適用于老高考新教材2023屆高考數學二輪總復習2復數平面向量含解析

Page62.復數、平面向量一、選擇題1.(2022·廣東梅州二模)復數z滿足(1-3i)z=|2i|,i為虛數單位,則復數z的虛部為()A.-33 B.3C.-32 D.2.(2022·全國乙·理2)已知z=1-2i,且z+az+b=0,其中a,b為實數,則()A.a=1,b=-2 B.a=-1,b=2C.a=1,b=2 D.a=-1,b=-23.(2022·河北石家莊一模)若復數z=(1+2i)(a-i)在復平面內對應的點位于第四象限,則實數a的取值范圍是()A.-1B.-C.1D.(-∞,-2)∪14.(2022·新高考Ⅱ·4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若<a,c>=<b,c>,則實數t=()A.-6 B.-5C.5 D.65.(2022·山東棗莊一模)設z1,z2是方程x2+x+1=0在復數范圍內的兩個不同解,則()A.|z1-z2|=2 B.|z1|=2C.z1+z2=1 D.z1z2=16.(2022·新高考Ⅰ·3)在△ABC中,點D在邊AB上,BD=2DA.記CA=m,CD=n,則CB=()A.3m-2n B.-2m+3nC.3m+2n D.2m+3n7.(2022·福建漳州二模)復數z滿足|z-(5+5i)|=2,則z在復平面內對應的點所在的象限為()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限8.(2022·北京·10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P為△ABC所在平面內的動點,且PC=1,則PA·PB的取值范圍是(A.[-5,3] B.[-3,5]C.[-6,4] D.[-4,6]9.(2022·廣東廣州三模)已知向量a=(3,-1),b=(1,-2),則下列結論錯誤的是()A.a·b=5 B.|a-b|=5C.<a,b>=π4 D.a∥10.(2022·山東濱州二模)歐拉公式eix=cosx+isinx(e為自然對數的底數,i為虛數單位)是由瑞士著名數學家歐拉創(chuàng)立,該公式建立了三角函數與指數函數的關系,在復變函數論中占有非常重要的地位,被譽為“數學中的天橋”.依據歐拉公式,下列結論錯誤的是()A.復數eiB.復數ei2在復平面內對應的點位于第二象限C.復數eiπ3D.復數eiθ(θ∈R)在復平面內對應的點的軌跡是圓11.已知正八邊形ABCDEFGH,其中OA=2,則下列結論不正確的是()A.2OB+B.OA·OD=-C.|AH+EHD.|AH+GH|=4+12.(2022·廣東三模)“圓冪定理”是平面幾何中關于圓的一個重要定理,它包含三個結論,其中一個是相交弦定理:圓內的兩條相交弦,被交點分成的兩條線段長的積相等.如圖,已知圓O的半徑為2,P是圓O內的定點,且OP=2,弦AC,BD均過點P,則下列說法錯誤的是()A.(OD+OB)·DBB.PA·C.OA·OC的取值范圍是[D.當AC⊥BD時,AB·二、填空題13.寫出一個同時滿足下列條件的復數z=.

①|z|=5②復數z在復平面內對應的點在第四象限14.(2022·全國甲·理13)設向量a,b的夾角的余弦值為13,且|a|=1,|b|=3,則(2a+b)·b=.15.(2022·山東濟寧三模)在邊長為4的等邊三角形ABC中,已知AD=23AB,點P在線段CD上,且AP=mAC+1216.(2022·天津濱海模擬)在北京冬奧會開幕式上,貫穿全場的雪花元素為觀眾帶來了一場視覺盛宴,象征各國、各地區(qū)代表團的“小雪花”匯聚成一朵代表全人類“一起走向未來”的“大雪花”的意境驚艷了全世界(如圖1),順次連接圖中各頂點可近似得到正六邊形ABCDEF(如圖2).已知正六邊形的邊長為1,點M滿足AM=12(AB+AF),則|AM|=;若P是線段圖1圖2

