第5章 必刷小题10 平面向量与复数(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第五章　平面向量与复数 　必刷小题10　平面向量与复数 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第五章 平面向量与复数 高考总复习 数学 返回目录 一、单项选择题 1．(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝1， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋2b))＝2，且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－2a))⊥b，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝(　　) A． eq \f(1,2)　　　　　　　B． eq \f(\r(2),2) C． eq \f(\r(3),2) D．1 答案　B 解析　因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－2a))⊥b，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－2a))·b＝0，即b2＝2a·b， 又因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝1， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋2b))＝2， 所以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4， 从而 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝ eq \f(\r(2),2).故选B. 2．(2025·河北联考)已知复数z满足 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－2i)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－i))＝2，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝(　　) A． eq \r(13) B． eq \r(10) C．3 D．2 答案　B 解析　∵z＝ eq \f(2,1－i)＋2i＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋i)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋i)))＋2i＝1＋3i，∴ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝ eq \r(12＋32)＝ eq \r(10).故选B. 3．设向量a＝(1，－3)，b＝(－2，4)，c＝(－1，－2)，若表示向量4a，4b－2c，2(a－c)，d的有向线段首尾相接能构成四边形，则向量d为(　　) A．(2，6) B．(－2，6) C．(2，－6) D．(－2，－6) 答案　D 解析　由题意知4a＋4b－2c＋2(a－c)＋d＝0， ∴d＝－6a－4b＋4c＝－6(1，－3)－4(－2，4)＋4(－1，－2)＝(－6＋8－4，18－16－8)＝(－2，－6). 4．(2025·西安质检)已知向量a，b不共线，满足|a＋b|＝|a－b|，则a－b在b方向上的投影向量为(　　) A．a B．b C．－a D．－b 答案　D 解析　因为|a＋b|＝|a－b|， 所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))2＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))2，即a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，得a·b＝0， 则a－b在b方向上的投影向量为 eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))·b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2)·b＝ eq \f(a·b－b2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2)·b＝ eq \f(－b2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2)·b＝－b.故选D. 5．(2025·江西上饶质检)复数z＝1＋2i，i是虚数单位，则以下结论不正确的是(　　) A． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝ eq \r(5) B．z>1＋i C．z的虚部为2 D．z在复平面内对应点位于第一象限 答案　B 解析　对于A，|z|＝ eq \r(12＋22)＝ eq \r(5)，A正确； 对于B，虚数可以相等，但不能用大于小于联系，B错误； 对于C，z的虚部为2，C正确； 对于D，z在复平面内对应点为(1，2)，位于第一象限，D正确．故选B. 6．(2025·宜春模拟)已知a，b为单位向量，且|2a－b|＝ eq \r(7)，则a与a＋b的夹角为(　　) A． eq \f(π,3) B． eq \f(2π,3) C． eq \f(π,6) D． eq \f(5π,6) 答案　A 解析　∵a，b为单位向量， ∴|a|＝|b|＝1， ∴|2a－b|2＝4|a|2－4a·b＋|b|2＝5－4a·b＝7， 解得a·b＝－ eq \f(1,2)， ∴a·(a＋b)＝|a|2＋a·b＝1－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)，|a＋b|＝ eq \r((a＋b)2)＝ eq \r(|a|2＋2a·b＋|b|2)＝1， ∴cos 〈a，a＋b〉＝ eq \f(a·(a＋b),|a||a＋b|)＝ eq \f(1,2)， 又〈a，a＋b〉∈[0，π]， ∴〈a，a＋b〉＝ eq \f(π,3). 7．