2023-2024学年福建省三明一中高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省三明一中高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知a，b∈R，a+3i=−1+bi(i为虚数单位)，则( )
A. a=1，b=−3B. a=1，b=3
C. a=−1，b=−3D. a=−1，b=3
2.已知平面向量a=(3,1)，b=(x,−3)，且a⊥b，则x=( )
A. −3B. −1C. 1D. 3
3.已知a,b为不共线的非零向量，AB=a+5b，BC=−2a+8b，CD=3a−3b，则( )
A. A，B，C三点共线B. A，B、D三点共线
C. B，C，D三点共线D. A，C，D三点共线
4.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若b=2a⋅csC，则△ABC的形状为( )
A. 等腰三角形B. 等边三角形C. 锐角三角形D. 钝角三角形
5.已知|a|=2 3|b|，a与b的夹角为π6，则a在b上的投影向量为( )
A. 3bB. − 3bC. 3bD. −3b
6.如图，在△ABC中，满足条件AD=DB,AE=13EC，若DE=λBA+μBC，则1λ+1μ=( )
A. 8
B. 4
C. 2
D. 12
7.圣⋅索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.为了估算圣⋅索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣⋅索菲亚教堂的高度CD约为( )
A. 54mB. 47mC. 50mD. 44m
8.如图，已知圆O的半径为2，弦长AB=2，C为圆O上一动点，则AC⋅BC的取值范围为( )
A. [0,4]
B. [5−4 3,5+4 3]
C. [6−4 3,6+4 3]
D. [7−4 3,7+4 3]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若{e1,e2}是平面内的一组基底，则下列四组向量不能作为平面向量的基底的是( )
A. {e1−e2,e2−e1}B. {2e1−e2,e1−12e2}
C. {2e2−3e1,6e1−4e2}D. {e1+e2,e1+3e2}
10.已知z1，z2是复数，下列说法正确的是( )
A. |z1|2=z12B. 若z1z2=0，则z1=0或z2=0
C. z1+z2−=z1−+z2−D. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2
11.已知D为△ABC所在平面内的一点，则下列结论正确的是( )
A. 若AD=13AB+12AC，则S△BCDS△ABD=16
B. 若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，则△ABC为等边三角形
C. 若DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅DA，则D为△ABC的垂心
D. 若AD=λ(AB|AB|sinB+AC|AC|sinC)(λ∈R)，则点D的轨迹经过△ABC的重心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a,b为非零向量，若|a+b|=|a−b|，则a⋅b= ______．
13.在△ABC中，已知∠A=60°，BC=3，AB= 6，则∠C=______．
14.阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用.如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点A1(−1,0)，A2(0,−2)，A3(3,0)，A4(0,4)，A5(−5,0)，A6(0,−6)，A7(7,0)，A8(0,8)，并按这样的规律继续下去.给出下列四个结论：
①对于任意正整数n，|AnAn+4|=4；
②存在正整数n，|AnAn+1|为整数；
③存在正整数n，三角形AnAn+1An+2的面积为2023；
④对于任意正整数n，三角形AnAn+1An+2为锐角三角形．
其中所有正确结论的序号是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z1=−1+3i,z2=1+2i,1z=1z1+1z2．
(1)求z；
(2)在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA,OB，其中O是原点，求∠AOB的大小．
16.(本小题15分)
设a,b是不共线的单位向量，且a与b的夹角的余弦值为13．
(1)求(a+2b)⋅(a−b),|a+b|；
(2)若ka+b与a+3b的夹角为锐角，求实数k的取值范围．
17.(本小题15分)
已知四边形ABCD的外接圆面积为7π3，且BD= 7,CD=2,∠BAD为钝角，
(1)求∠BCD和BC；
(2)若sin∠ABD= 217，求四边形ABCD的面积．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，AB=4，AC=3，∠BAC=90°，点D在线段BC上(异于B，C两点)，延长AD到P，使得AP=9，设AP=mAB+nAC(m,n∈R)．
