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2023-2024学年陕西省西安市蓝田县田家炳中学大学区联考高一（下）学习效果测评数学试卷（4月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年陕西省西安市蓝田县田家炳中学大学区联考高一（下）学习效果测评数学试卷（4月份）（含解析），共12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.a，b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，则( )
A. a//b，且a与b方向相同B. a，b是共线向量且方向相反
C. a=bD. a，b无论什么关系均可
2.下列命题中错误的是( )
A. 对于任意向量a,b，有|a+b|≤|a|+|b|
B. 若a⋅b=0，则a=0或b=0
C. 对于任意向量a,b，有|a⋅b|≤|a||b|
D. 若a,b共线，则a⋅b=±|a||b|
3.在△ABC中点F为AB的中点，AE=2EC,BE与CF交于点P，且满足BP=λBE，则λ的值为( )
A. 35B. 47C. 34D. 23
4.如图，在平行四边形ABCD中，M为AB的中点，AC与DM交于点O，则OM=( )
A. 16AB−13AD
B. 13AB−23AD
C. 12AB−12AD
D. 14AB−13AD
5.在复数范围内，下列命题是真命题的为( )
A. 若z≠0，则z−z−是纯虚数B. 若z2=−|z|2，则z是纯虚数
C. 若z12+z22=0，则z1=0且z2=0D. 若z1、z2为虚数，则z1z−2+z−1z2∈R
6.已知z是复数，z−为z的共轭复数．若命题p：|z|= 2，命题q：|z⋅z−−1|=1，则p是q成立的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.设z在复平面内对应的点为(1,−2)，则z−z+i在复平面内对应的点为( )
A. (−14,34)B. (14,−34)C. (−12,32)D. (−12,−32)
8.在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA=(−2,3),OB=(3,−2)，则复数z1+z2z2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
二、多选题：本题共4小题，共24分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(csθ,sinθ)，b=(−3,4)，则( )
A. 若a//b，则tanθ=−43
B. 若a⊥b，则sinθ=35
C. |a−b|的最大值为6
D. 若a⋅(a−b)=0，则|a−b|=2 6
10.下列选项中正确的是( )
A. 若平面向量a，b满足|b|=2|a|=2，则|a−2b|的最大值是5
B. 在△ABC中，AC=3，AB=1，O是△ABC的外心，则BC⋅AO的值为4
C. 函数f(x)=tan(2x−π3)的图象的对称中心坐标为(π6+kπ2,0)，k∈Z
D. 已知P为△ABC内任意一点，若PA⋅PB=PB⋅PC=PA⋅PC，则点P为△ABC的垂心
11.已知复数z1，z2∈C，下列结论正确的有( )
A. 若z=z1z2，|z|=|z1||z2|
B. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2
C. 若复数z1，z2满足|z1+z2|=|z1−z2|，则z1⋅z2=0
D. 若|z1−i|=1，则|z1+i|的最大值为3
12.设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. 若|z|=1，则z=±1或z=±i
B. 若点Z的坐标为(−3,2)，且z是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，则p+q=19
C. 若z= 3−2i，则z的虚部为−2i
D. 若1≤|z−2i|≤ 2，则点Z的集合所构成的图形的面积为π
三、填空题：本题共5小题，每小题6分，共30分。
13.设向量a和b不平行，若向量2λa+8b与a+λb反向共线，则实数λ=______．
14.已知平面向量a，b满足|a|=2，|b|=1，|a+2b|=2 3，则a与b的夹角为______．
15.已知x2−2x+m=0(m∈R)的两共轭虚根为x1，x2，且|x1|+|x2|=2 3，则m= ______．
16.1+i+i2+i3+…+i2024= ______．
17.若1+i(i为虚数单位)是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，则实数k= ______．
四、解答题：本题共4小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题14分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,1)，B(2,0)，|OC|=1．
(1)求OA与OB夹角；
(2)若OC与OA垂直，求点C的坐标；
(3)求|OA+OB+OC|的取值范围．
19.(本小题14分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=(1,a)，n=(a,bcsC+ccsB)，且m//n．
(1)求a；
(2)若A=π3,△ABC的面积为 34，求△ABC的周长．
20.(本小题14分)
已知关于x的二次方程x2−(tanθ+i)x−(i+2)=0．
(1)当θ为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在θ，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出θ的值；若不存在，试说明理由．
21.(本小题14分)
已知ω=−12+ 32i(i为虚数单位)．
(1)求(ω+2ω2)2+(2ω+ω2)2；
