单元质检卷六 平面向量、复数(时间:120分钟 满分:150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.(2021北京,2)在复平面内,复数z满足(1-i)z=2,则z=( )A.2+iB.2-iC.1-iD.1+i2.已知向量a=(1,2),b=(2,x),且a·b=-1,则x的值等于( )A.B.-C.D.-3.已知i是虚数单位,若复数z=,则z的共轭复数=( )A.iB.iC.-iD.-i4.(2021山东临沂一模)如图,若向量对应的复数为z,且|z|=,则=( )A.iB.-iC.iD.-i5.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,E为边DC的中点,F为BE的中点,则=( )A.3B.2C.D.\n6.(2021福建厦门模拟)向量a=(1,2),b=(x,1).若(a+b)⊥(a-b),则x=( )A.-2B.±C.±2D.27.已知向量a=(1,),|b|=2,|a-b|=,则a与b的夹角为( )A.B.C.D.8.在△ABC中,,则sinA∶sinB∶sinC=( )A.5∶3∶4B.5∶4∶3C.∶2∶D.∶2二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021山东聊城一模)若m∈R,则复数在复平面内所对应的点可能在( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限10.已知平面向量a=(2,2),b=(1,m),且|2a-b|=|a+b|,则( )A.a·b=4B.a·b=0C.m=-1D.|b|=11.(2021河北石家庄一模)设z为复数,则下列选项正确的是( )A.|z|2=zB.z2=|z|2C.若|z|=1,则|z+i|的最大值为2D.若|z-1|=1,则0≤|z|≤212.(2021河北保定一模)已知P为△ABC所在平面内一点,则下列选项正确的是( )A.若+3+2=0,则点P在△ABC的中位线上B.若=0,则P为△ABC的重心C.若>0,则△ABC为锐角三角形D.若,则△ABC与△ABP的面积比为3∶2\n三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量a=(m,1),b=(4,m),向量a在b上的投影向量的模为,则m= . 14.(2021山东省实验中学二模)设向量a=(1,m),b=(2,1),且b·(2a+b)=7,则m= . 15.(2021湖北七市联考)在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,设AC与BD交于点O,则= . 16.(2021天津,15)在边长为1的等边三角形ABC中,D为线段BC上的动点,DE⊥AB且交AB于点E.DF∥AB且交AC于点F,则|2|的值为 ,()·的最小值为 . 四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知复数z=bi(b∈R),是纯虚数,i是虚数单位.(1)求复数z;(2)若复数(m+z)2在复平面内对应的点在第二象限,求实数m的取值范围.18.(12分)(2021江苏海门第一中学高三期末)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(1,3),B(2,-2),C(4,1).(1)若=3,求点D的坐标;(2)设实数k满足(k+2)·=4,求实数k的值.\n19.(12分)已知a=(cosx,sinx),b=(1,0),c=(4,4).(1)若a∥(c-b),求tanx;(2)求|a+b|的最大值,并求出对应的x的值.20.(12分)如图,在长方形ABCD中,E为边DC的中点,F为边BC上一点,且.设=a,=b.(1)试用基底{a,b}表示;(2)若G为长方形ABCD内部一点,且a+b,求证:E,G,F三点共线.21.(12分)已知O为坐标原点,=(2cosx,),=(sinx+cosx,-1),若f(x)=+2.(1)求函数f(x)图象的对称轴方程;\n(2)当x∈0,时,若函数g(x)=f(x)+m有零点,求实数m的取值范围.22.(12分)已知e1,e2是平面内的两个不共线向量,=2e1+e2,=-e1+λe2,=-2e1+e2,且A,E,C三点共线.(1)求实数λ的值;(2)若e1=(2,1),e2=(2,-2),求的坐标;(3)已知D(3,5),在(2)的条件下,若A,B,C,D四点按逆时针顺序构成平行四边形,求点A的坐标.\n单元质检卷六 平面向量、复数1.D 解析由题意可得z==1+i.故选D.2.D 解析因为a=(1,2),b=(2,x),所以a·b=1×2+2x=-1,解得x=-.故选D.3.A 解析复数z=i,则i,故选A.4.D 解析根据图形可设z=-1+bi,b>0,因为|z|=,所以,解得b=2,所以z=-1+2i,则=-1-2i,所以=-i.故选D.5.B 解析以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),E(1,1),F,∴=,=(1,1),∴=2.故选B.6.C 解析(方法1)a+b=(1+x,3),a-b=(1-x,1),因为(a+b)⊥(a-b),所以(a+b)·(a-b)=0,即(1+x)(1-x)+3=0,解得x=±2.(方法2)因为(a+b)⊥(a-b),所以(a+b)·(a-b)=0,即a2-b2=0,即|a|=|b|,所以x=±2.\n故选C.7.D 解析因为|a-b|=,所以(a-b)2=13,即a2-2a·b+b2=13.