(1)若CD=185，求m+n的值；
(2)求m+n的取值范围．
19.(本小题17分)
利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对(z1,z2)(其中z1，z2∈C)视为一个向量，记作α=(z1,z2)，类比平面向量的相关运算法则，对于复向量α=(z1,z2),β=(z3,z4),z1、z2、z3、z4、λ∈C，我们有如下运算法则：
①α±β=(z1±z3,z2±z4)；
②λα=(λz1,λz2)；
③α⋅β=z1z3−+z2z4−；
④|α|= α⋅α
(1)设α=(1−i,i),β=(3,4)，i为虚数单位，求α+β，β⋅α，|β|；
(2)设α、β是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量a=(x1,y1),b=(x2,y2)，(其中x1，x2，y1，y2∈R)，|a⋅b|≤|a||b|成立，证明：对于复向量α,β，|α⋅β|≤|α||β|也成立；
②当|α⋅β|=|α||β|时，称复向量α与β平行.若复向量α=(1+i,1−2i)与β=(i,z)平行(其中i为虚数单位，z∈C)，求复数z．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：a，b∈R，a+3i=−1+bi，
所以a=−1，b=3．
故选：D．
借助复数相等求解作答．
本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，a⊥b⇒a⋅b=0，
将向量坐标代入可得，3x+1×(−3)=0，
解可得，x=1，
故选：C．
根据题意，a⊥b⇒a⋅b=0，将向量坐标代入可得关系式，解可得答案．
本题向量数量积的应用，判断向量垂直，简单题，仔细计算即可．
3.【答案】B
【解析】解：∵AB=a+5b，BC=−2a+8b，
∴不存在λ，使AB=λBC，
故A，B，C三点不共线，
故选项A错误；
∵BD=BC+CD=a+5b，
∴AB=BD，
∴A，B、D三点共线，
故选项B正确；
∵BC=−2a+8b，CD=3a−3b，
∴不存在λ，使CD=λBC，
故B，C，D三点不共线，
故选项C错误；
∵AC=AB+BC=−a+13b，CD=3a−3b，
∴不存在λ，使AC=λCD，
故A，D，C三点不共线，
故选项D错误；
故选：B．
利用平面向量的线性运算及平面向量共线定理对四个选项依次判断即可．
本题考查了向量共线定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题设，结合正弦定理有sinB=2sinAcsC，
而B=π−(A+C)，
∴sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=2sinAcsC，即sin(A−C)=0，
又0∴A=C，即△ABC的形状为等腰三角形．
故选：A．
应用正弦定理，结合三角形内角的性质及两角和差公式可得sin(A−C)=0，即可判断△ABC的形状．
本题主要考查了正弦定理，三角形内角的性质及两角和差公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，|a|=2 3|b|，a与b的夹角为π6，
则a在b上的投影向量为|a|csθ⋅b|b|=2 3|b|× 32⋅b|b|=3b．
故选：C．
根据向量的投影向量公式进行求解．
本题考查投影向量的计算，注意投影向量的计算公式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为DE=DA+AE=12BA+14AC=12BA+14(BC−BA)=14BA+14BC，
所以λ=14,μ=14，故1λ+1μ=8．
故选：A．
根据平面向量基本定理可解．
本题考查平面向量基本定理相关知识，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由题可得在直角△ABM中，∠AMB=45°，|AB|=36，
所以|AM|=36 2，
在△AMC中，∠AMC=180°−60°−45°=75°，∠MAC=15°+45°=60°，
所以∠ACM=180°−75°−60°=45°，
所以由正弦定理可得|AM|sin45∘=|CM|sin60∘，
所以|CM|=36 2× 32 22=36 3，
则在直角△CDM中，|CD|=|CM|⋅sin60°=36 3× 32=54m．
即圣⋅索菲亚教堂的高度约为54m．
故选：A．
根据题意求得|AM|=36 2，在△AMC中，由正弦定理求出|CM|，即可在直角△CDM中求出|CD|．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：取AB的中点D，连接CD，OD，如图所示：
所以AC⋅BC=(AD+DC)⋅(BD+DC)=AD⋅BD+(AD+BD)⋅DC+DC2=−1+0+DC2=DC2−1，
因为OD= 22−12= 3，所以CD的最小值为CDmin=2− 3，最大值为CDmax=2+ 3；
所以，AC⋅BC的最小值为(2− 3)2−1=6−4 3，最大值为(2+ 3)2−1=6+4 3，
所以AC⋅BC的取值范围是[6−4 3,6+4 3].