(2)求ω2+1ω2；
(3)类比in(i2=−1)，探究ωn(n∈N+)的性质．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵a，b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，故a、b 共线，且方向相同，
故选：A．
根据a，b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，可得a、b共线，且方向相同．
本题主要考查两个向量的共线的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据向量的加法法则及其性质，可知对于任意向量a,b，有|a+b|≤|a|+|b|，A正确；
若a⋅b=0，不一定得到a=0或b=0，可能a⊥b，故B不正确；
由a⋅b=|a|⋅|b|cs，可知|a⋅b|≤|a||b|成立，故C正确；
若a,b共线，则=0°或180°，故cs=1或−1，故a⋅b=±|a||b|，D正确．
故选：B．
根据向量的加减法则及其性质、向量数量积的公式，对各项逐一加以验证，即可得到本题的答案．
本题主要考查向量的基本概念、向量加减法则、向量数量积的性质等知识，考查了概念的理解能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：在△ABC中，点F为AB的中点，AE=2EC,BE与CF交于点P，且满足BP=λBE，
∵BE=23BC+13BA=23BC+23BF，∴BP=λBE=23λBC+23λBF，
∵C，P，F三点共线，∴23λ+23λ=1，解得λ=34．
故选：C．
根据C，P，F三点共线，结合平面向量共线定理即可求解．
本题考查了平面向量共线定理，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：因为ABCD为平行四边形，故AB//CD，故易知△AOM∽△COD，
故可得DOOM=DCAM=2，
故OM=13DM=13(DA+AM)=13(−AD+12AB)=16AB−13AD，
故选：A．
首先由三角形AOM与三角形DOC相似可得DO=2OM，从而可得OM=13DM，再利用三角形法则转化即可．
本题主要考查平面向量基本定理的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A，当z=5时，z−z−=0，故A错误；
对于B，当z=0时，满足z2=−|z|2，但z不是纯虚数，故B错误；
对于C，令z1=1，z2=i，满足z12+z22=0，但不满足z1=0且z2=0，故C错误；
对于D，z1、z2为虚数，
则可设z1=a+bi(a,b∈R,b≠0)，z2=c+di(c,d∈R,d≠0)，
则z1z2−+z1−z2=(a+bi)(c−di)+(a−bi)(c+di)=2(ac+bd)为实数，故D正确．
故选：D．
根据已知条件，结合特殊值法，复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查充分、必要条件的判断，考查复数的相关知识，逻辑推理能力，属于基础题．
先根据复数模长公式和复数的乘法进行计算，再利用充分条件和必要条件的定义分析即可．
【解答】
解：由题意可设z=a+bi，a，b∈R，则z−=a−bi，
所以命题p：|z|= 2，可得a2+b2=2，
命题q：|z⋅z−−1|=1，可得|a2+b2−1|=1，即a2+b2=2或0，
故p是q的充分不必要条件，
故选：A．
7.【答案】C
【解析】解：依题意得z=1−2i，
所以z−z+i=1+2i1−i=(1+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=−1+3i2=−12+32i，
则z−z+i在复平面内对应的点为(−12,32)．
故选：C．
利用复数运算法则化简z−z+i即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：由已知可得，z1=−2+3i，z2=3−2i，
则z1+z2z2=−2+3i+3−2i3−2i=(1+i)(3+2i)(3−2i)(3+2i)=3+2i+3i+2i213=113+513i，
所以复数z1+z2z2对应的点为(113,513)，该点位于第一象限．
故选：A．
由已知得出z1，z2，然后根据复数的除法运算化简得出z1+z2z2=113+513i，根据复数的几何意义，即可得出答案．
本题考查了复数的运算与几何意义应用问题，是基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为a//b，所以4csθ+3sinθ=0，即tanθ=−43，故A正确；
对于B，因为a⊥b，所以a⋅b=−3csθ+4sinθ=0，又因为sin2θ+cs2θ=1，所以sin2θ=925，所以sinθ=±35，故B错误；
对于C，|a−b|= (csθ+3)2+(sinθ−4)2= cs2θ+6csθ+9+sin2θ−8sinθ+16= 26−10sin(θ−φ)，(其中sinφ=35,csφ=45)，
所以|a−b|max= 26+10=6，故C正确；
对于D，因为a⋅(a−b)=0，所以a2=a⋅b，所以a⋅b=a2=1，|a−b|2=a2−2a⋅b+b2=1−2+25=24，所以|a−b|=2 6，故D正确．
故选：ACD．
由平面向量平行的坐标表示建立方程即可判定A；由平面向量垂直的坐标表示结合平方关系计算即可判断B；由模的坐标表示和三角函数的有界性可判断C；由平面向量数量积的运算计算可判断D．
本题考查平面向量的坐标运算，平行与垂直的坐标表示，数量积与模，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对A选项，∵|b|=2|a|=2，
∴|a−2b|= (a−2b)2= a2−4a⋅b+4b2
= 1−8cs+16= 17−8cs≤ 17+8=5，
∴|a−2b|的最大值是5，∴A选项正确；
对B选项，∵在△ABC中，AC=3，AB=1，O是△ABC的外心，
∴BC⋅AO=(AC−AB)⋅AO=AC⋅AO−AB⋅AO=AC22−AB22=92−12=4，∴B选项正确；
