2026届高三数学一轮复习课后习题章末目标检测卷6 平面向量、数系的扩充与复数的引入（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题章末目标检测卷6 平面向量、数系的扩充与复数的引入（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
(时间:45分钟 满分:84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.(2023全国乙,理1)设z=2+i1+i2+i5,则z=( )
A.1-2iB.1+2iC.2-iD.2+i
答案:B
解析:因为z=2+i1+i2+i5=2+i1-1+i=2+ii=i(2+i)i2=1-2i,所以z=1+2i.故选B.
2.已知O是△ABC所在平面内一点,D为边BC的中点,且2OA+OB+OC=0,则( )
A.AO=2ODB.AO=OD
C.AO=3ODD.2AO=OD
答案:B
解析:由2OA+OB+OC=0,
得OB+OC=-2OA=2AO,
即OB+OC=2OD=2AO,
所以OD=AO,
故选B.
3.已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则AB·BC=( )
A.-3B.-2
C.2D.3
答案:C
解析:由BC=AC-AB=(1,t-3),|BC|=12+(t-3)2=1,得t=3,则BC=(1,0),即AB·BC=(2,3)·(1,0)=2×1+3×0=2.故选C.
4.已知复数z=a+a+i3-i(a∈R,i为虚数单位),若复数z的共轭复数的虚部为-12,则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限
C.第三象限D.第四象限
答案:A
解析:由题意,得z=a+a+i3-i=a+(a+i)(3+i)(3-i)(3+i)=13a-110+(a+3)i10,即z=13a-110-(a+3)i10.
∵复数z的共轭复数的虚部为-12,
∴-a+310=-12,解得a=2.则z=52+12i,
即复数z在复平面内对应的点位于第一象限.
5.体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分.某学生做引体向上运动,如图所示,处于平衡状态时,若两只胳膊的夹角为60°,每只胳膊的拉力大小均为400 N,则该学生的体重(单位:kg)约为( )
(参考数据:重力加速度大小g取10 m/s2,3≈1.732)
A.63B.69C.75D.81
答案:B
解析:设该学生两只胳膊的拉力分别为F1,F2,
则|F1|=|F2|=400 N,且F1,F2的夹角是60°,
则|F1+F2|=(F1+F2)2=4002+2×400×400×12+4002=4003(N),
则该学生的体重m=4003g≈40×1.732=69.28(kg),故选B.
6.(2023全国甲,理4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=2,且a+b+c=0,则cs=( )
A.-45B.-25C.25D.45
答案: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|=2,
所以2+2cs=2,
解得cs=0,则=π2.
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=(a-c)·(b-c)|a-c||b-c|=2×1+1×222+12×12+22=45.故选D.
7.已知向量OB=(2,0),向量OC=(2,2),向量CA=(2cs α,2sin α),则向量OA与向量OB的夹角的取值范围是( )
A.[0,π4]B.[π4,5π12]
C.[5π12,π2]D.[π12,5π12]
答案:D
解析:由题意,得OA=OC+CA=(2+2cs α,2+2sin α),所以点A的轨迹是圆(x-2)2+(y-2)2=2,如图,当A为直线OA与圆的切点时,向量OA与向量OB的夹角分别达到最大值和最小值,故选D.
8.地砖是一种地面装饰材料,也叫地板砖,是用黏土烧制而成,质坚、耐压、耐磨、防潮.地板砖品种非常多,图案也多种多样.如图,某公司大厅的地板砖铺设方式,地板砖有正方形与正三角形两种形状,且它们的边长都相同,A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K,O为正方形或正三角形的顶点,若OA=a,OB=b,则AF=( )
A.-52a-12bB.-2+32a-32b
C.-2-33a+33bD.-2+33a-33b
答案:D
解析:如图,以AB的中点M为坐标原点建立平面直角坐标系,
设AB=2,则O(0,3),A(-1,0),B(1,0),F(1,2+23),
所以OA=(-1,-3),OB=(1,-3),AF=(2,2+23).
设AF=λOA+μOB,λ,μ∈R,
则-λ+μ=2,-3λ-3μ=2+23,解得λ=-2-33,μ=-33,
所以AF=-2+33OA-33OB,即AF=-2+33a-33b.
二、选择题:本题共4小题,每小题6分,共24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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知复数z的共轭复数为z,且zi=1+i,则下列结论正确的是( )
A.|z+1|=5B.z的虚部为-i
C.z4 020=-22 010D.z2+z=z
答案:ACD
解析:由zi=1+i可得,z=1+ii=1-i,虚部为-1,
所以|z+1|=|2-i|=22+(-1)2=5;
因为z2=-2i,z4=-22,所以z4 020=(z4)1 005=-22 010;z2+z=-2i+1+i=1-i=z.故选ACD.
10.已知向量a=(2,1),b=(1,-1),c=(m-2,-n),其中m,n均为正数,且(a-b)∥c,下列说法正确的是( )
A.a与b的夹角为钝角
B.向量a在b方向上的投影向量的模为55
C.2m+n=4
D.mn的最大值为2
答案:CD
解析:对于A,向量a=(2,1),b=(1,-1),
则a·b=2-1=1>0,则a,b的夹角为锐角,错误;
对于B,向量a=(2,1),b=(1,-1),则向量a在b方向上的投影向量的模为a·b|b|=22,错误;
对于C,向量a=(2,1),b=(1,-1),则a-b=(1,2).
