03 复数和平面向量-遇见最美的数学系列——24真题汇编

复数和平面向量 一、单选题 1．（2024·全国）若 1 i 1 z z    ，则 z （ ） A． 1 i  B． 1 i  C．1 i D．1 i 2．（2024·全国）已知向量 (0,1), (2, )a b x   ，若 ( 4 )b b a     ，则 x （ ） A． 2 B． 1 C．1 D．2 3．（2024·全国）已知 1 iz    ，则 z （ ） A．0 B．1 C． 2 D．2 4．（2024·全国）已知向量 ,a b   满足 1, 2 2a a b      ，且  2b a b     ，则 b   （ ） A． 12 B． 2 2 C． 3 2 D．1 5．（2024·全国）设 2iz  ，则 z z （ ） A． -i B．1 C．-1 D．2 6．（2024·全国）设 5 iz   ，则  i z z （ ） A．10i B． 2i C．10 D． 2 7．（2024·全国）已知向量    1, , ,2a x x b x     ，则（ ） A．“ 3x   ”是“ a b   ”的必要条件 B．“ 3x   ”是“ / /a b   ”的必要条件 C．“ 0x  ”是“ a b   ”的充分条件 D．“ 1 3x    ”是“ / /a b   ”的充分条件 8．（2024·北京）已知 i 1 i z   ，则 z （ ）． A．1 i B． i C． 1 i  D．1 9．（2024·北京）已知向量 a  ，b  ，则“    · 0a b a b     ”是“a b 或a b   ”的（ ）条件． A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件 二、填空题 10．（2024·天津）已知 i是虚数单位，复数    5 i 5 2i    ． 11．（2024·天津）在边长为 1的正方形 ABCD中，点 E为线段CD的三等分点， 1 , 2 CE DE BE BA BC   uur uur uuur   ，则    ；若 F为线段 BE上的动点，G为 AF中点， 则 AF DG   的最小值为 ． 12．（2024·上海）已知    , 2,5 , 6,k a b k  R  ，且 / /a b  ，则 k的值为 ． 13．（2024·上海）已知虚数 z，其实部为 1，且  2z m m z   R ，则实数m为 ． 参考答案： 1．C 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解. 【解析】因为 1 1 11 1 i 1 1 1 z z z z z           ，所以 11 1 i i z     . 故选：C. 2．D 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求 x的值. 【解析】因为  4b b a     ，所以  4 0b b a      ， 所以 2 4 0b a b      即 24 4 0x x   ，故 2x  ， 故选：D. 3．C 【分析】由复数模的计算公式直接计算即可. 【解析】若 1 iz    ，则    2 21 1 2z      . 故选：C. 4．B 【分析】由  2b a b     得 2 2b a b     ，结合 1, 2 2a a b      ，得 2 2 1 4 4 1 6 4a b b b          ， 由此即可得解. 【解析】因为  2b a b     ，所以  2 0b a b      ，即 2 2b a b     ， 又因为 1, 2 2a a b      ， 所以 2 2 1 4 4 1 6 4a b b b          ， 从而 2 2   b . 故选：B. 5．D 【分析】先根据共轭复数的定义写出 z，然后根据复数的乘法计算. 【解析】依题意得， 2iz   ，故 22i 2zz    . 故选：D 6．A 【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解. 【解析】由 5 i 5 i, 10z z z z       ，则  i 10iz z  . 故选：A 7．C 【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【解析】对 A，当 a b   时，则 0a b    ， 所以 ( 1) 2 0x x x    ，解得 0x  或 3 ，即必要性不成立，故 A错误； 对 C，当 0x  时，    1,0 , 0,2a b    ，故 0a b    ， 所以 a b   ，即充分性成立，故 C正确； 对 B，当 / /a b   时，则 22( 1)x x  ，解得 1 3x   ，即必要性不成立，故 B错误； 对 D，当 1 3x    时，不满足 22( 1)x x  ，所以 / /a b   不成立，即充分性不立，故 D错误. 故选：C. 8．C 【分析】直接根据复数乘法即可得到答案. 【解析】由题意得  i i 1 1 iz      ， 故选：C. 9．A 【分析】根据向量数量积分析可知     0a b a b      等价于 a b  ，结合充分、必要条件分 析判断. 【解析】因为     2 2 0a b a b a b          ，可得 2 2a b  ，即 a b  ， 可知     0a b a b      等价于 a b  ， 若a b   或a b    ，可得 a b  ，即     0a b a b      ，可知必要性成立； 若     0a b a b      ，即 a b  ，无法得出 a b 或a b  ， 例如    1,0 , 0,1a b   ，满足 a b  ，但 a b   且 a b    ，可知充分性不成立； 综上所述，“     0a b a b      ”是“ a b 且 a b   ”的必要不充分条件. 故选：A. 10．7 5i 【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得. 【解析】    5 i 5 2i 5 5i 2 5i 2 7 5i         . 故答案为：7 5i . 11． 4 3 5 18  【分析】解法一：以 ,BA BC   为基底向量，根据向量的线性运算求 BE  ，即可得  ，设 BF BEk uuur uur ，求 ,AF DG uuur uuur ，结合数量积的运算律求 AF DG   的最小值；解法二：建系标点，根 据向量的坐标运算求 BE  ，即可得  ，设   1, 3 , ,0 3 F a a a       ，求 ,AF DG uuur uuur ，结合数量积 的坐标运算求 AF DG   的最小值. 【解析】解法一：因为 1 2 CE DE ，即 2 3 CE BA uur uur ，则 1 3 BE BC CE BA BC    uuur uuru uuur r uuur ， 可得 1 , 1 3    ，所以 4 3    ； 由题意可知： 1, 0BC BA BA BC        ， 因为 F为线段 BE上的动点，设  1 , 0,1 3 BF kBE kBA kBC k        ， 则 1 1 3 AF AB BF AB kBE k BA kBC                  ， 又因为G为 AF中点，则 1 1 1 11 1 2 2 3 2 DG DA AG BC AF k BA k BC                          ， 可得 1 1 1 11 1 1 3 2 3 2 AF DG k BA kBC k BA k BC                                      2 21 1 1 5 6 31 1 2 3 2 9 5 10 k k k k                       ， 又因为  0,1k ，可知：当 1k  时， AF DG 取到最小值 518 ； 解法二：以 B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 则         11,0 , 0,0 , 0,1 , 1,1 , ,1 3 A B C D E        ， 可得     11,0 , 0,1 , ,1 3 BA BC BE             ， 因为  ,BE BA BC          ，则 1 3 1         ，所以 4 3    ； 因为点F 在线段 1: 3 , ,0 3 BE y x x        上，设   1, 3 , ,0 3 F a a a       ， 且G为 AF中点，则 1 3, 2 2 aG a     ， 可得   1 31, 3 , , 1 2 2 aAF a a DG a            ， 则     2 21 3 2 33 1 5 2 2 5 10 a AF DG a a a                       ， 且 1 ,0 3 a      ，所以当 1 3 a   时， AF DG   取到最小值为 5 18  ； 故答案为： 4 3 ； 5 18  . 12．15 【分析】根据向量平行的坐标表示得到方程，解出即可. 【解析】 / /a b  ， 2 5 6k   ，解得 15k  ． 故答案为：15． 13．2 【分析】设 1 iz b  ，直接根据复数的除法运算，再根据复数分类即可得到答案. 【解析】设 1 iz b  ，bR且 0b  . 则 2 3 2 2 2 2 31 i i 1 i 1 1 b b bz b m z b b b                     ， mR ， 2 2 3 2 3 1 0 1 b m b b b b        ，解得 2m  ， 故答案为：2.