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复数平面向量文（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复数平面向量文（附解析），共5页。试卷主要包含了若z=1+i,则|iz+3|=，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,文1)|2+i2+2i3|=( )
A.1B.2
C.D.5
2.(2022全国甲,文3)若z=1+i,则|iz+3|=( )
A.4B.4
C.2D.2
3.(2022全国乙,文2)设(1+2i)a+b=2i,其中a,b为实数,则( )
A.a=1,b=-1
B.a=1,b=1
C.a=-1,b=1
D.a=-1,b=-1
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.-1
C.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-b
C.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.-5
C.5D.6
12.(2023全国甲,文3)已知向量a=(3,1),b=(2,2),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=-1
C.λμ=1D.λμ=-1
14.(2023全国乙,文6)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则=( )
A.B.3
C.2D.5
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,文13)已知向量a=(m,3),b=(1,m+1).若a⊥b,则m= .
2.复数、平面向量
1.C 解析|2+i2+2i3|=|2-1-2i|=|1-2i|=.故选C.
2.D 解析iz+3=i(1+i)+3(1-i)=2-2i,则|iz+3|=|2-2i|=2,故选D.
3.A 解析由(1+2i)a+b=2i,得a+b+2ai=2i.∵a,b∈R,∴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 解析如下图所示:
∵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. 解析在题图中,以O为原点,方向为x轴的非负半轴,以过O与OA垂直向上为y轴非负半轴建立平面直角坐标系(图略).
由题意得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.B 解析∵a=(3,1),b=(2,2),∴a+b=(5,3),a-b=(1,-1).则有cs=.故选B.
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.B 解析(方法一)由题可知||=||=2,=0,
则=()·()=·-=-=-1+4=3.
(方法二)因为E是AB的中点,所以ED=EC=.
在△DCE中,由余弦定理,得cs∠DEC=,所以=||||cs∠DEC==3.
(方法三)以点A为原点建立如图所示平面直角坐标系,则D(0,2),C(2,2),E(1,0),则=(1,2),=(-1,2),所以=1×(-1)+2×2=3.故选B.
15.a+b
解析如图,由题意a,2=b+a,∴b+a.
∵)=a+(b-a)=a+b,
于是=a+ba+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