2023届高三数学单元卷五《平面向量、复数》能力提升卷（及答案）.docx

1、单元卷五平面向量、复数(能力提升卷)题号123456789101112答案一、单项选择题：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北京四中期末已知复数z满足z(1i)|22i|(其中i为虚数单位)，则复数z的虚部为()A. B. C.i D.i2.2022山东济南模拟已知单位向量a，b，c满足abc0，则a与b的夹角为()A. B. C. D.3.2021福建福州模拟在ABC中，E为AB边的中点，D为AC边上的点，BD，CE交于点F.若，则的值为()A.2 B.3 C.4 D.54.2021重庆一中月考在代数史上，代数基本定理是数学中

2、最重要的定理之一，它说的是：任何一元n次复系数多项式f(x)在复数集中有n个复数根(重根按重数计)，那么f(x)x31在复平面内使f(x)0除了1和i这两个根外，还有一个复数根为()A.i B.iC.i D.i5.2022山东青岛模拟在如图所示的图形中，圆的半径均为1，且相邻的圆都相切，A，B，C，D是其中四个圆的圆心，则|()A. B.19 C.2 D.26.2021吉林大学附中模拟一副三角板有两种规格，一种是等腰直角三角形，另一种是有一个锐角是30的直角三角形，如图两个三角板斜边之比为2.四边形ABCD就是由三角板拼成的，|AB|2，ABC60，则的值为()A.2 B.6 C.62 D.2

3、7.2021云南昆明一模已知点P是ABC所在平面内一点，且0，则()A. B.C.D.8.2022河北衡水中学期末窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一.每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图2中正六边形ABCDEF的边长为4，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为2，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则的取值范围是()A.6，12 B.6，16C.8，12 D.8，16二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题

4、给出的四个选项中，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陕西西安模拟如果平面向量a(2，4)，b(6，12)，那么下列结论中正确的是()A.|b|3|a|B.abC.a，b的夹角为180D.向量a在b方向上的投影为210.2021湖南名校第五次联考已知复数z122i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，复数z2满足|z2i|1，则下列结论正确的有()A.点P1的坐标为(2，2)B. 122iC.|z2z1|的最大值为1D.|z2z1|的最小值为211.2022河北联考已知四边形ABCD是边长为2的正方形，P为平面ABCD内一点，则()()()A

5、.有最小值4 B.有最大值4C.无最小值 D.无最大值12.2021新高考八省联考设z1，z2，z3为复数，z10，下列说法中正确的有()A.若|z2|z3|，则z2z3B.若z1z2z1z3，则z2z3C.若2z3，则|z1z2|z1z3|D.若z1z2|z1|2，则z1z2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2021上海交大附中模拟已知复数z11i，|z2|1，z1z2是正实数，则复数z2_.14.2021山西晋南名校联考已知向量a，b满足：|a|b|1，ab.若ab与xab的夹角为45，则实数x_.15.2021上海崇明中学模拟在四边形ABCD中，(3，1)，(2，m)

6、，则该四边形的面积是_.16.2021天津联考如图，在ABC中，点E在线段AD上移动(不含端点)，若，则_，2的最小值是_.四、解答题：本题共2小题，每题10分，共20分.17.(10分)2021江苏省新海高级中学高三期末已知向量a，b(2cos ，2sin )，0.(1)若ab，求cos 的值；(2)若|ab|b|，求sin的值.18.(10分)2021江苏南京模拟在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos C.(1)若，求ABC的面积；(2)设向量x，y，且xy，b5，求a的值.单元卷五平面向量、复数(能力提升卷)1.B由复数的模的定义知|22i|2，所以z(1i)2，z(

7、1i)i，则复数z的虚部为.故选B.2.C因为abc0，所以abc，所以(ab)2(c)2，即a2b22abc2，即11211cosa，b1，所以cosa，b，因为a，b0，所以a，b，故选C.3.C设(1)，则，因为B，F，D三点共线，所以1，得4.所以4，故选C.4.B令f(x)x310，则(x1)(x2x1)0，故方程根为x1或x，故另外一个根是i.故选B.5.C由图可得，所以，ACD中，AC2.故选C.6.C建立如图所示直角坐标系：因为|AB|2，ABC60，所以|AC|2，|AD|，则B(2，0)，C(0，2)，D(，)，所以(2，0)，(0，2)，(，)，(2，)，所以62，故选C