对C选项，令2x−π3=kπ2，可得x=π6+kπ4，k∈Z，
∴f(x)=tan(2x−π3)的图象的对称中心坐标为(π6+kπ4,0)，k∈Z，
∴C选项错误；
对D选项，∵PA⋅PB=PB⋅PC=PA⋅PC，
∴PB⋅(PA−PC)=0，∴PB⋅CA=0，∴PB⊥CA，
同理PA⊥BC，PC⊥AB，∴点P为△ABC的垂心，∴D选项正确．
故选：ABD．
对A选项，根据平面向量数量积的定义与性质，函数思想即可求解；
对B选项，根据三角形外心的性质，向量的线性运算及向量数量积的几何定义即可求解；
对C选项，根据正切函数的图象性质即可求解；
对D选项，根据向量数量积的性质，三角形垂心的概念即可求解．
本题考查平面向量数量积的定义与性质，函数思想，三角形外心的性质，正切函数的图象性质，三角形垂心的概念，属中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A，z=z1z2，
由复数模的性质可知，|z|=|z1||z2|，故A错误；
对于B，令z1=1，z2=i，满足|z1|=|z2|，但z1≠±z2，故B错误；
对于C，令z1=1，z2=i，满足|z1+z2|=|z1−z2|= 2，但z1⋅z2=i，故C错误；
对于D，设z1=a+bi(a,b∈R)，
|z1−i|=1，
则a2+(b−1)2=1，表示以(0,1)为圆心，1为半径的圆，
|z1+i|= a2+(b+1)2，表示圆上的点到点(0,−1)的距离，
故|z1+i|的最大值为2+1=3，故D正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合复数模公式，特殊值法，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A，令z=12+ 32i，满足|z|=1，但z≠±1或z≠±i，故A错误，
对于B，∵点Z的坐标为(−3,2)，且z是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，
∴z−=−3−2i也是关于x的方程x2+px+q=0的另一个根，
∴−3+2i+(−3−2i)=−p(−3+2i)(−3−2i)=q，解得p=6，q=13，
故p+q=19，故B正确，
对于C，z= 3−2i，则z的虚部为−2，故C错误，
对于D，设z=a+bi，a，b∈R，
则|z−2i|=|a+(b−2)i|= a2+(b−2)2，
故1≤a2+(b−2)2≤2，
圆x2+(y−2)2=2的面积为2π，圆x2+(y−2)2=1的面积为π，
故点Z的集合所构成的图形的面积为2π−π=π，故D正确．
故选：BD．
对于A，结合特殊值，以及复数模公式，即可求解，
对于B，结合一元二次函数在复平面中的复数根互为共轭复数，即可求解，
对于C，结合虚部的定义，即可求解，
对于D，结合复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，以及复数的几何意义和虚部的定义，属于中档题．
13.【答案】−2
【解析】解：∵向量a和b不平行，向量2λa+8b与a+λb反向共线，
∴存在t(t<0)，使得2λa+8b=t(a+λb)，
即(2λ−t)a=(tλ−8)b，
∴2λ−t=0tλ−8=0，解得t=−4，λ=−2，
故答案为：−2．
根据向量共线定理可求出结果．
本题考查向量的运算，考查向量反向共线的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：∵|a|=2，|b|=1，|a+2b|=2 3；
∴(a+2b)2=a2+4a⋅b+4b2=4+4a⋅b+4=12；
∴a⋅b=1；
∴cs=a⋅b|a||b|=12；
又0≤≤π；
∴a与b的夹角为π3．
故答案为：π3．
根据条件对|a+2b|=2 3的两边平方即可求出a⋅b=1，从而可求出cs=12，根据向量夹角的范围即可求出夹角．
考查向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，以及向量夹角的范围．
15.【答案】3
【解析】解：由题设x1x2=mx1+x2=2，可令x1=1+ai，x2=1−ai且a∈R，
所以|x1|+|x2|=2 1+a2=2 3⇒a2=2，
所以x1x2=1+a2=m=3．
故答案为：3．
由根与系数关系有x1x2=mx1+x2=2，设x1=1+ai，x2=1−ai且a∈R，结合题设和复数模长、乘法运算求参数．
本题考查二次方程根与系数的关系的应用及复数模长的求法，属于基础题．
16.【答案】1
【解析】解：∵i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0，
∴1+i+i2+i3+…+i2024=1+i+i2+i3+i4=1．
故答案为：1．
根据复数的运算性质即可得到结论．
本题主要考查复数的基本运算，利用i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0是解决本题的关键，比较基础．
17.【答案】−2
【解析】解：因为1+i是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，
所以(1+i)2+k(1+i)+2=0，
整理得，2+k+(2+k)i=0，
故2+k=0，即k=−2．
故答案为：−2．
由已知把x=1+i代入方程，然后结合复数的四则运算进行化简，再由复数相等的条件即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
18.【答案】解：因为在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,1)，B(2,0)，所以OA=(1,1),OB=(2,0)，
所以(1)OA与OB夹角的余弦值为OA⋅OB|OA||OB|=22 2= 22，所以夹角为45°；
(2)设OC=(x,y).因为OC与OA垂直，又|OC|=1．
所以x2+y2=1x+y=0，解得x= 22y= 22，或x=− 22y=− 22，所以C( 22, 22)，或C(− 22,− 22).