故选：C．
取AB的中点D，连接CD，OD，计算AC⋅BC=DC2−1，求出OD，得出CD的最小值和最大值，即可得出AC⋅BC的取值范围．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，是基础题．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查平面向量的基底，属于基础题．
根据基底满足的条件逐项分析判断即可．
【解答】
解：由平面内一组不共线的向量可以构成平面向量的基底依次分析各选项：
对于A，e1−e2=−(e2−e1)，两向量共线，不能作为平面向量的基底；
对于B，2e1−e2=2(e1−12e2)，两向量共线，不能作为平面向量的基底；
对于C，2e2−3e1=−12(6e1−4e2)，两向量共线，不能作为平面向量的基底；
对于D，由于e1+e2与e1+3e2不共线，可以作为平面向量的基底．
故选ABC．
10.【答案】BC
【解析】解：根据题意，设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R．
对A：|z1|2=a2+b2∈R，z12=(a+bi)2=a2−b2+2abi，显然|z1|2≠z12，A错误；
对B：z1z2=(a+bi)(c+di)=ac−bd+(ad+bc)i，
若z1z2=0，则ac=bd，ad=−bc，解得c=d=0或a=b=0，
也即z1=0或z2=0，故B正确；
对C：z1+z2=a+c+(b+d)i，z1+z2−=a+c−(b+d)i；
z1−+z2−=a−bi+c−di=a+c−(b+d)i，z1+z2−=z1−+z2−，故C正确；
对D：若|z1|=|z2|=1，则可取z1=1，z2=i，但z1≠±z2，故D错误．
故选：BC．
根据题意，设z1=a+bi，z2=c+di，根据复数模、乘法以及共轭复数的概念，对每个选项进行逐一分析，综合可得答案．
本题考查复数的计算，注意复数的性质，属于基础题．
11.【答案】CD
【解析】解：对于A，设线段AC的中点为点E，在线段AB上取点F，使得AF=13AB，
因为AD=13AB+12AC，
所以AD=AF+AE，
连接DE，DF，EF，则四边形AEDF为平行四边形，
故S△AEF=12AE⋅AF⋅sin∠BAC=112AB⋅ACsin∠BAC=16S△ABC，
所以S▱AEDF=2S△AEF=13S△ABC，
所以S△ADE=S△ADF=12S▱AEDF=16S△ABC，
所以S△ABD=3S△ADF=12S△ABC,S△ACD=2S△ADE=13S△ABC，
所以S△BCD=S△ABC−S△ABD−S△ACD=16S△ABC，
所以S△BCDS△ABD=16S△ABC12S△ABC=13，
故A错误；
对于B，因为(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，
所以AB⋅BC|AB|+AC⋅BC|AC|=0，
即|AB|⋅|BC|cs(π−B)|AB|+|AC|⋅|BC|csC|AC|=0，
所以|BC|csB=|BC|csC，
所以csB=csC，
又B，C∈(0,π)，
所以B=C，
所以△ABC为等腰三角形，
故B错误；
对于C，由DA⋅DB=DB⋅DC，
得DB⋅(DA−DC)=DB⋅CA=0，
所以BD⊥AC，
由DA⋅DB=DC⋅DA，
得DA⋅(DB−DC)=DA⋅CB=0，
所以AD⊥BC，
由DB⋅DC=DC⋅DA，
得DC⋅(DB−DA)=DC⋅AB=0，
所以CD⊥AB，
所以D为△ABC的垂心，
故C正确；
对于D，设BC的中点为M，
则AB+AC=2AM，
由正弦定理可得|AB|sinC=|AC|sinB，
所以|AB|sinB=|AC|sinC=h(h为△ABC中BC边上的高)，
