.-35,45D.-45,3515.2017上饒重點中學聯(lián)考 設復數(shù)z滿足z2=3-4i,則|z|=()A.5B.5C.3D.116.2017柳州模擬 已知向量a=(1,2),b=(-3,2),若(ka+b)(a-3b),則實數(shù)k的值為()A.-13B.13C.-3D.317.2017寧夏石嘴山三模 設i為虛數(shù)單位,若z=a-i1+i(aR)是純虛數(shù),則a=()A.-1B.0C.1D.218.2017武漢調研 在平面直角坐標系中,點M(2,2),P是以原點O為圓心的單位圓上的動點,則|OM+OP|的最大值為()A.1B.2C.3D.419.2017池州聯(lián)考 設i是虛數(shù)單位,z是復數(shù)z的共軛復數(shù),若zz=2(z+i),則z=()A.-1-iB.-1+iC.1+iD.1-i20.2017北京西城區(qū)二模 設a,b是平面上的兩個單位向量,ab=35,若mR,則|a+mb|的最小值為()A.34B.43C.45D.5421.2017湖州、衢州、麗水三市聯(lián)考 已知O是ABC的外心,C=45,OC=mOA+nOB(m,nR),則m+n的取值范圍是()A.-2,2B.-2,1)C.-2,-1D.1,222.2017黃山二模 已知復數(shù)z=(a+i)(-3+ai)(aR),若z0,m-10,解得-3m1. 5.D解析 若|a|=|b|成立,則以a,b為鄰邊組成的平行四邊形為菱形,a+b,a-b表示的是該菱形的對角線,而菱形的對角線不一定相等,所以|a+b|=|a-b|不一定成立,從而不是充分條件;反之,若|a+b|=|a-b|成立,則以a,b為鄰邊組成的平行四邊形為矩形,矩形的鄰邊不一定相等,所以|a|=|b|不一定成立,從而不是必要條件.故選D.6.A解析 將|a+b|=|a-b|兩邊平方,得a2+2ab+b2=a2-2ab+b2,于是有ab=0,所以ab.7.B解析 設z=a+bi(a,bR).1z=a-bia2+b2,若1zR,則b=0,此時zR,故命題p1為真命題;若zR,則b=0,此時z=a-biR,命題p4為真命題;z2=a2-b2+2abi,z2R時,a=0或b=0,此時z為實數(shù)或純虛數(shù),命題p2為假命題.設z1=i,z2=4i,則z1z2R,但z1z2,命題p3為假命題.故選B.8.C解析 顯然BOC為銳角,所以I1=OAOB0,I3=OCOD0,如圖所示,過點B作BMAC于M,過點A作ANBD于N.三角形ABD與三角形ABC均為等腰三角形,所以BN=ND,AM=MC,所以OAOC,OB2,所以I1I3.所以I3I1I2.因此選C.9.311解析 ABAC=32cos 60=3,AD=13AB+23AC,ADAE=13AB+23AC(AC-AB)=33+234-139-233=-4,解得=311.10.23解析 |a+2b|=a2+4ab+4b2=4+42112+4=23.11.12解析 因為a+b與a+2b平行,所以存在唯一實數(shù)t,使得a+b=t(a+2b),所以=t,1=2t,解得=t=12.12.52解析 由(a+bi)2=3+4i,得a2+2abi+b2i2=3+4i,即a2-b2+2abi=3+4i,又a,bR,所以由復數(shù)相等的充要條件,得a2-b2=3,2ab=4,解得ab=2,a2=4,b2=1,因此a2+b2=5.13.A解析 AB+12(BD+BC)=AB+BG=AG,故選A.14.B解析 由題得AB=(3,-4),所以AB=5,所以與AB同方向的單位向量e=15AB=35,-45,故選B.15.A解析 z2=z2=|3-4i|=32+(-4)2=5,所以z=5,故選A.16.A解析 (ka+b)(a-3b),10(2k+2)=-4(k-3),k=-13,故選A.17.C解析 z=a-i1+i=(a-i)(1-i)(1+i)(1-i)=a-12-a+12i,因為z是純虛數(shù),所以a-1=0,a+10,故a=1.18.C解析 |OM+OP|OM|+|OP|,當且僅當OM與OP方向相同時取等號,|OM+OP|的最大值為|OM|+|OP|=2+1=3,故選C.19.C解析 設z=a+bi(a,bR),由zz=2(z+i)得(a+bi)(a-bi)=2(a-bi+i),解得a=b=1,所以z=1+i.故選C.20.C解析 ab=35,|a+mb|2=a2+2mab+m2b2=m2+65m+1=m+352+1625,則|a+mb|的最小值為45,故選C.21.B解析 由題意可得AOB=90,以OA,OB所在直線分別為x軸,y軸建立直角坐標系,如圖所示,設A(1,0),B(0,1),則點C在優(yōu)弧AB上.設C(cos ,sin ),則2,2,顯然OC=cos OA+sin OB,則m=cos ,n=sin ,則m+n=cos +sin =2sin+4.由于2,2,所以+434,94,所以sin+4-1,22,所以m+n-2,1),故選B.22.3解析 z0,不符合題意,a=3.23.3解析 由|a+3b|=13,得|a+3b|2=a2+6ab+9b2=13.因為a,b是單位向量,所以6ab=3ab=12,所以cos=ab|a|b|=12,又因為0,所以=3.24.102解析 向量a=(2,m),b=(-1,2),若ab,則ab=-2+2m=0,解得m=1,則c=a+b=(1,3),所以a在向量c方向上的投影為ac|c|=2+312+32=102.25.2,6解析 建立平面直角坐標系,如圖所示.由BAAC,且ACB=60,AC=2,BE=EC,得A(0,0),B(23,0),C(0,2),E(3,1).設P(x,y),則APAE= 3x+y,又直線BC的方程為y=-33x+2,所以APAE= 3x+y=233x+2,又0x23,所以APAE的取值范圍為2,6.