(3)由以上得到OA+OB+OC=(3+x,1+y)，|OA+OB+OC|2=(x+3)2+(y+1)2，又x2+y2=1，所以|OA+OB+OC|的最大值为 10+1，最小值为 10−1．
【解析】(1)由已知，得到OA与OB的坐标，然后根据数量积求夹角；
(2)由OC与OA垂直，得到数量积为0，得到点C的坐标的方程解之；
(3)根据|OC|=1，结合|OA+OB+OC|的几何意义求最值．
本题考查了平面向量的运算，采用了坐标化的方法，使问题代数化．属于中档题．
19.【答案】(1)解：因为m//n，所以bcsC+ccsB=a2，根据正弦定理得，
sinBcsC+sinCcsB=asinA，即sin(B+C)=asinA，即sinA=asinA，
又A∈(0,π)，sinA≠0，所以a=1．
(2)因为S=12bcsinA= 34bc= 34，
所以bc=1，
根据余弦定理得，a2=b2+c2−2bccsA，即1=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(b+c)2−3，
所以b+c=2，
所以△ABC的周长为a+b+c=3．
【解析】(1)根据向量平行，再结合正弦定理，即可求出a．
(2)先根据面积公式求出bc=1，再结合余弦定理，即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设x0是方程的一个实根，则x02−(tanθ+i)x0−(i+2)=0，
即(x02−tanθ⋅x0−2)−i(x0+1)=0．
根解得：x0=−1,tanθ=1,θ=kπ+π4(k∈Z)．
所以，当θ=kπ+π4(k∈Z)时，原方程有一实根x0=−1．
(2)假定方程有纯虚数根bi(b∈R，且b≠0)，代入原方程得
(bi)2−(tanθ+i)⋅bi−(i+2)=0，
即−b2+b−2−(btanθ+1)i=0．
由复数相等意义知−b2+b−2=0−(btanθ+1)=0，
但方程−b2+b−2=0即b2−b+2=0无实数解，即实数b不存在．
所以，对任何实数θ，原方程不可能有纯虚数根．
【解析】(1)设方程的一个实根为x0，代入方程，化简成标准形式，再由复数相等的意义即可求得θ；
(2)设方程有纯虚数根bi(b∈R，且b≠0)，代入原方程，再复数相等意义得出b2−b+2=0，此方程无解，即可判定不存在．
本题主要考查了复数的基本运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
21.【答案】解：(1)因为ω=−12+ 32i，
∴ω2=(−12+ 32i)2=14− 32i−34=−12− 32i=ω−，ω3=ω2⋅ω=ω−⋅ω=14+34=1，ω2+ω+1=ω−+ω+1=0，
(ω+2ω2)2+(2ω+ω2)2=ω2+4ω3+4ω4+4ω2+4ω3+ω4=5ω2(ω2+ω+1)+3ω3=3；
(2)由(1)知ω2=−12− 32i=ω−，ω3=1，ω2+1ω2=ω4+1ω2=ω4+ω3ω2=ω2+ω=ω−+ω=−1；
(3)由(1)知ω2=−12− 32i=ω−，ω3=1，
所以ωn=1,n=3kω,n=3k−2,k∈N+ω−,n=3k−1．
【解析】(1)利用条件ω=−12+ 32i，求得ω2=−12− 32i=ω−，ω3=1，ω2+ω+1=0，再对所求式子变形化简即可求出结果；
(2)利用(1)中所求出结果，再对所求式子变形化简即可求出结果；
(3)利用(1)中所求出结果，即可得到结果．
本题主要考查了复数的四则运算，属于中档题．
1.a，b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，则( )
A. a//b，且a与b方向相同B. a，b是共线向量且方向相反
C. a=bD. a，b无论什么关系均可
2.下列命题中错误的是( )
A. 对于任意向量a,b，有|a+b|≤|a|+|b|
B. 若a⋅b=0，则a=0或b=0
C. 对于任意向量a,b，有|a⋅b|≤|a||b|
D. 若a,b共线，则a⋅b=±|a||b|
3.在△ABC中点F为AB的中点，AE=2EC,BE与CF交于点P，且满足BP=λBE，则λ的值为( )
A. 35B. 47C. 34D. 23
4.如图，在平行四边形ABCD中，M为AB的中点，AC与DM交于点O，则OM=( )
A. 16AB−13AD
B. 13AB−23AD
C. 12AB−12AD
D. 14AB−13AD
5.在复数范围内，下列命题是真命题的为( )
A. 若z≠0，则z−z−是纯虚数B. 若z2=−|z|2，则z是纯虚数
C. 若z12+z22=0，则z1=0且z2=0D. 若z1、z2为虚数，则z1z−2+z−1z2∈R
6.已知z是复数，z−为z的共轭复数．若命题p：|z|= 2，命题q：|z⋅z−−1|=1，则p是q成立的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.设z在复平面内对应的点为(1,−2)，则z−z+i在复平面内对应的点为( )
A. (−14,34)B. (14,−34)C. (−12,32)D. (−12,−32)
