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复数平面向量理（附解析）

2.复数、平面向量考向1　复数的概念、运算及几何意义1.(2023全国乙,理1)设z=2+i1+i2+i5,则z=(　　)A.1-2iB.1+2iC.2-iD.2+i2.(2022全国甲,理1)若z=-1+3i,则zzz-1=(　　)A.-1+3iB.-1-3IC.-13+33iD.-13-33i3.(2022全国乙,理2)已知z=1-2i,且z+az+b=0,其中a,b为实数,则(　　)A.a=1,b=-2B.a=-1,b=2C.a=1,b=2D.a=-1,b=-24.(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+z=(　　)A.-2B.-1C.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,AB=a,AD=b,则向量NM=(　　)A.13a-bB.a-13bC.13b-aD.b-13a7.(2023陕西安康一模)已知O是△ABC内一点,2OA+3OB+mOC=0,若△AOB与△ABC的面积比为47,则实数m的值为(　　)A.-103B.103C.-203D.2038.(2022新高考Ⅰ,3)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记CA=m,CD=n,则CB=(　　)A.3m-2nB.-2m+3nC.3m+2nD.2m+3n9.(2023甘肃高考诊断一)已知向量a=(13m,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OA与OC的夹角为α,且tanα=7,向量OB与OC的夹角为45°,且|OA|=|OB|=1,|OC|=2.若OC=mOA+nOB(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<a,c>=<b,c>,则实数t=(　　)A.-6B.-5C.5D.612.(2023全国甲,理4)向量|a|=|b|=1,|c|=2,且a+b+c=0,则cos<a-c,b-c>=(　　)A.-15B.-25C.25D.4513.(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=-1C.λμ=1D.λμ=-114.(2023全国乙,理12)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|=2,则PA·PD的最大值为(　　)A.1+22B.1+222C.1+2D.2+215.(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AB=a,AC=b,则AE可用a,b表示为　　　　　;若BF=13BC,则AE·AF的最大值为　　　　　. 16.(2022全国甲,理13)设向量a,b的夹角的余弦值为13,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b=　　　　　.  2.复数、平面向量1.B　解析因为z=2+i1+i2+i5=2+i1-1+i=2+ii=i(2+i)i2=1-2i,所以z=1+2i.故选B.2.C　解析zzz-1=-1+3i(-1+3i)(-1-3i)-1=-1+3i(-1)2+(3)2-1=-13+33i,故选C.3.A　解析∵z=1-2i,∴z=1+2i,∴z+az+b=1-2i+a(1+2i)+b=a+b+1+(2a-2)i=0,∴a+b+1=0,2a-2=0,解得a=1,b=-2.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=i-1i=1+i,∴z=1-i.∴z+z=2.故选D.6.B　解析如右图所示,∵BM=13BC=13AD=13b,NA=-23AD=-23b,则NM=NA+AB+BM=-23b+a+13b=a-13b.故选B.7.D　解析由2OA+3OB=-mOC,得25OA+35OB=-m5OC,设-m5OC=OD,则OD=25OA+35OB,由于25+35=1,∴A,B,D三点共线,如右图所示,∵OC与OD反向共线,则m>0,∴|OD||OC|=m5,∴|OD||CD|=mm+5,∴S△AOBS△ABC=|OD||CD|=mm+5=47,解得m=203.8.B　解析如图.∵BD=2DA,∴AB=3AD,∴CB=CA+AB=CA+3AD=CA+3(CD-CA)=-2CA+3CD.又CA=m,CD=n,所以CB=-2m+3n.故选B.9.2103　解析由题意,得a=-λb(λ>0),则13m=-2λ,2=-3λm,解得λ=13,m=-2,a=(-23,2),b=(2,-6),2a+b=(23,-2),|2a+b|=49+4=2103.10.12　解析由题意在题图中以O为原点,OA方向为x轴非负半轴,过O与OA垂直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系(图略),则A(1,0),∵向量OA与OC的夹角为α,tanα=7,∴cosα=210,sinα=7210,又|OC|=2,∴C(15,75),cos(α+45°)=-35,sin(α+45°)=45,∴B(-35,45),∵OC=mOA+nOB,∴(15,75)=m(1,0)+n(-35,45),∴m-35n=15,45n=75,解得m=54,n=74,∴n-m=12.11.C　解析由题意得c=(3+t,4),cos<a,c>=cos<b,c>,故9+3t+16|c|×5=3+t|c|×1,解得t=5.故选C.12.D　解析由a+b+c=0,得a+b=-c,所以(a+b)2=a2+b2+2a·b=c2,即|a|2+|b|2+2|a||b|cos<a,b>=|c|2.又|a|=|b|=1,|c|=2,所以2+2cos<a,b>=2,解得cos<a,b>=0,则<a,b>=π2.不妨设a=(1,0),b=(0,1).因为a+b+c=0,所以c=(-1,-1),所以a-c=(2,1),b-c=(1,2),所以cos<a-c,b-c>=(a-c)·(b-c)|a-c||b-c|=2×1+1×222+1212+22=45.故选D. 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.A　解析设∠DPO=α,由题可知α∈[0,π4).∵|OP|=2,|OA|=1,∴∠OPA=π4,∴|PD|=|PO|cosα=2cosα.①当PD,PA在PO两侧时,PA·PD=|PA||PD|cos(α+π4)=2cosαcos(α+π4)=2cosα(22cosα-22sinα)=cos2α-sinαcosα=1+cos2α2-12sin2α=-22sin(2α-π4)+12.∵α∈[0,π4),∴-π4≤2α-π4<π4,∴-22≤sin(2α-π4)<22,∴0<-22sin(2α-π4)+12≤1,∴0<PA·PD≤1.②当PD,PA在PO同侧时,PA·PD=|PA||PD|cos(α-π4)=2cosαcos(α-π4)=cos2α+sinαcosα=1+cos2α2+12sin2α=22sin(2α+π4)+12.∵α∈[0,π4],∴π4≤2α+π4<3π4,∴22≤sin(2α+π4)≤1,∴1≤PA·PD≤2+12.综上,PA·PD最大值为2+12.故选A.15.14a+12b　1324解析如图,由题意AD=12AB=12a,2AE=AC+AD=b+12a,∴AE=12b+14a.∵AF=AB+BF=AB+13BC=AB+13(AC-AB)=a+13(b-a)=23a+13b,于是AE·AF=(14a+12b)·(23a+13b)=112(2a2+5a·b+2b2)=112(2a2+52|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<|a||b|≤1,当且仅当|a|=|b|=1时等号成立,∴AE·AF=112(92|a||b|+2)≤112(92+2)=1324.16.11　解析由题得,a·b=1×3cos<a,b>=1×3×13=1,则(2a+b)·b=2a·b+|b|2=2+9=11.