适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习送分考点专项练2复数平面向量理（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习送分考点专项练2复数平面向量理（附解析），共4页。试卷主要包含了设z=,则=，若z=-1+i,则=，在复平面内,对应的点位于，若i=1,则z+=等内容，欢迎下载使用。

1.(2023全国乙,理1)设z=,则=( )
A.1-2iB.1+2iC.2-iD.2+i
2.(2022全国甲,理1)若z=-1+i,则=( )
A.-1+iB.-1-IC.-iD.-i
3.(2022全国乙,理2)已知z=1-2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则( )
A.a=1,b=-2B.a=-1,b=2C.a=1,b=2D.a=-1,b=-2
4.(2023新高考Ⅱ,1)在复平面内,(1+3i)(3-i)对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
5.(2022新高考Ⅰ,2)若i(1-z)=1,则z+=( )
A.-2B.-1C.1D.2
考向2 平面向量的概念及线性运算
6.(2023山东滨州一模)在平行四边形ABCD中,设M为线段BC上靠近B的三等分点,N为线段AD上靠近D的三等分点,=a,=b,则向量=( )
A.a-bB.a-bC.b-aD.b-a
7.(2023陕西安康一模)已知O是△ABC内一点,2+3+m=0,若△AOB与△ABC的面积比为,则实数m的值为( )
A.-B.C.-D.
8.(2022新高考Ⅰ,3)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记=m,=n,则=( )
A.3m-2nB.-2m+3n
C.3m+2nD.2m+3n
9.(2023甘肃高考诊断一)已知向量a=(m,2),b=(2,3m),若a与b共线且方向相反,则|2a+b|= .
10.如图,在同一个平面内,向量的夹角为α,且tan α=7,向量的夹角为45°,且||=||=1,||=.若=m+n(m∈R,n∈R),则n-m= .
考向3 平面向量的数量积
11.(2022新高考Ⅱ,4)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若=,则实数t=( )
A.-6B.-5C.5D.6
12.(2023全国甲,理4)向量|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cs=( )
A.-B.-C.D.
13.(2023新高考Ⅰ,3)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则( )
A.λ+μ=1B.λ+μ=-1C.λμ=1D.λμ=-1
14.(2023全国乙,理12)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|=,则的最大值为( )
A.B.C.1+D.2+
15.(2023天津,14)在△ABC中,∠A=60°,BC=1,点D为AB的中点,点E为CD的中点,若设=a,=b,则可用a,b表示为 ;若,则的最大值为 .
16.(2022全国甲,理13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b= .
2.复数、平面向量
1.B 解析 因为z==1-2i,所以=1+2i.故选B.
2.C 解析=-i,故选C.
3.A 解析∵z=1-2i,=1+2i,∴z+a+b=1-2i+a(1+2i)+b=a+b+1+(2a-2)i=0,解得故选A.
4.A 解析∵(1+3i)(3-i)=3-i+9i+3=6+8i,∴复数在复平面内对应的点位于第一象限.故选A.
5.D 解析∵i(1-z)=1,∴z==1+i,=1-i.∴z+=2.故选D.
6.B 解析 如右图所示,
b,=-=-b,则=-b+a+b=a-b.故选B.
7.D 解析 由2+3=-m,得=-,设-,则,由于=1,
∴A,B,D三点共线,如右图所示,反向共线,则m>0,,,
,解得m=
8.B 解析 如图.∵BD=2DA,=3,
+3+3()=-2+3又=m,=n,所以=-2m+3n.故选B.
9 解析 由题意,得a=-λb(λ>0),则解得a=(-,2),b=(2,-6),2a+b=(,-2),|2a+b|=
10 解析 由题意在题图中以O为原点,方向为x轴非负半轴,过O与OA垂直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系(图略),则A(1,0),∵向量的夹角为α,tanα=7,∴csα=,sinα=,
又||=,∴C(),cs(α+45°)=-,sin(α+45°)=,∴B(-),=m+n,∴()=m(1,0)+n(-),
解得
∴n-m=
11.C 解析 由题意得c=(3+t,4),cs=cs,故,解得t=5.故选C.
12.D 解析 由a+b+c=0,得a+b=-c,所以(a+b)2=a2+b2+2a·b=c2,即|a|2+|b|2+2|a||b|cs=|c|2.又|a|=|b|=1,|c|=,所以2+2cs=2,解得cs=0,则=不妨设a=(1,0),b=(0,1).因为a+b+c=0,所以c=(-1,-1),所以a-c=(2,1),b-c=(1,2),所以cs=故选D.
13.D 解析(方法一)由题意得,a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ).∵(a+λb)⊥(a+μb),∴(1+λ)(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,解得λμ=-1.故选D.
(方法二)由题意得,a2=12+12=2,b2=12+(-1)2=2,a·b=1×1+1×(-1)=0.∵(a+λb)⊥(a+μb),
∴(a+λb)·(a+μb)=a2+(λ+μ)a·b+λμb2=2+0+2λμ=0.
解得λμ=-1.故选D.
14.A 解析 设∠DPO=α,由题可知α∈[0,).∵||=,||=1,
∴∠OPA=,∴||=||csα=csα.
①当在PO两侧时,=||||cs(α+)=csαcs(α+)=csα(csα-sinα)=cs2α-sinαcsα=sin2α=-sin(2α-)+α∈[0,),∴-2α-,∴-sin(2α-)<,
∴0<-sin(2α-)+1,
∴0<1.
②当在PO同侧时,=||||cs(α-)=csαcs(α-)=cs2α+sinαcsα=sin2α=sin(2α+)+α∈[0,],2α+,sin(2α+)≤1,∴1综上,最大值为故选A.
15a+b 解析 如图,由题意a,2=b+a,b+a)=a+(b-a)=a+b,于是=(a+b)·(a+b)=(2a2+5a·b+2b2) =(2a2+|a||b|+2b2),在△ABC中,根据余弦定理a2+b2-|a||b|=1,由基本不等式a2+b2-|a||b|≥2|a||b|-|a||b|=|a||b|,故0<|a||b|≤1,当且仅当|a|=|b|=1时等号成立,
|a||b|+2)+2)=
16.11 解析 由题得,a·b=1×3cs=1×3=1,则(2a+b)·b=2a·b+|b|2=2+9=11.