8.在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA=(−2,3),OB=(3,−2)，则复数z1+z2z2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
二、多选题：本题共4小题，共24分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(csθ,sinθ)，b=(−3,4)，则( )
A. 若a//b，则tanθ=−43
B. 若a⊥b，则sinθ=35
C. |a−b|的最大值为6
D. 若a⋅(a−b)=0，则|a−b|=2 6
10.下列选项中正确的是( )
A. 若平面向量a，b满足|b|=2|a|=2，则|a−2b|的最大值是5
B. 在△ABC中，AC=3，AB=1，O是△ABC的外心，则BC⋅AO的值为4
C. 函数f(x)=tan(2x−π3)的图象的对称中心坐标为(π6+kπ2,0)，k∈Z
D. 已知P为△ABC内任意一点，若PA⋅PB=PB⋅PC=PA⋅PC，则点P为△ABC的垂心
11.已知复数z1，z2∈C，下列结论正确的有( )
A. 若z=z1z2，|z|=|z1||z2|
B. 若|z1|=|z2|，则z1=±z2
C. 若复数z1，z2满足|z1+z2|=|z1−z2|，则z1⋅z2=0
D. 若|z1−i|=1，则|z1+i|的最大值为3
12.设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. 若|z|=1，则z=±1或z=±i
B. 若点Z的坐标为(−3,2)，且z是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，则p+q=19
C. 若z= 3−2i，则z的虚部为−2i
D. 若1≤|z−2i|≤ 2，则点Z的集合所构成的图形的面积为π
三、填空题：本题共5小题，每小题6分，共30分。
13.设向量a和b不平行，若向量2λa+8b与a+λb反向共线，则实数λ=______．
14.已知平面向量a，b满足|a|=2，|b|=1，|a+2b|=2 3，则a与b的夹角为______．
15.已知x2−2x+m=0(m∈R)的两共轭虚根为x1，x2，且|x1|+|x2|=2 3，则m= ______．
16.1+i+i2+i3+…+i2024= ______．
17.若1+i(i为虚数单位)是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，则实数k= ______．
四、解答题：本题共4小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题14分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,1)，B(2,0)，|OC|=1．
(1)求OA与OB夹角；
(2)若OC与OA垂直，求点C的坐标；
(3)求|OA+OB+OC|的取值范围．
19.(本小题14分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=(1,a)，n=(a,bcsC+ccsB)，且m//n．
(1)求a；
(2)若A=π3,△ABC的面积为 34，求△ABC的周长．
20.(本小题14分)
已知关于x的二次方程x2−(tanθ+i)x−(i+2)=0．
(1)当θ为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在θ，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出θ的值；若不存在，试说明理由．
21.(本小题14分)
已知ω=−12+ 32i(i为虚数单位)．
(1)求(ω+2ω2)2+(2ω+ω2)2；
(2)求ω2+1ω2；
(3)类比in(i2=−1)，探究ωn(n∈N+)的性质．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵a，b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，故a、b 共线，且方向相同，
故选：A．
根据a，b为非零向量，且|a+b|=|a|+|b|，可得a、b共线，且方向相同．
本题主要考查两个向量的共线的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据向量的加法法则及其性质，可知对于任意向量a,b，有|a+b|≤|a|+|b|，A正确；
若a⋅b=0，不一定得到a=0或b=0，可能a⊥b，故B不正确；
由a⋅b=|a|⋅|b|cs
若a,b共线，则
故选：B．
根据向量的加减法则及其性质、向量数量积的公式，对各项逐一加以验证，即可得到本题的答案．
本题主要考查向量的基本概念、向量加减法则、向量数量积的性质等知识，考查了概念的理解能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：在△ABC中，点F为AB的中点，AE=2EC,BE与CF交于点P，且满足BP=λBE，
∵BE=23BC+13BA=23BC+23BF，∴BP=λBE=23λBC+23λBF，
∵C，P，F三点共线，∴23λ+23λ=1，解得λ=34．
故选：C．