所以AB|AB|sinB+AC|AC|sinC=ABh+ACh=AB+ACh=2AEh，
所以AD=λ⋅2hAE，
所以AD//AE，
又A为公共起点，
所以A，D，E三点共线，
所以点D的轨迹经过△ABC的重心，
故D正确．

故选：CD．
对于A，设线段AC的中点为点E，在线段AB上取点F，使得AF=13AB，根据向量加法的平行四边形法则及三角形的面积公式即可判断；对于B，由题意可得AB⋅BC|AB|+AC⋅BC|AC|=0，再根据数量积的定义即可判断；对于C，根据数量积的运算律即可判断；对于D，设BC的中点为M，再根据正弦定理结合平面向量共线定理即可判断．
本题考查了正弦定理，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
12.【答案】0
【解析】解：因为向量a,b为非零向量，且|a+b|=|a−b|，
所以两边同时平方得：a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，
化简得a⋅b=0．
故答案为：0．
把条件两边平方，根据向量的运算性质化简即可．
本题考查平面向量的数量积运算，属于基础题．
13.【答案】45°
【解析】解：在△ABC中，∵∠A=60°，BC=3，AB= 6，
∴由正弦定理可得：sinC=ABsinABC= 6× 323= 22，
∵AB∴∠C=45°．
故答案为：45°．
由已知及正弦定理即可解得sinC的值，由大边对大角可得角C的范围，即可得解．
本题主要考查了正弦定理，大边对大角等知识在解三角形中的应用，属于基础题．
14.【答案】①②④
【解析】解：依题意可得对于任意正整数n，|AnAn+4|=|n−(n+4)|=4，故①正确；
当n=3时，|A3A4|= 32+42=5∈Z，故②正确；
S△AnAn+1An+2=S△OAnAn+1+S△OAn+1An+2=12|OAn|⋅|OAn+1|+12|OAn+1|⋅|OAn+2|
=12n⋅(n+1)+12(n+1)(n+2)=(n+1)2，因为(n+1)2不可能等于2023，故③错误；
|AnAn+1|= n2+(n+1)2= 2n2+2n+1，
|An+1An+2|= (n+1)2+(n+2)2= 2n2+6n+5，
|AnAn+2|=n+n+2=2n+2= 4n2+8n+4，
因为|AnAn+1|<|An+1An+2|<|AnAn+2|，
所以在三角形An+2An+1An中，∠An+2An+1An为最大角，
cs∠An+2An+1An=2n2+2n+1+2n2+6n+5−(4n2+8n+4)2 2n2+2n+1⋅ 2n2+6n+5
=22 2n2+2n+1⋅ 2n2+6n+5>0，
则∠An+2An+1An为锐角，即三角形AnAn+1An+2为锐角三角形，故④正确．
故答案为：①②④．
根据规律判断①；利用特殊值判断②；由S△AnAn+1An+2=S△OAnAn+1+S△OAn+1An+2判断③；利用余弦定理证明从而判断④．
本题考查数列的应用，考查余弦定理以及三角形的性质，是中档题．
15.【答案】解：(1)由已知得z1+z2=(−1+3i)+(1+2i)=5i，
z1z2=(−1+3i)(1+2i)=(−1−6)+(3−2)i=−7+i，
又1z=1z1+1z2=z1+z2z1z2，
所以z=z1z2z1+z2=−7+i5i=(−7+i)(−i)5i⋅(−i)=15+75i；
(2)依题意向量OA=(−1,3),OB=(1,2)，
于是有OA⋅OB=−1×1+3×2=5，
|OA|= (−1)2+32= 10，
|OB|= 12+22= 5，
因为∠AOB为OA与OB的夹角，
所以cs∠AOB=OA⋅OB|OA||OB|=5 10× 5= 22，
因为∠AOB∈[0,π]，
