老高考舊教材適用2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)送分考點(diǎn)專(zhuān)項(xiàng)練2復(fù)數(shù)平面向量文

.復(fù)數(shù)、平面對(duì)量考向1復(fù)數(shù)的概念、運(yùn)算及幾何意義1.(2024·河南開(kāi)封一模)設(shè)(1+i3)z=i,則在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A.第一象限 B.其次象限C.第三象限 D.第四象限2.(2024·全國(guó)甲·文3)若z=1+i,則|iz+3z|= ()A.45 B.42 C.25 D.223.(2024·全國(guó)乙·文2)設(shè)(1+2i)a+b=2i,其中a,b為實(shí)數(shù),則()A.a=1,b=-1 B.a=1,b=1C.a=-1,b=1 D.a=-1,b=-14.(2024·山東濰坊一模)已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)意z+3=4z+5i,則在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在 ()A.第一象限 B.其次象限C.第三象限 D.第四象限5.(2024·新高考Ⅰ·2)若i(1-z)=1,則z+z=()A.-2 B.-1 C.1 D.2考向2平面對(duì)量的概念及線(xiàn)性運(yùn)算6.(2024·河南名校聯(lián)盟一模)如圖,在△ABC中,點(diǎn)M是AB上的點(diǎn)且滿(mǎn)意AM=3MB,P是CM上的點(diǎn),且MP=15MC,設(shè)AB=a,AC=b,則APA.12a+14b B.35aC.14a+12b D.310a7.(2024·河南名校聯(lián)盟一模)下列關(guān)于平面對(duì)量的說(shuō)法正確的是()A.若AB,CD共線(xiàn),則點(diǎn)A,B,C,B.若a∥b且b∥c,則a∥cC.若G為△ABC的外心,則GA+GBD.若O為△ABC的垂心,則OA8.(2024·新高考Ⅰ·3)在△ABC中,點(diǎn)D在邊AB上,BD=2DA.記CA=m,CD=n,則CB=()A.3m-2n B.-2m+3nC.3m+2n D.2m+3n9.(2024·河南許昌質(zhì)檢)正方形ABCD中,P,Q分別是邊BC,CD的中點(diǎn),AP=xAC+yBQ,則x=()A.1113 B.6C.56 D.10.(2024·河南名校聯(lián)盟一模)如圖,在同一個(gè)平面內(nèi),向量OA與OC的夾角為α,且tanα=7,向量OB與OC的夾角為45°,且|OA|=|OB|=1,|OC|=2.若OC=mOA+nOB(m∈R,n∈R),則考向3平面對(duì)量的數(shù)量積11.(2024·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(shí)數(shù)t=()A.-6 B.-5 C.5 D.612.(2024·新高考八省其次次T8聯(lián)考)如圖,在同一平面內(nèi)沿平行四邊形ABCD兩邊AB,AD向外分別作正方形ABEF,正方形ADMN,其中AB=2,AD=1,∠BAD=π4,則AC·FN=A.-22 B.22C.0 D.-113.(2024·山東威海期末)已知向量a,b滿(mǎn)意|a|=|b|=2,且a-b在a上的投影為2+3,則<a,b>=()A.π6 B.C.2π3 D14.(2024·山東濰坊期末)已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,MN是它的內(nèi)切圓的一條弦,點(diǎn)P為正方形四條邊上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)弦MN的長(zhǎng)度最大時(shí),PM·PN的取值范圍是(A.[0,1] B.[0,2]C.[1,2] D.[-1,1]15.(2024·山東濟(jì)寧一模)等邊三角形ABC的外接圓的半徑為2,點(diǎn)P是該圓上的動(dòng)點(diǎn),則PA·PB+A.4 B.7 C.8 D.1116.(2024·全國(guó)甲·文13)已知向量a=(m,3),b=(1,m+1).若a⊥b,則m=.

2.復(fù)數(shù)、平面對(duì)量1.B解析:∵(1+i3)z=i,∴(1-i)z=i,∴z=i1-i=i(1+i)(1-i)(1+i故選B.2.D解析:iz+3z=i(1+i)+3(1-i)=2-2i,則|iz+3z|=|2-2i|=22,故選D.3.A解析:由(1+2i)a+b=2i,得a+b+2ai=2i.∵a,b∈R,∴a+b故選A.4.A解析:設(shè)z=x+yi,x,y∈R,則z=x-yi,由z+3=4z+5i得(x+yi)+3=4(x-yi)+5i,即(x+3)+yi=4x+(5-4y)i,于是得x+3=4x,y=5-4y,解得x=y=1,則有5.D解析:∵i(1-z)=1,∴z=i-1i=1+i,∴z=1-i.∴z+z=26.B解析:AP=AM+MP=AM+17.D解析:若AB,CD共線(xiàn),則直線(xiàn)AB與CD平行或重合,∴點(diǎn)A,B,C,當(dāng)b=0時(shí),滿(mǎn)意a∥b且b∥c,不能得出a∥c,B錯(cuò);當(dāng)G為△ABC的重心,則GA+GB+若O為△ABC的垂心,則OB⊥AC,∴OB即OB·(OC-OA)=0,∴同理OB·OC=OC8.B解析:如圖.∵BD=2DA,∴AB=3AD,∴CB=CA+AB=CA+3AD=CA+3(CD-CA)=-2CA+3CD.又CA=m,CD=n,所以9.C解析:∵P,Q分別是正方形邊BC,CD的中點(diǎn),∴AC=AB+∴AP=xAC+yBQ=x(AB+AD)+y-12AB+AD=x-12yAB+(x+y∴x-110.12解析:在題圖中,以O(shè)為原點(diǎn),OA方向?yàn)閤軸的非負(fù)半軸,以過(guò)O與OA垂直向上為y軸非負(fù)半軸建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)由題意得A(1,0),∵向量OA與OC的夾角為tanα=7,∴cosα=210,sinα=7又|OC|=2,∴C15,7cos(α+45°)=-35,sin(α+45°)=45,∴B-35∵OC=mOA+nOB,∴15,75=m(1,0)+n-35,45,∴m-311.C解析:由題意得c=(3+t,4),cos<a,c>=cos<b,c>,故9+3t+16|c|×12.C解析:AC·FN=(AB+AD)·(FA+AN)=AB·FA+AD·FA+AB·AN+AD·AN=0+|AD||13.D解析:(a-b)·a=|a-b||a|cos<a-b,a>=(2+3)·2,即a2-a·b=4+23,a·b=-23.所以|a||b|cos<a,b>=-23,cos<a,b>=-32,<a,b>=514.A解析:由題當(dāng)弦MN長(zhǎng)度最大時(shí),即MN為直徑,設(shè)弦MN的中點(diǎn)為O,由題意,PM·PN=(PO+OM)(PO+ON)=PO2-14MN2=PO215.C解析:如圖所示,建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)△ABC的邊長(zhǎng)為a,則asinA=2R=4(R為△ABC外接圓半徑),所以a=23,A(0,3),B(-3,0),C(3,0),