(2025·淄博模拟)如图，已知在△ABO中，OA＝1，OB＝2， eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(OB,\s\up15(→))＝－1，过点O作OD⊥AB于点D，则(　　) A． eq \o(OD,\s\up15(→))＝ eq \f(5,7) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(2,7) eq \o(OB,\s\up15(→)) B． eq \o(OD,\s\up15(→))＝ eq \f(3,7) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(4,7) eq \o(OB,\s\up15(→)) C． eq \o(OD,\s\up15(→))＝ eq \f(2,7) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(5,7) eq \o(OB,\s\up15(→)) D． eq \o(OD,\s\up15(→))＝ eq \f(4,7) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(3,7) eq \o(OB,\s\up15(→)) 答案　A 解析　∵ eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(OB,\s\up15(→))＝| eq \o(OA,\s\up15(→))|| eq \o(OB,\s\up15(→))|cos ∠AOB＝2cos ∠AOB＝－1， ∴cos ∠AOB＝－ eq \f(1,2)， 又∵0°<∠AOB<180°， ∴∠AOB＝120°. 在△AOB中，根据余弦定理可得 AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB·cos 120°＝7， 解得AB＝ eq \r(7)， 根据三角形面积公式S△AOB＝ eq \f(1,2)AB·OD ＝ eq \f(1,2)OA·OB·sin 120°， 解得OD＝ eq \f(\r(21),7)， ∴AD＝ eq \r(OA2－OD2)＝ eq \f(2\r(7),7)， ∴ eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \f(2,7) eq \o(AB,\s\up15(→))， ∴ eq \o(OD,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(2,7) eq \o(AB,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(2,7)( eq \o(OB,\s\up15(→))－ eq \o(OA,\s\up15(→)))＝ eq \f(5,7) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(2,7) eq \o(OB,\s\up15(→)). 8．(2025·长沙模拟)如图，在平面斜坐标系Oxy中，∠xOy＝60°，平面上任意一点P关于斜坐标系的斜坐标这样定义：若 eq \o(OP,\s\up15(→))＝xe1＋ye2(其中e1，e2分别是x轴，y轴正方向的单位向量)，则P点的斜坐标为(x，y)，向量 eq \o(OP,\s\up15(→))的斜坐标为(x，y).若 eq \o(OM,\s\up15(→))＝(3，1)， eq \o(ON,\s\up15(→))＝(1，3)，则△OMN的面积为(　　) A． eq \r(3) B．2 eq \r(3) C． eq \r(13) D．4 答案　B 解析　设与x轴方向相同的单位向量为e1，与y轴方向相同的单位向量为e2， 则 eq \o(OM,\s\up15(→))＝3e1＋e2， eq \o(ON,\s\up15(→))＝e1＋3e2， eq \o(NM,\s\up15(→))＝ eq \o(OM,\s\up15(→))－ eq \o(ON,\s\up15(→))＝2e1－2e2，e1·e2＝cos 60°＝ eq \f(1,2)， 所以| eq \o(NM,\s\up15(→))|2＝(2e1－2e2)2＝4e eq \o\al(2,1)＋4e eq \o\al(2,2)－8e1·e2＝4， 所以| eq \o(NM,\s\up15(→))|＝2， 又因为| eq \o(OM,\s\up15(→))|2＝(3e1＋e2)2＝9e eq \o\al(2,1)＋e eq \o\al(2,2)＋6e1·e2＝13， 所以| eq \o(OM,\s\up15(→))|＝ eq \r(13)， | eq \o(ON,\s\up15(→))|2＝(e1＋3e2)2＝e eq \o\al(2,1)＋9e eq \o\al(2,2)＋6e1·e2＝13， 所以| eq \o(ON,\s\up15(→))|＝ eq \r(13)， 故S△OMN＝ eq \f(1,2)×2× eq \r((\r(13))2－1)＝2 eq \r(3). 二、多项选择题 9．已知向量a，b满足a·b＝1，|b|＝1，且|a＋b|＝ eq \r(7)，则(　　) A．|a|＝2 B．a⊥(a－b) C．a与b的夹角为 eq \f(π,3) D．a与b的夹角为 eq \f(π,6) 答案　AC 解析　由已知可得，(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝7. 又a·b＝1，|b|＝1， 所以a2＝4，所以|a|＝2，故A正确； 因为a·(a－b)＝a2－a·b＝3≠0，故B错误； 因为cos 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝ eq \f(1,2)，所以a与b的夹角为 eq \f(π,3)，故C正确，D错误． 10．若复数z满足z＋i2023＝ eq \f(2－i,2)(其中i为虚数单位)，则下列说法正确的是(　　) A． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝ eq \f(\r(5),2) B．z的共轭复数 eq \x\to(z)在复平面内对应的点在第四象限 C．z的虚部为 eq \f(i,2) D．z2＝ eq \f(5,4)＋i 答案　AB 解析　依题意，z＝1－ eq \f(1,2)i－i2023＝1－ eq \f(1,2)i－(－i)＝1＋ eq \f(1,2)i， |z|＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝ eq \f(\r(5),2)，A正确； eq \x\to(z)＝1－ eq \f(1,2)i在复平面内对应的点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))在第四象限，B正确； 复数z的虚部为 eq \f(1,2)，C错误； z2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)i))2＝ eq \f(3,4)＋i，D错误．故选AB. 11．