【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）章末目标检测卷6　平面向量、数系的扩充与复数的引入 Word版含解析.docx，共(6)页，85.448 KB，由小赞的店铺上传

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章末目标检测卷六平面向量、数系的扩充与复数的引入(时间:45分钟满分:80分)一、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.(2023全国乙,理1)设z=2+i1+i2+i5,则𝑧=()A.

1-2iB.1+2iC.2-iD.2+i2.已知O是△ABC所在平面内一点,D为边BC的中点,且2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,则()A.𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑂𝐷⃗⃗⃗

⃗⃗⃗B.𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗C.𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.2𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗3.已知𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,3),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(3

,t),|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=1,则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=()A.-3B.-2C.2D.34.已知复数z=a+𝑎+i3-i(a∈R,i为虚数单位),若复数z的共轭复数的虚部为-12,则复数z在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第

三象限D.第四象限5.体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分.某学生做引体向上运动,如图所示,处于平衡状态时,若两只胳膊的夹角为60°,每只胳膊的拉力大小均为400N,则该学生的体重(单位:kg)约为(

)(参考数据:重力加速度大小g取10m/s2,√3≈1.732)A.63B.69C.75D.816.(2023全国甲,理4)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=√2,且a+b+c=0,则cos<a-c,b-c>=()A.-45

B.-25C.25D.457.已知向量𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0),向量𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2),向量𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(√2cosα,√2sinα),则向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗与向量𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的夹角的取值范围是()A.[0,π4]B

.[π4,5π12]C.[5π12,π2]D.[π12,5π12]8.地砖是一种地面装饰材料,也叫地板砖,是用黏土烧制而成,质坚、耐压、耐磨、防潮.地板砖品种非常多,图案也多种多样.如图,某公司大厅的地板砖铺设方式,地板

砖有正方形与正三角形两种形状,且它们的边长都相同,A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K,O为正方形或正三角形的顶点,若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b,则𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=()A.-52a-12bB.-(2+√32)a-√32b

C.-(2-√33)a+√33bD.-(2+√33)a-√33b二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,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.已知复数z的共轭复数为𝑧,且zi=1+i,则下列结论正确的

是()A.|z+1|=√5B.z的虚部为-iC.z4020=-22010D.z2+𝑧=z10.已知向量a=(2,1),b=(1,-1),c=(m-2,-n),其中m,n均为正数,且(a-b)∥c,下列说法正确的是()A.a与b的夹角为

钝角B.向量a在b方向上的投影向量的模为√55C.2m+n=4D.mn的最大值为211.下列命题中是真命题的为()A.|2-1+i|=√2B.复数(1-i)3的虚部是-2C.若复数z=i1+i,则复数𝑧在复平面内对应的点位于第一象限D.满足|z+3|-|z-3|=

4的复数z在复平面上对应点的轨迹是双曲线12.(2021新高考Ⅰ,10)已知O为坐标原点,点P1(cosα,sinα),P2(cosβ,-sinβ),P3(cos(α+β),sin(α+β)),A(1,0),则()A.|𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|B.|𝐴𝑃1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐴𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|C.𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已

知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a⊥c,则k=.14.若复数z=a+bi(a,b∈R,i为虚数单位)满足|z-2i|=|z|,写出一个满足条件的复数z=.15.已知O为坐标原点,向

量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2),𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(4,1),在x轴上存在一点P使𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗有最小值,则点P的坐标是.16.在平面直角坐标系中,已知A(1,0),B(0,-1),P是曲线y=√1-𝑥2上的一个动点,则𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

的取值范围是.章末目标检测卷六平面向量、数系的扩充与复数的引入1.B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.B由2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,得𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+

𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗,即𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗,故选B.3.C由𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,t-3),|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√12+(𝑡-3)2=1,得t=3,则𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0),即𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,3)·(1,0)=2×1+3×0=2.故选C.4.A由题意,得z=a+𝑎+i3-

i=a+(𝑎+i)(3+i)(3-i)(3+i)=13𝑎-110+(𝑎+3)i10,即𝑧=13𝑎-110−(𝑎+3)i10.∵复数z的共轭复数的虚部为-12,∴-𝑎+310=-12,解得a=2.

则z=52+12i,即复数z在复平面内对应的点位于第一象限.5.B设该学生两只胳膊的拉力分别为F1,F2,则|F1|=|F2|=400N,且F1,F2的夹角是60°,则|F1+F2|=√(𝐹1+𝐹2)2=√4002+2×400×400×12+

4002=400√3(N),则该学生的体重m=400√3𝑔≈40×1.732=69.28(kg),故选B.6.D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+1×2√22+12×√12+22=45.故选D.7.D由题意,得𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(2+√2cosα,2+√2sinα),所以点A的轨迹是圆(x-2

)2+(y-2)2=2,如图,当A为直线OA与圆的切点时,向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗与向量𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的夹角分别达到最大值和最小值,故选D.8.D如图,以AB的中点M为坐标原点建立平面直角坐标系,设AB=2,则O(0,√3),A(-1,0