根据C，P，F三点共线，结合平面向量共线定理即可求解．
本题考查了平面向量共线定理，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：因为ABCD为平行四边形，故AB//CD，故易知△AOM∽△COD，
故可得DOOM=DCAM=2，
故OM=13DM=13(DA+AM)=13(−AD+12AB)=16AB−13AD，
故选：A．
首先由三角形AOM与三角形DOC相似可得DO=2OM，从而可得OM=13DM，再利用三角形法则转化即可．
本题主要考查平面向量基本定理的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A，当z=5时，z−z−=0，故A错误；
对于B，当z=0时，满足z2=−|z|2，但z不是纯虚数，故B错误；
对于C，令z1=1，z2=i，满足z12+z22=0，但不满足z1=0且z2=0，故C错误；
对于D，z1、z2为虚数，
则可设z1=a+bi(a,b∈R,b≠0)，z2=c+di(c,d∈R,d≠0)，
则z1z2−+z1−z2=(a+bi)(c−di)+(a−bi)(c+di)=2(ac+bd)为实数，故D正确．
故选：D．
根据已知条件，结合特殊值法，复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查充分、必要条件的判断，考查复数的相关知识，逻辑推理能力，属于基础题．
先根据复数模长公式和复数的乘法进行计算，再利用充分条件和必要条件的定义分析即可．
【解答】
解：由题意可设z=a+bi，a，b∈R，则z−=a−bi，
所以命题p：|z|= 2，可得a2+b2=2，
命题q：|z⋅z−−1|=1，可得|a2+b2−1|=1，即a2+b2=2或0，
故p是q的充分不必要条件，
故选：A．
7.【答案】C
【解析】解：依题意得z=1−2i，
所以z−z+i=1+2i1−i=(1+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=−1+3i2=−12+32i，
则z−z+i在复平面内对应的点为(−12,32)．
故选：C．
利用复数运算法则化简z−z+i即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：由已知可得，z1=−2+3i，z2=3−2i，
则z1+z2z2=−2+3i+3−2i3−2i=(1+i)(3+2i)(3−2i)(3+2i)=3+2i+3i+2i213=113+513i，
所以复数z1+z2z2对应的点为(113,513)，该点位于第一象限．
故选：A．
由已知得出z1，z2，然后根据复数的除法运算化简得出z1+z2z2=113+513i，根据复数的几何意义，即可得出答案．
本题考查了复数的运算与几何意义应用问题，是基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为a//b，所以4csθ+3sinθ=0，即tanθ=−43，故A正确；
对于B，因为a⊥b，所以a⋅b=−3csθ+4sinθ=0，又因为sin2θ+cs2θ=1，所以sin2θ=925，所以sinθ=±35，故B错误；
对于C，|a−b|= (csθ+3)2+(sinθ−4)2= cs2θ+6csθ+9+sin2θ−8sinθ+16= 26−10sin(θ−φ)，(其中sinφ=35,csφ=45)，
所以|a−b|max= 26+10=6，故C正确；
对于D，因为a⋅(a−b)=0，所以a2=a⋅b，所以a⋅b=a2=1，|a−b|2=a2−2a⋅b+b2=1−2+25=24，所以|a−b|=2 6，故D正确．
故选：ACD．
由平面向量平行的坐标表示建立方程即可判定A；由平面向量垂直的坐标表示结合平方关系计算即可判断B；由模的坐标表示和三角函数的有界性可判断C；由平面向量数量积的运算计算可判断D．
本题考查平面向量的坐标运算，平行与垂直的坐标表示，数量积与模，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对A选项，∵|b|=2|a|=2，
∴|a−2b|= (a−2b)2= a2−4a⋅b+4b2
= 1−8cs
∴|a−2b|的最大值是5，∴A选项正确；
对B选项，∵在△ABC中，AC=3，AB=1，O是△ABC的外心，
∴BC⋅AO=(AC−AB)⋅AO=AC⋅AO−AB⋅AO=AC22−AB22=92−12=4，∴B选项正确；
对C选项，令2x−π3=kπ2，可得x=π6+kπ4，k∈Z，
∴f(x)=tan(2x−π3)的图象的对称中心坐标为(π6+kπ4,0)，k∈Z，
∴C选项错误；
对D选项，∵PA⋅PB=PB⋅PC=PA⋅PC，
∴PB⋅(PA−PC)=0，∴PB⋅CA=0，∴PB⊥CA，
同理PA⊥BC，PC⊥AB，∴点P为△ABC的垂心，∴D选项正确．
故选：ABD．
对A选项，根据平面向量数量积的定义与性质，函数思想即可求解；
对B选项，根据三角形外心的性质，向量的线性运算及向量数量积的几何定义即可求解；
对C选项，根据正切函数的图象性质即可求解；
对D选项，根据向量数量积的性质，三角形垂心的概念即可求解．