所以∠AOB=π4．
【解析】(1)计算出z=z1z2z1+z2=15+75i；
(2)得到OA=(−1,3),OB=(1,2)，利用向量夹角余弦公式求出答案．
本题考查复数的几何意义，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为a,b是单位向量，所以|a|=|b|=1，结合cs=13，可得a⋅b=13，
由此可得(a+2b)⋅(a−b)=a2+a⋅b−2b2=1+13−2=−23，
因为(a+b)2=|a|2+2a⋅b+|b|2=1+23+1=83，所以|a+b|= (a+b)2= 83=2 63；
(2)因为ka+b与a+3b的夹角为锐角，所以(ka+b)⋅(a+3b)>0且ka+b与a+3b不共线，
根据两个向量共线的条件，当ka+b与a+3b共线时，
设ka+b=λ(a+3b)，可得ka+b=λa+3λb，所以k=λ1=3λ，解得k=13，
结合题意可知ka+b与a+3b不共线，故实数k不能取13，即k≠13．
由(ka+b)⋅(a+3b)>0，得ka2+(3k+1)a⋅b+3b2>0，即k+(3k+1)×13+3>0，解得k>−53，
综上所述，k>−53且k≠13，即实数k的取值范围为(−53,13)∪(13,+∞)．
【解析】(1)根据平面向量数量积的定义与运算性质，结合向量的模的公式加以计算，可得答案；
(2)根据平面向量数量积的性质与向量共线的条件列式，解之可得实数k的取值范围．
本题主要考查平面向量数量积的定义与运算性质、向量模的公式与向量共线的条件等知识，考查了计算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)设四边形ABCD的外接圆半径为R，
由题意有：πR2=7π3，解得R= 213，
在△BCD中，由正弦定理可得：BDsin∠BCD=2R=2 213，
又BD= 7，所以sin∠BCD= 32，
又∠BAD为钝角，故∠BCD为锐角，
所以∠BCD=π3；
又cs∠BCD=BC2+CD2−BD22BC⋅CD，
即12=BC2+4−74BC，解得BC=3；
(2)在△ABD中，由正弦定理可得：ADsin∠ABD=2R，
即AD 217=2 213，解得AD=2，
又∠BAD为钝角，故∠ABD为锐角，
cs∠ABD= 1−sin2∠ABD=2 77，
又cs∠ABD=AB2+BD2−AD22AB⋅BD，
即2 77=AB2+7−42 7AB，解得AB=3或AB=1，
当AB=3时，cs∠BAD=9+4−712>0，∠BAD为锐角，不合题意；
当AB=1时，cs∠BAD=1+4−74<0，满足∠BAD为钝角，
所以S△ABD=12AB⋅BD⋅sin∠ABD=12×1× 7× 217= 32，
S△BCD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD=12×3×2× 32=3 32，
故SABCD=S△ABD+S△BCD=2 3．
【解析】(1)由四边形外接圆面积可求得外接圆半径，再利用正弦定理，即可求得sin∠BCD= 32，从而得到∠BCD，进而利用余弦定理求得BC；
(2)首先由正弦定理解得AD=2，再由余弦定理解得AB，然后利用三角形面积公式即可求得四边形面积．
本题考查三角形中的几何计算，考查正弦定理及余弦定理的应用，属中档题．
18.【答案】解：(1)在Rt△ABC中，AB=4，AC=3，
所以BC= 32+42=5，csC=35，
在△ACD中，由余弦定理得，AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅csC=32+(185)2−2×3×185×35=9，
所以AD=3，
又AP=9，所以AP=3AD，
因为AP=mAB+nAC，