设a与b的夹角为θ,则3-2×2×cosθ+4=13,解得cosθ=-,所以a与b的夹角为.故选D.8.D 解析由题意,在△ABC中,,设△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,利用向量的数量积的定义可知=bccos(π-A),即,即,即2a2+2c2-2b2=3a2+3b2-3c2=6b2+6c2-6a2,设2a2+2c2-2b2=3a2+3b2-3c2=6b2+6c2-6a2=12k,k>0,解得a2=5k,b2=3k,c2=4k,所以a=,b=,c=,所以由正弦定理可得a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC=∶2.故选D.9.ABC 解析=i,当m>1时,对应的点在第一象限;第-1<m<1时,对应的点在第二象限;当m<-1时,对应的点在第三象限.故选ABC.10.AD 解析由|2a-b|=|a+b|,得2a·b=a2,所以2(2+2m)=4+4,解得m=1,则\n|b|=,a·b=4.故选AD.11.ACD 解析设z=a+bi(a,b∈R).对于A,|z|2=a2+b2,z=(a+bi)(a-bi)=a2+b2,故A正确;对于B,z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,|z|2=a2+b2,故B错误;对于C,|z|=1表示z在复平面内对应的点Z在以原点为圆心的单位圆上,|z+i|表示点Z与点(0,-1)之间的距离,故|z+i|的最大值为2,故C正确;对于D,|z-1|=1表示z在复平面内对应的点Z在以(1,0)为圆心,1为半径的圆上,|z|表示点Z与原点(0,0)之间的距离,故0≤|z|≤2,故D正确.故选ACD.12.ABD 解析对于A,设AB中点为D,BC中点为E,∵+3+2=0,∴=-2(),∴2=-4,即=2,∴P,D,E三点共线,又DE为△ABC的中位线,∴点P在△ABC的中位线上,故A正确;对于B,设AB中点为D,由=0,得=-,又=2,∴=2,∴P在中线CD上,且=2,∴P为△ABC的重心,故B正确;对于C,∵>0,∴夹角为锐角,即A为锐角,但此时B,C有可能是直角或钝角,故无法说明△ABC为锐角三角形,故C错误;对于D,∵,∴)+)=0,∴+2=0,∴P为线段BC上靠近C的三等分点,即,∴S△ABC∶S△ABP=BC∶BP=3∶2,故D正确.故选ABD.\n13.2或-2 解析由题意可知,向量a在b上的投影向量的模为=,两边平方,可得=5,解得m=-2或m=2.14.-1 解析∵向量a=(1,m),b=(2,1),∴2a+b=(4,2m+1).∵b·(2a+b)=7,∴8+2m+1=7,解得m=-1.15.- 解析)·()=)=(12-22)=-.16.1 解析设BE=x,x∈0,,∵△ABC为边长为1的等边三角形,DE⊥AB,∴∠BDE=30°,BD=2x,DE=x,DC=1-2x.∵DF∥AB,∴△DFC为边长为1-2x的等边三角形,DE⊥DF,∴(2)2=4+4=4x2+4x(1-2x)×cos0°+(1-2x)2=1,∴|2|=1.∵()·=()·()==(x)2+(1-2x)·(1-x)=5x2-3x+1=5x-2+,∴当x=时,()·取最小值为.\n17.解(1)∵z=bi(b∈R),∴i.又是纯虚数,∴=0,∴b=2,即z=2i.(2)∵z=2i,m∈R,∴(m+z)2=(m+2i)2=m2+4mi+4i2=(m2-4)+4mi.又复数在复平面内对应的点在第二象限,∴解得0<m<2,故实数m的取值范围为(0,2).18.解(1)因为A(1,3),B(2,-2),C(4,1),所以=(1,-5).设D(x,y),则=(x-4,y-1).因为=3,所以(1,-5)=(3x-12,3y-3),所以解得所以点D的坐标为,-.(2)=(4,1),k+2=(k+8,-5k+2).因为(k+2)·=4,所以4(k+8)+(-5k+2)=4,解得k=30.19.解(1)c-b=(3,4),由a∥(c-b)得4cosx-3sinx=0,∴tanx=.(2)∵a+b=(cosx+1,sinx),\n∴(a+b)2=(cosx+1)2+sin2x=2+2cosx,|a+b|=,当cosx=1,即x=2kπ,k∈Z时,|a+b|取得最大值为2.20.(1)解=b+a,a-b.(2)证明a+b,a-b,a-b=2,∴共线.又有一公共点E,∴E,G,F三点共线.21.解(1)∵=(2cosx,),=(sinx+cosx,-1),∴f(x)=+2=2cosxsinx+2cos2x-+2=sin2x+cos2x+2=2sin2x++2,令2x++kπ,k∈Z,得x=,k∈Z,故f(x)图象的对称轴方程为x=,k∈Z.(2)∵x∈0,,g(x)=f(x)+m有零点,∴-m=f(x)在0,上有解.∵x∈0,,∴2x+∈,∴-<sin2x+≤1,∴f(x)∈(-+2,4],∴实数m的取值范围为[-4,-2).\n22.解(1)=(2e1+e2)+(-e1+λe2)=e1+(1+λ)e2.因为A,E,C三点共线,所以存在实数k,使得=k,即e1+(1+λ)e2=k(-2e1+e2),得(1+2k)e1=(k-1-λ)e2.因为e1,e2是平面内的两个不共线向量,所以解得(2)=-e1-e2-2e1+e2=-3e1-e2=(-6,-3)+(-1,1)=(-7,-2).(3)因为A,B,C,D四点按逆时针顺序构成平行四边形,所以.设A(x,y),则=(3-x,5-y).因为=(-7,-2),所以解得即点A的坐标为(10,7).