本题考查平面向量数量积的定义与性质，函数思想，三角形外心的性质，正切函数的图象性质，三角形垂心的概念，属中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A，z=z1z2，
由复数模的性质可知，|z|=|z1||z2|，故A错误；
对于B，令z1=1，z2=i，满足|z1|=|z2|，但z1≠±z2，故B错误；
对于C，令z1=1，z2=i，满足|z1+z2|=|z1−z2|= 2，但z1⋅z2=i，故C错误；
对于D，设z1=a+bi(a,b∈R)，
|z1−i|=1，
则a2+(b−1)2=1，表示以(0,1)为圆心，1为半径的圆，
|z1+i|= a2+(b+1)2，表示圆上的点到点(0,−1)的距离，
故|z1+i|的最大值为2+1=3，故D正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合复数模公式，特殊值法，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A，令z=12+ 32i，满足|z|=1，但z≠±1或z≠±i，故A错误，
对于B，∵点Z的坐标为(−3,2)，且z是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，
∴z−=−3−2i也是关于x的方程x2+px+q=0的另一个根，
∴−3+2i+(−3−2i)=−p(−3+2i)(−3−2i)=q，解得p=6，q=13，
故p+q=19，故B正确，
对于C，z= 3−2i，则z的虚部为−2，故C错误，
对于D，设z=a+bi，a，b∈R，
则|z−2i|=|a+(b−2)i|= a2+(b−2)2，
故1≤a2+(b−2)2≤2，
圆x2+(y−2)2=2的面积为2π，圆x2+(y−2)2=1的面积为π，
故点Z的集合所构成的图形的面积为2π−π=π，故D正确．
故选：BD．
对于A，结合特殊值，以及复数模公式，即可求解，
对于B，结合一元二次函数在复平面中的复数根互为共轭复数，即可求解，
对于C，结合虚部的定义，即可求解，
对于D，结合复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，以及复数的几何意义和虚部的定义，属于中档题．
13.【答案】−2
【解析】解：∵向量a和b不平行，向量2λa+8b与a+λb反向共线，
∴存在t(t<0)，使得2λa+8b=t(a+λb)，
即(2λ−t)a=(tλ−8)b，
∴2λ−t=0tλ−8=0，解得t=−4，λ=−2，
故答案为：−2．
根据向量共线定理可求出结果．
本题考查向量的运算，考查向量反向共线的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：∵|a|=2，|b|=1，|a+2b|=2 3；
∴(a+2b)2=a2+4a⋅b+4b2=4+4a⋅b+4=12；
∴a⋅b=1；
∴cs
又0≤
∴a与b的夹角为π3．
故答案为：π3．
根据条件对|a+2b|=2 3的两边平方即可求出a⋅b=1，从而可求出cs
考查向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，以及向量夹角的范围．
15.【答案】3
【解析】解：由题设x1x2=mx1+x2=2，可令x1=1+ai，x2=1−ai且a∈R，
所以|x1|+|x2|=2 1+a2=2 3⇒a2=2，
所以x1x2=1+a2=m=3．
故答案为：3．
由根与系数关系有x1x2=mx1+x2=2，设x1=1+ai，x2=1−ai且a∈R，结合题设和复数模长、乘法运算求参数．
本题考查二次方程根与系数的关系的应用及复数模长的求法，属于基础题．
16.【答案】1
【解析】解：∵i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0，
∴1+i+i2+i3+…+i2024=1+i+i2+i3+i4=1．
故答案为：1．
根据复数的运算性质即可得到结论．
本题主要考查复数的基本运算，利用i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0是解决本题的关键，比较基础．
17.【答案】−2
【解析】解：因为1+i是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，
所以(1+i)2+k(1+i)+2=0，
整理得，2+k+(2+k)i=0，
故2+k=0，即k=−2．
故答案为：−2．
由已知把x=1+i代入方程，然后结合复数的四则运算进行化简，再由复数相等的条件即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
18.【答案】解：因为在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,1)，B(2,0)，所以OA=(1,1),OB=(2,0)，
所以(1)OA与OB夹角的余弦值为OA⋅OB|OA||OB|=22 2= 22，所以夹角为45°；
(2)设OC=(x,y).因为OC与OA垂直，又|OC|=1．
所以x2+y2=1x+y=0，解得x= 22y= 22，或x=− 22y=− 22，所以C( 22, 22)，或C(− 22,− 22).