所以3AD=mAB+nAC，即AD=m3AB+n3AC，
又B，C，D三点共线，
所以m3+n3=1，即m+n=3．
(2)设AP=λAD(λ>1)，
因为AP=mAB+nAC，
所以λAD=mAB+nAC，即AD=mλAB+nλAC，
又B，C，D三点共线，
所以mλ+nλ=1，即m+n=λ，
因为点D是直角△ABC斜边BC上异于B，C的点，
所以当AD⊥BC时，AD取最小值为AC⋅ADBC=125，
当D点与B点重合时，AD取最大值为4，
故125≤AD<4，
又AP=9，所以94所以m+n的取值范围为(94,154]．
【解析】(1)在△ACD中，利用余弦定理求得AD=3，从而知AP=3AD，再结合已知等式与B，C，D三点共线，求解即可；
(2)设AP=λAD(λ>1)，结合已知等式与B，C，D三点共线，推出m+n=λ，再利用极限思想，取特殊位置，可得125≤AD<4，然后由m+n=λ=APAD，即可得解．
本题主要考查平面向量的基本定理，熟练掌握平面向量的线性运算法则，以及三点共线的条件是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为α=(1−i,i),β=(3,4)，
所以α+β=(4−i,4+i)，
β⋅α=3×(1+i)+4×(−i)=3−i，
|β|= β⋅β= 3×3+4×4=5；
(2)①设α=(z1,z2),β=(z3,z4)，则|α⋅β|=|z1z3−+z2z4−|，
由复数的三角不等式得|z1z3−+z2z4−|≤|z1z3−|+|z2z4−|=|z1||z3−|+|z2||z4−|，
由|a⋅b|≤|a||b|，得|x1x2+y1y2| x12+y12⋅ x22+y22≤1，
所以|z1||z3−|+|z2||z4−|≤ |z1|2+|z2|2⋅ |z3−|2+|z4−|2
= z1z1−+z2z2−⋅ z3z3−+z4z4−=|α||β|，
综上所知，对于复向量α,β，|α⋅β|≤|α||β|成立；
②由①中复数的三角不等式等号成立的条件知，
当复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数k，
使得z2z4−=kz1z3−，即z4−=kz1z3−z2，
故复向量α=(1+i,1−2i)与β=(i,z)平行，
有z=k(1+i)⋅(−i)1−2i=k(35+15i)，
根据|z1||z3−|+|z2||z4−|≤ |z1|2+|z2|2⋅ |z3−|2+|z4−|2中等号成立的条件，
应有|z1||z4−|=|z2||z3−|，即|z4−|=|z2||z3−||z1|，
所以|z|=|1−2i||−i||1+i|= 102，
结合z=k(35+15i)，得k (35)2+(15)2= 102，解得k=52；
所以z=52(35+15i)=32+12i，所以z=32−12i．
【解析】(1)根据①α±β=(z1±z3,z2±z4)；③α⋅β=z1z3−+z2z4−；④|α|= α⋅α即可解题；
(2)①设α=(z1,z2),β=(z3,z4)，由|a⋅b|≤|a||b|，得出|x1x2+y1y2|≤ x12+y12⋅ x22+y22，结合复数的三角不等式得即可证明；
②由①中复数的三角不等式等号成立的条件知，当复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数k，使得z2z4−=kz1z3−，即z4−=kz1z3−z2，再由复向量α=(1+i,1−2i)与β=(i,z)平行时，|α⋅β|=|α||β|，然后根据|z1||z3−|+|z2||z4−|≤ |z1|2+|z2|2⋅ |z3−|2+|z4−|2中等号成立的条件，求解即可．
本题考查平面向量的坐标运算与复数的综合应用，属难题．