若(a-b)∥c,则-n=2(m-2),变形可得2m+n=4,正确;
对于D,由C的结论,2m+n=4,而m,n均为正数,
可得mn=12(2mn)≤122m+n22=2,
当且仅当2m=n=2时,等号成立,即mn的最大值为2,正确.
11.下列命题中是真命题的为( )
A.2-1+i=2
B.复数(1-i)3的虚部是-2
C.若复数z=i1+i,则复数z在复平面内对应的点位于第一象限
D.满足|z+3|-|z-3|=4的复数z在复平面上对应点的轨迹是双曲线
答案:AB
解析:对于A,2-1+i=2(-1-i)(-1+i)(-1-i)=-1-i,则2-1+i=|-1-i|=(-1)2+(-1)2=2,故A正确;
对于B,(1-i)3=(1-i)2(1-i)=-2i(1-i)=-2-2i,则其虚部为-2,故B正确;
对于C,z=i1+i=i(1-i)(1+i)(1-i)=12+12i,所以z=12-12i,复数z在复平面内对应的点的坐标为12,-12,位于第四象限,故C错误;
对于D,根据复数的几何意义可知,|z+3|-|z-3|=4表示在复平面内点Z(x,y)到F1(-3,0)与F2(3,0)的距离之差为常数4,所以复数z的轨迹是以F1(-3,0),F2(3,0)为焦点的双曲线的右支,故D错误.
12.(2021新高考Ⅰ,10)已知O为坐标原点,点P1(cs α,sin α),P2(cs β,-sin β),P3(cs(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则( )
A.|OP1|=|OP2|
B.|AP1|=|AP2|
C.OA·OP3=OP1·OP2
D.OA·OP1=OP2·OP3
答案:AC
解析:∵|OP1|=cs2α+sin2α=1,
|OP2|=cs2β+(-sinβ)2=1,
∴|OP1|=|OP2|,故A正确;
∵AP1=(cs α-1,sin α),AP2=(cs β-1,-sin β),
∴|AP1|=(cs2α-2csα+1)+sin2α=2-2csα,
|AP2|=(cs2β-2csβ+1)+sin2β=2-2csβ,
∴|AP1|,|AP2|不一定相等,故B不正确;
∵OA·OP3=(1,0)·(cs(α+β),sin(α+β))=cs(α+β),OP1·OP2=(cs α,sin α)·(cs β,-sin β)=cs αcs β-sin αsin β=cs(α+β),
∴OA·OP3=OP1·OP2,故C正确;
∵OA·OP1=(1,0)·(cs α,sin α)=cs α,
OP2·OP3=(cs β,-sin β)·(cs(α+β),sin(α+β))=cs βcs(α+β)-sin βsin(α+β)=cs(β+α+β)=cs(2β+α),
∴OA·OP1,OP2·OP3不一定相等,故D不正确.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a⊥c,则k= .
答案:-103
解析:∵a⊥c,∴a·c=0,即a·(a+kb)=0,
∴a2+ka·b=0,∵a=(3,1),b=(1,0),
∴10+3k=0,解得k=-103.
14.若复数z=a+bi(a,b∈R,i为虚数单位)满足|z-2i|=|z|,写出一个满足条件的复数z= .
答案:1+i(答案不唯一)
解析:已知z=a+bi,则z-2i=a+(b-2)i.
由|z-2i|=|z|,得a2+(b-2)2=a2+b2,化简得b=1,
故只要b=1,即z=a+i(a可为任意实数)均满足题意,可取z=1+i.
15.已知O为坐标原点,向量OA=(2,2),OB=(4,1),在x轴上存在一点P使AP·BP有最小值,则点P的坐标是 .
答案:(3,0)
解析:设点P的坐标为(x,0),则AP=(x-2,-2),BP=(x-4,-1),AP·BP=(x-2)(x-4)+(-2)×(-1)=x2-6x+10=(x-3)2+1.
当x=3时,AP·BP有最小值1.故点P的坐标为(3,0).
16.在平面直角坐标系中,已知点A(1,0),B(0,-1),P是曲线y=1-x2上的一个动点,则BP·BA的取值范围是 .
答案:[0,2+1]
解析:如图,作出函数y=1-x2的图象.
这是以点O(0,0)为圆心,以1为半径的一个半圆.不妨用虚线把这个半圆补充为一个圆.
设BP与BA的夹角为θ,则θ∈0,π2.
当θ∈0,π4时,csπ4-θ=|BP|2;
当θ∈π4,π2时,csθ-π4=|BP|2.
因为y=cs x(x∈R)是偶函数,
所以|BP|=2csθ-π4,θ∈0,π2.
BP·BA=|BP||BA|cs θ
=22csθ-π4cs θ
=2cs2θ+2sin θcs θ
=sin 2θ+cs 2θ+1
=2sin2θ+π4+1.
因为θ∈[0,π2],所以2θ+π4∈π4,5π4.
当2θ+π4=π2,即θ=π8时,BP·BA取最大值2+1;
当2θ+π4=5π4,即θ=π2时,BP·BA取最小值0,故BP·BA的取值范围是[0,2+1].