),B(1,0),F(1,2+2√3),所以𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-√3),𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-√3),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2+2√3).设𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,λ,μ∈R,则{-�

�+𝜇=2,-√3𝜆-√3𝜇=2+2√3,解得{𝜆=-2-√33,𝜇=-√33,所以𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-(2+√33)𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−√33𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,即𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-(2+√33)a-√33b.9.ACD由

zi=1+i可得,z=1+ii=1-i,虚部为-1,所以|z+1|=|2-i|=√22+(-1)2=√5;因为z2=-2i,z4=-22,所以z4020=(z4)1005=-22010;z2+𝑧=-2i+1+i=1-i=z.故选ACD.10.CD对于A,向量a=(2,1),b

=(1,-1),则a·b=2-1=1>0,则a,b的夹角为锐角,错误;对于B,向量a=(2,1),b=(1,-1),则向量a在b方向上的投影向量的模为𝑎·𝑏|𝑏|=√22,错误;对于C,向量a=(

2,1),b=(1,-1),则a-b=(1,2).若(a-b)∥c,则-n=2(m-2),变形可得2m+n=4,正确;对于D,由C的结论,2m+n=4,而m,n均为正数,可得mn=12(2mn)≤12(2𝑚+𝑛2)2=2,当且仅当2m=n=2时,等号成立,即mn的最大值为2,正确.11.

AB对于A,2-1+i=2(-1-i)(-1+i)(-1-i)=-1-i,则|2-1+i|=|-1-i|=√(-1)2+(-1)2=√2,故A正确;对于B,(1-i)3=(1-i)2(1-i)=-2i(

1-i)=-2-2i,则其虚部为-2,故B正确;对于C,z=i1+i=i(1-i)(1+i)(1-i)=12+12i,所以𝑧=12−12i,复数𝑧在复平面内对应的点的坐标为(12,-12),位于第四象限,故C错误;对于D,根

据复数的几何意义可知,|z+3|-|z-3|=4表示在复平面内点Z(x,y)到F1(-3,0)与F2(3,0)的距离之差为常数4,所以复数z的轨迹是以F1(-3,0),F2(3,0)为焦点的双曲线的右支,故D错误.12.

AC∵|𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√cos2𝛼+sin2𝛼=1,|𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√cos2𝛽+(-sin𝛽)2=1,∴|𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,故A正

确;∵𝐴𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(cosα-1,sinα),𝐴𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(cosβ-1,-sinβ),∴|𝐴𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√(cos2𝛼-2cos𝛼+1)+sin2𝛼=√2-2cos𝛼,|𝐴𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√(cos2𝛽-2cos𝛽+1

)+sin2𝛽=√2-2cos𝛽,∴|𝐴𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,|𝐴𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|不一定相等,故B不正确;∵𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0)·(cos(α+β),sin

(α+β))=cos(α+β),𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(cosα,sinα)·(cosβ,-sinβ)=cosαcosβ-sinαsinβ=cos(α+β),∴𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,故C正确

;∵𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0)·(cosα,sinα)=cosα,𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(cosβ,-sinβ)·(cos(α+β),sin(α+β))=cosβcos(α+β)-sinβsin(α+β)=cos(β+

α+β)=cos(2β+α),∴𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗不一定相等,故D不正确.13.-103∵a⊥c,∴a·c=0,即a·(a+kb)=0,∴a2+ka·b=0,∵a=(3,1),b=(1,0),∴10+3k=0,

解得k=-103.14.1+i(答案不唯一)已知z=a+bi,则z-2i=a+(b-2)i.由|z-2i|=|z|,得√𝑎2+(𝑏-2)2=√𝑎2+𝑏2,化简得b=1,故只要b=1,即z=a+i(a可为任意实数)均满足题意

,可取z=1+i.15.(3,0)设点P的坐标为(x,0),则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(x-2,-2),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(x-4,-1),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(x-2)(x-4)+(-2)×(-1)=x2-6x+10=(x-3)2+1.当x=3时,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵�

�⃗⃗⃗⃗⃗有最小值1.故点P的坐标为(3,0).16.[0,√2+1]如图,作出函数y=√1-𝑥2的图象.这是以点O(0,0)为圆心,以1为半径的一个半圆.不妨用虚线把这个半圆补充为一个圆.设𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗与𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为θ,则𝜃∈[0,π2].当𝜃∈

[0,π4]时,cos(π4-𝜃)=|𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2;当𝜃∈[π4,π2]时,cos(𝜃-π4)=|𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2.因为y=cosx(x∈R)是偶函数,所以|𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|=

2cos(𝜃-π4),𝜃∈[0,π2].𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=|𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|cosθ=2√2cos(𝜃-π4)cosθ=2cos2θ+2sinθcosθ=sin2θ+cos2θ+1=√2sin(2𝜃+π4)+1.因为

𝜃∈[0,π2],所以2θ+π4∈[π4,5π4].当2θ+π4=π2,即θ=π8时,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗取最大值√2+1;当2θ+π4=5π4,即θ=π2时,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗取最小值0,故𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗的取值范围是[0,√2+1].