2.復數、平面向量1.D解析:因為(1-3i)z=|2i|,所以(1-3i)z=2,所以z=21-3i=22.A解析:∵z=1-2i,∴z=1+2i,∴z+az+b=1-2i+a(1+2i)+b=a+b+1+(2a-2)i=0,∴a+b+1=0,3.B解析:由題得z=(1+2i)(a-i)=a+2+(2a-1)i在復平面內對應的點(a+2,2a-1)在第四象限,所以a+2>0,2a-4.C解析:由題意得c=(3+t,4),cos<a,c>=cos<b,c>,故9+3t+16|c|×5.D解析:由方程x2+x+1=0,得Δ=1-4=-3<0,由求根公式得-1±不妨設z1=-12+32i,z2|z1-z2|=|3i|=3,故A錯誤;|z1|=-12z1+z2=-1,故C錯誤;z1z2=-12+32i-12-32i=6.B解析:如圖.∵BD=2DA,∴AB=3AD,∴CB=CA+AB=CA+3AD=CA+3(CD又CA=m,CD=n,所以CB=-2m+3n.故選B.7.A解析:設復數z=x+yi(x,y∈R),因為|z-(5+5i)|=2,所以(x-5)2+(y-5)2=4,即復數z在復平面內對應的點在以(5,5)為圓心,以2為半徑的圓上,所以z在復平面內對應的點所在的象限為第一象限.8.D解析:如圖所示,以點C為坐標原點,CA,CB分別為x軸,y軸建立平面直角坐標系,則C(0,0),A(3,0),B(0,4).∵PC=1,∴可設P(cosθ,sinθ),0°≤θ≤360°,∴PA·PB=(3-cosθ,-sinθ)·(-cosθ,4-sinθ)=-3cosθ-4sinθ+sin2θ+cos2θ=1-5sin(θ+φ),其中tanφ=34,∵-1≤sin(θ+φ)≤1,∴-4≤PA·9.D解析:a·b=3×1+(-1)×(-2)=5,故A正確;a-b=(2,1),|a-b|=22|a|=32+(-1)2=10,|b|=12+(-2)2=3×(-2)≠(-1)×1,故D錯誤.10.C解析:復數eiπ2=cosπ2+復數ei2=cos2+isin2,因為cos2<0,sin2>0,所以復數ei2在復平面內對應的點(cos2,sin2)位于第二象限,故B正確;復數eiπ3=cosπ3+isin復數eiθ=cosθ+isinθ(θ∈R)在復平面內對應的點為(cosθ,sinθ),因為cos2θ+sin2θ=1,所以復數eiθ(θ∈R)在復平面內對應的點的軌跡是圓,故D正確.11.D解析:由題意,分別以HD,BF所在的直線為x軸和y軸,建立如圖所示的平面直角坐標系,易知∠AOH=∠HOG=∠AOB=∠EOF=∠FOG=∠DOE=∠COB=∠COD=360°8=45°,作AM⊥HD,則因為OA=2,所以OM=AM=2,所以A(-2,-2).同理可得其余各點坐標,B(0,-2),E(2,2),G(-2,2),D(2,0),H2OB+OE+OG=(0+2-2,OA·OD=(-2)×2+(-2)×0=-2AH=(-2+2,2),EH=(-2-2,-2),AH+EH=(-4,0),所以|AHAH=(-2+2,2),GH=(-2+2,-2),AH+GH=(-4+22,0),|AH+GH|=(-4+212.C解析:連接OA,OB,OC,OD,OP,設弦DB的中點為S,連接OS,則OS⊥BD.故(OD+OB)·DB=2OS設直線PO與圓O交于點E,F,則PA·PC=-|PA||PC|=-EP·PF=-(OE-PO)·(OE+PO)=PO2-EO2取AC的中點M,連接OM,則OA·OC=(OM+MA)·(OM+MC)=OM2-MC2=OM2-(4-OM2)=當AC⊥BD時,AB·CD=(AP+PB)·(CP+PD)=AP·CP+PB·PD=-|AP||13.3-4i(答案不唯一)解析:不妨令z=3-4i,則|z|=32+(-4)2=5,復數z在復平面內對應的點(3,-4)位于第四象限,滿足①②14.11解析:由題得,a·b=1×3cos<a,b>=1×3×13則(2a+b)·b=2a·b+|b|2=2+9=11.15.7解析:因為AD=23所以AP=mAC+12因為點P在線段CD上,所以P,C,D三點共線,m+34=1,即m=1所以AP=又△ABC是邊長為4的等邊三角形,所以|AP|2=14AC+12AB2=116|AC|2+14|AC||AB|cos60°+14|AB|16.12-34解析:由題可知|AB|=|AF|=1,<AB,則AM2=14(AB+AF)2=14(AB2+2