高三数学（理）一轮复习习题测评答案-第四单元-平面向量数系的扩充与复数的引入

小题必刷卷(七)1.A[解析]cos∠ABC=BA·BC|BA||BC|=12×32+32×12=32,又∠2.D[解析]a+b=(4,m2),∵(a+b)⊥b,∴(a+b)·b=122(m2)=0,解得m=8.3.B[解析]由已知得x+xi=1+yi,根据两复数相等的条件可得x=y=1,所以|x+yi|=|1+i|=2.4.A[解析]由题易知m+3>0,m1<0,解得3<m<1.5.D[解析]若|a|=|b|成立,则以a,b为邻边组成的平行四边形为菱形,a+b,ab表示的是该菱形的对角线,而菱形的对角线不一定相等,所以|a+b|=|ab|不一定成立,从而不是充分条件;反之,若|a+b|=|ab|成立,则以a,b为邻边组成的平行四边形为矩形,矩形的邻边不一定相等,所以|a|=|b|不一定成立,从而不是必要条件.故选D.6.A[解析]将|a+b|=|ab|两边平方,得a2+2a·b+b2=a22a·b+b2,于是有a·b=0,所以a⊥b.7.B[解析]设z=a+bi(a,b∈R).1z=a-bia2+b2,若1z∈R,则b=0,此时z∈R,故命题p1为真命题;若z∈R,则b=0,此时z=abi∈R,命题p4为真命题;z2=a2b2+2abi,z2∈R时,a=0或b=0,此时z为实数或纯虚数,命题p2为假命题.设z1=i,z2=4i,则z1z2∈R,但z1≠8.C[解析]显然∠BOC为锐角,所以I1=OA·OB<0,I2=OB·OC>0,I3=OC·OD<0,如图所示,过点B作BM⊥AC于M,过点A作AN⊥BD于N.三角形ABD与三角形ABC均为等腰三角形,所以BN=ND,AM=MC,所以OA<OC,OB<OD,∠AOB=∠COD>π2,所以I1>I3.所以I3<I1<I2.因此选C9.311[解析]∵AB·AC=3×2×cos60°=3,AD=13AB+23AC,∴AD·AE=13AB+23AC·(λACAB)=λ3×3+2λ3×413×10.23[解析]|a+2b|=a2+4a·b11.12[解析]因为λa+b与a+2b平行,所以存在唯一实数t,使得λa+b=t(a+2b),所以λ=t,12.52[解析]由(a+bi)2=3+4i,得a2+2abi+b2i2=3+4i,即a2b2+2abi=3+4i,又a,b∈R,所以由复数相等的充要条件,得a2-b2=3,2ab=4,解得ab=2,a2=4,b2=13.A[解析]AB+12(BD+BC)=AB+BG=AG,故选A14.B[解析]由题得AB=(3,4),所以AB=5,所以与AB同方向的单位向量e=15AB=35,45,故选15.A[解析]z2=z2=|34i|=32+(-4)2=5,16.A[解析]∵(ka+b)∥(a3b),∴10(2k+2)=4(k3),∴k=13,故选A17.C[解析]z=a-i1+i=(a-i)(1-i)(1+i18.C[解析]∵|OM+OP|≤|OM|+|OP|,当且仅当OM与OP方向相同时取等号,∴|OM+OP|的最大值为|OM|+|OP|=2+1=3,故选C.19.C[解析]设z=a+bi(a,b∈R),由z·z=2(z+i)得(a+bi)(abi)=2(abi+i),解得a=b=1,所以z=1+i.故选C.20.C[解析]∵a·b=35,∴|a+mb|2=a2+2ma·b+m2b2=m2+65m+1=m+352+1625,则|a+mb|的最小值为45,21.B[解析]由题意可得∠AOB=90°,以OA,OB所在直线分别为x轴,y轴建立直角坐标系,如图所示,设A(1,0),B(0,1),则点C在优弧AB上.设C(cosα,sinα),则α∈π2,2π,显然OC=cosαOA+sinαOB,则m=cosα,n=sinα,则m+n=cosα+sinα=2sinα+π4.由于α∈π2,2π,所以α+π4∈3π4,9π4,所以sinα+π4∈1,22,所以m+n∈[2,1),故选B.22.3[解析]∵z<0,∴z∈R,又∵z=(a+i)(3+ai)=4a+(a23)i,∴a23=0,解得a=±3.当a=3时,z>0,不符合题意,∴a=3.23.π3[解析]由|a+3b|=13,得|a+3b|2=a2+6a·b+9b2=13.因为a,b是单位向量,所以6a·b=3⇒a·b=12,所以cos<a,b>=a·b|a|·|b|=12,又因为<a,b>∈[0,24.102[解析]向量a=(2,m),b=(1,2),若a⊥b,则a·b=2+2m=0,解得m=1,则c=a+b=(1,3),所以a在向量c方向上的投影为a·c|c25.[2,6][解析]建立平面直角坐标系,如图所示.由BA⊥AC,且∠ACB=60°,AC=2,BE=EC,得A(0,0