8、.7.D取BC边的中点为D，连接PD，则2，又0，所以()2，所以，()，故选D.8.C如图所示，由正六边形的几何性质可知，OAB、OBC、OCD、ODE、OEF、OFA均为边长为4的等边三角形，当点P位于正六边形ABCDEF的顶点时，|取最大值4，当点P为正六边形各边的中点，|取最小值，即|min4sin 2，所以|2，4.所以()()()()248，12.故选C.9.ABC因为a(2，4)，b(6，12)，所以b3a，对于A，因为b3a，所以|b|3|a|，故A正确；对于B，因为b3a，故ab，故B正确；对于C，因为b3a，所以b与a的夹角为180，故C正确；对于D，a在b方向上的投影为：

9、|a|cosa，b2，故D错误.故选ABC.10.ABC复数z122i在复平面内对应的点为P1(2，2)，故A正确；复数z122i，其共轭复数z122i，故B正确；设z2xyi(x，yR)，则|z2i|xyii|1，即x2(y1)21，所以复数z2在复平面内对应的点P2在圆x2(y1)21上，其圆心为C(0，1)，半径r1，|z2z1|表示的是复数z1和z2在复平面内对应的两点之间的距离，即|P1P2|，|P1P2|的最大值是|P1C|r11，|P1P2|的最小值是|P1C|r1，所以|z2z1|的最大值为1，最小值为1，故C正确，D错误.故选ABC.11.AD建立如图所示的平面直角坐标系.则

10、A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2).设P(x，y)，则(x，y)，(2x，y)，(2x，2y)，(x，2y)，所以()()(22x，2y)(22x，42y)(22x)2(2y2)24，所以当x1，y1时，()()取得最小值4，无最大值.故选AD.12.BC设z1a1b1i(a10且b10，a1，b1R)，z2a2b2i，z3a3b3i(a2，b2，a3，b3R).对于选项A：若z21i，z31i，则|z2|z3|，而z2z3，故A错误.对于选项B：由z1z2z1z3，得z1(z2z3)0，因为z10，所以z2z3，故B正确.对于选项C：因为|z1z2|z1|z2|，|z1z

11、3|z1|z3|，若2z3，则|z2|z2|z3|，所以|z1z2|z1z3|，故C正确.对于选项D：当z21时，z1z2|z1|2，故D错误.故选BC.13.i令z2xyi(x，yR)，z1z2(xyi)(1i)(xy)(xy)i为正实数，又x2y21，即或(舍)，z2i.14.32法一因为ab与xab的夹角为45，所以cos 45，即x24x10，解得x23或x23(舍去).法二因为a，b为单位向量，且ab，所以不妨令a(1，0)，b(0，1)，则ab(，1)，xab(x，1)，所以cos 45，即x24x10，解得x23或x23(舍去).15.10由题意，向量(3，1)，(2，m)，可得

12、32(1)m0，解得m6，所以四边形的面积为|10.16.2由题可知，设m(0m1)，则mm，所以mm.又，可得m，m，所以2.则2m2m，所以当m时，2取得最小值.17.解(1)因为ab，所以2sin 2cos ，即sin cos ，所以tan ，又0，所以，所以cos .(2)因为|ab|b|，所以|ab|2|b|2，化简得|a|22ab0，又a，b(2cos ，2sin )，则|a|21，abcos sin ，所以sin cos ，则sin0，又0，又sin0，所以，所以cos，所以sinsinsincos cossin .18.解(1)，cos C，abcos Cab，ab，在ABC中，C且cos C，sin C，SABCabsin C3.(2)x，y且xy，2sin cos cos B，sin Bcos B，又sin2Bcos2B1，sin2B1，sin2B，在ABC中，B(0，)，sin B，则cos B，在ABC中，ABC，sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，又b5且由正弦定理，a43.