(3)由以上得到OA+OB+OC=(3+x,1+y)，|OA+OB+OC|2=(x+3)2+(y+1)2，又x2+y2=1，所以|OA+OB+OC|的最大值为 10+1，最小值为 10−1．
【解析】(1)由已知，得到OA与OB的坐标，然后根据数量积求夹角；
(2)由OC与OA垂直，得到数量积为0，得到点C的坐标的方程解之；
(3)根据|OC|=1，结合|OA+OB+OC|的几何意义求最值．
本题考查了平面向量的运算，采用了坐标化的方法，使问题代数化．属于中档题．
19.【答案】(1)解：因为m//n，所以bcsC+ccsB=a2，根据正弦定理得，
sinBcsC+sinCcsB=asinA，即sin(B+C)=asinA，即sinA=asinA，
又A∈(0,π)，sinA≠0，所以a=1．
(2)因为S=12bcsinA= 34bc= 34，
所以bc=1，
根据余弦定理得，a2=b2+c2−2bccsA，即1=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(b+c)2−3，
所以b+c=2，
所以△ABC的周长为a+b+c=3．
【解析】(1)根据向量平行，再结合正弦定理，即可求出a．
(2)先根据面积公式求出bc=1，再结合余弦定理，即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设x0是方程的一个实根，则x02−(tanθ+i)x0−(i+2)=0，
即(x02−tanθ⋅x0−2)−i(x0+1)=0．
根解得：x0=−1,tanθ=1,θ=kπ+π4(k∈Z)．
所以，当θ=kπ+π4(k∈Z)时，原方程有一实根x0=−1．
(2)假定方程有纯虚数根bi(b∈R，且b≠0)，代入原方程得
(bi)2−(tanθ+i)⋅bi−(i+2)=0，
即−b2+b−2−(btanθ+1)i=0．
由复数相等意义知−b2+b−2=0−(btanθ+1)=0，
但方程−b2+b−2=0即b2−b+2=0无实数解，即实数b不存在．
所以，对任何实数θ，原方程不可能有纯虚数根．
【解析】(1)设方程的一个实根为x0，代入方程，化简成标准形式，再由复数相等的意义即可求得θ；
(2)设方程有纯虚数根bi(b∈R，且b≠0)，代入原方程，再复数相等意义得出b2−b+2=0，此方程无解，即可判定不存在．
本题主要考查了复数的基本运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
21.【答案】解：(1)因为ω=−12+ 32i，
∴ω2=(−12+ 32i)2=14− 32i−34=−12− 32i=ω−，ω3=ω2⋅ω=ω−⋅ω=14+34=1，ω2+ω+1=ω−+ω+1=0，
(ω+2ω2)2+(2ω+ω2)2=ω2+4ω3+4ω4+4ω2+4ω3+ω4=5ω2(ω2+ω+1)+3ω3=3；
(2)由(1)知ω2=−12− 32i=ω−，ω3=1，ω2+1ω2=ω4+1ω2=ω4+ω3ω2=ω2+ω=ω−+ω=−1；
(3)由(1)知ω2=−12− 32i=ω−，ω3=1，
所以ωn=1,n=3kω,n=3k−2,k∈N+ω−,n=3k−1．
【解析】(1)利用条件ω=−12+ 32i，求得ω2=−12− 32i=ω−，ω3=1，ω2+ω+1=0，再对所求式子变形化简即可求出结果；
(2)利用(1)中所求出结果，再对所求式子变形化简即可求出结果；
(3)利用(1)中所求出结果，即可得到结果．
本题主要考查了复数的四则运算，属于中档题．
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