PAGEPAGE1單元質(zhì)檢卷五平面對量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入(時(shí)間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題6分,共72分)1.(2024河北衡水中學(xué)十六模,1)已知i是虛數(shù)單位,則復(fù)數(shù)z=3+7ii的實(shí)部和虛部分別是(A.7,-3 B.7,-3iC.-7,3 D.-7,3i2.已知O是△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),D為BC邊的中點(diǎn),且2OA+OB+OC=A.AO=2OD B.AOC.AO=3OD D.2AO3.(2024河北衡水中學(xué)三模,9)已知|a|=1,|b|=2,a與b的夾角為π3,那么|4a-b|等于(A.2 B.6C.23 D.124.設(shè)向量a=(2,x-1),b=(x+1,4),則“x=3”是“a∥b”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件5.(2024河北衡水中學(xué)押題三,2)已知復(fù)數(shù)z=-12-32i,則zA.-12-32i BC.12+32i6.如圖,已知平面四邊形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC與BD交于點(diǎn)O,記l1=OA·OB,l2=OB·OC,l3=A.l1<l2<l3 B.l1<l3<l2C.l3<l1<l2 D.l2<l1<l37.已知向量a=(1,2),b=(1,0),c=(3,4),若λ為實(shí)數(shù),(b+λa)⊥c,則λ的值為()A.-311 B.-C.12 D.8.(2024河北唐山三模,10)在△ABC中,點(diǎn)G滿意GA+GB+GC=0.若存在點(diǎn)O,使得OG=16BC,且OA=mA.2 B.-2C.1 D.-19.(2024四川資陽4月三診)平行四邊形ABCD中,M是BC的中點(diǎn),若AC=λAM+μBD,則λ+μ=()A.94 B.C.158 D.10.(2024天津,理8)如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若點(diǎn)E為邊CD上的動點(diǎn),則AE·BE的最小值為(A.2116 B.C.2516 D.11.(2024河北衡水中學(xué)17模,8)已知|OA|=|OB|=2,點(diǎn)C在線段AB上,且|OC|的最小值為1,則|OA-tOB|(t∈R)的最小值為()A.2 B.3C.2 D.512.(2024河北衡水中學(xué)金卷一模,11)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且acosB+3asinB=b+c,b=1,點(diǎn)D是△ABC的重心,且AD=73,則△ABC的外接圓的半徑為(A.1 B.2C.3 D.4二、填空題(本大題共4小題,每小題7分,共28分)13.(2024河北衡水中學(xué)三模,13)若向量a=(-1,2),b=(-1,-1),則4a+2b與a-b的夾角等于.

14.(2024河北衡水中學(xué)一模,14)已知向量a=(2sinα,cosα),b=(1,-1),且a⊥b,則(a-b)2=.

15.(2024湖南長郡中學(xué)三模,14)已知向量a,b滿意:|a|=|b|=1,且a·b=12,若c=xa+yb,其中x>0,y>0且x+y=2,則|c|的最小值是.16.(2024河北衡水中學(xué)金卷一模,15)已知在直角梯形ABCD中,AB=AD=2CD=2,∠ADC=90°,若點(diǎn)M在線段AC上,則|MB+MD|的取值范圍為參考答案單元質(zhì)檢卷五平面對量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入1.A因?yàn)閺?fù)數(shù)z=3+7ii=3i+7i2i所以,復(fù)數(shù)z=3+7ii的實(shí)部是7,虛部是-3,故選A2.B由2OA+OB+OC=0,得OB+OC=-2OA=2AO,即OB+OC=2OD=2AO,所以O(shè)D=AO,故選B.3.C|4a-b|=16a2-8a·b4.A當(dāng)x=3時(shí),a=(2,2),b=(4,4),此時(shí)a∥b;當(dāng)a∥b時(shí),(x-1)(x+1)=2×4,解得x=±3.所以“x=3”是“a∥b”的充分不必要條件.5.C依據(jù)z=-12-32i,可得z=-12+32i,且|z|=14+34=1,所以有z+|z|=-12+36.C由題圖可得OA<12AC<OC,OB<12BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠所以l2=OB·OC>0,l1=OA·OB<0,l3=OC·OD<0,且|l1|<|l3|,所以l3<l1<0<l2,故選C.7.A由題意,得b+λa=(1,0)+λ(1,2)=(1+λ,2λ).因?yàn)閏=(3,4),(b+λa)⊥c,所以(b+λa)·c=0,即(1+λ,2λ)·(3,4)=3+3λ+8λ=0,解得λ=-311,故選A8.D∵GA+GB+GC=0,∴OA-OG+OB-OG+OC-OG=0,∴OA=3OG-OB-OC=3×16BC-OB-OC=12(OC-OB)-=-32OB-則m=-32,n=-12,則m-n=-另解OA=OG+GA=OG-GB-GC=OG+BG+CG=3OG-OB-OC=3×16BC-OB-OC=12(OC-OB)-OB-OC=-1∴m=-32,n=-1∴m-n=-32+12=-9.D因?yàn)锳C=λAM+μBD,所以AB+AD=λAB+12AD+μ(即AB+AD=(λ-μ)AB+λ2因此λ-μ=1,λ2+μ=所以λ=43,μ=13,λ+μ=510.A如圖,取AB的中點(diǎn)F,連接EF.AE·BE=(AE+BE)2-(AE-BE當(dāng)EF⊥CD時(shí),|EF|最小,即AE·BE取最小值.過點(diǎn)A作AH⊥EF于點(diǎn)H,由AD⊥CD,EF⊥CD,可得EH=AD=1,∠DAH=90°.因?yàn)椤螪AB=120°,所以∠HAF=30°.在Rt△AFH中,易知AF=12,HF=1所以EF=EH+HF=1+14=5所以(AE·BE)min=542-1411.B∵|OA|=|OB|=2,∴點(diǎn)O在線段AB的垂直平分線上.∵點(diǎn)C在線段AB上,且|OC|的最小值為1,∴當(dāng)C是AB的中點(diǎn)時(shí)|OC|最小,此時(shí)|OC|=1,∴OB與OC的夾角為60°,∴OA,OB的夾角為120°.又|OA-tOB|2=OA2+t2OB2-2tOA·OB=4+4t2-2t·4·cos120°=4t2+4t+4=4t+122∴|OA-tOB|2的最小值為3,∴|OA-tOB|的最小值為3.故選B.12.A由正弦定理,得sinAcosB+3sinAsinB=sinB+sin(A+B),即3sinAsinB=sinB+cosAsinB.又sinB≠0,∴3sinA-cosA=1,∴sinA-π6由0<A<π,得-π6<A-π6<∴A-π6=π6,∴A=由點(diǎn)D是△ABC的重心,得AD=13(AB+AC∴AD2=19(AB2+AC2+2|AB|·|AC|cosA得c=|AB|=2,由余弦定理,得a=b2+c由正弦定理得,△ABC的外接圓半徑R=a2sinA=1.13.π4cosθ=(4a+2b)·(a-b)|14.185由a⊥b得2a·b=2sinα-cosα=0,∴tanα=12,(a-b)2=a2+b2-2a·b=a2+b2=4sin2α+cos2α+2=4tan2α+11+ta15.3∵|a|=|b|=1,且a·b=12,當(dāng)c=xa+yb時(shí),c2=x2a2+2xya·b+y2b2=x2+xy+y2=(x+y)2-xy.又x>0,y>0且x+y=2,∴xy≤x+y當(dāng)且僅當(dāng)x=y=1時(shí)取“=”,∴|c|2≥(x+y)2-x+y22=22-1=3,∴|c|的最小值是16.25