(2025·北京模拟)已知正方形ABCD的边长为2，P为正方形ABCD内部(不含边界)的动点，且满足 eq \o(PA,\s\up15(→))· eq \o(PB,\s\up15(→))＝0，则 eq \o(CP,\s\up15(→))· eq \o(DP,\s\up15(→))的取值可以是(　　) A．0 B．2 C．4 D．5 答案　AB 解析　以AB的中点O为原点建立如图所示的平面直角坐标系， 则A(－1，0)，B(1，0)，C(1，2)，D(－1，2)， 设P(x，y)，则 eq \o(PA,\s\up15(→))＝(－1－x，－y)， eq \o(PB,\s\up15(→))＝(1－x，－y)， 由 eq \o(PA,\s\up15(→))· eq \o(PB,\s\up15(→))＝－(1－x2)＋y2＝0， 得x2＋y2＝1， 即x2－1＝－y2，其中－1<x<1，0<y≤1， 则 eq \o(CP,\s\up15(→))＝(x－1，y－2)， eq \o(DP,\s\up15(→))＝(x＋1，y－2)， 则 eq \o(CP,\s\up15(→))· eq \o(DP,\s\up15(→))＝x2－1＋(y－2)2＝－y2＋(y－2)2＝－4y＋4∈[0，4). 则 eq \o(CP,\s\up15(→))＝(x－1，y－2)， eq \o(DP,\s\up15(→))＝(x＋1，y－2)， 则 eq \o(CP,\s\up15(→))· eq \o(DP,\s\up15(→))＝x2－1＋(y－2)2＝－y2＋(y－2)2＝－4y＋4∈[0，4). 三、填空题 12．(2025·天津质检)已知a为实数，若复数z＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－1))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1))i为纯虚数，则 eq \f(a＋i2025,1－i)的值为________． 答案　i 解析　由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,a＋1≠0，))解得a＝1. eq \f(a＋i2025,1－i)＝ eq \f(1＋i,1－i)＝ eq \f((1＋i)2,(1－i)(1＋i))＝i. 13.(2025·宁夏石嘴山模拟)已知向量a，b满足 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝1，b在a方向上的投影向量为a，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))的最小值为________． 答案　2 解析　由题意得 eq \f(b·a,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))，即b·a＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2＝1， 由于b·a>0，设a，b之间的夹角为θ∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 即b·a＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))· eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))cos θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))cos θ＝1， 故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝ eq \f(1,cos θ)∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))， 则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2≥3＋1＝4，当θ＝0时，等号成立， 故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))最小值为2. 14．(2025·郑州模拟)人脸识别技术应用在各行各业，改变着人类的生活，而所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图象，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份．在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．假设二维空间中有两个点A(x1，y1)，B(x2，y2)，O为坐标原点，余弦相似度为向量 eq \o(OA,\s\up15(→))， eq \o(OB,\s\up15(→))夹角的余弦值，记作cos (A，B)，余弦距离为1－cos (A，B).已知P(sin α，cos α)，Q(sin β，cos β)，R(sin α，－cos α)，若P，Q的余弦距离为 eq \f(1,3)，Q，R的余弦距离为 eq \f(1,2)，则tan αtan β＝________． 答案　7 解析　由已知得 eq \o(OP,\s\up15(→))＝(sin α，cos α)， eq \o(OQ,\s\up15(→))＝(sin β，cos β)， eq \o(OR,\s\up15(→))＝(sin α，－cos α)， 所以cos (P，Q)＝ eq \f(\o(OP,\s\up15(→))·\o(OQ,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(OP,\s\up15(→))||\o(OQ,\s\up15(→))|))＝sin αsin β＋cos αcos β＝cos (α－β)， cos (Q，R)＝ eq \f(\o(OQ,\s\up15(→))·\o(OR,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(OQ,\s\up15(→))||\o(OR,\s\up15(→))|))＝sin αsin β－cos αcos β＝－cos (α＋β)， 由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－cos (α－β)＝\f(1,3)，,1＋cos (α＋β)＝\f(1,2)，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(cos (α－β)＝\f(2,3)，,cos (α＋β)＝－\f(1,2)，)) 则 eq \f(cos (α－β),cos (α＋β))＝ eq \f(cos αcos β＋sin αsin β,cos αcos β－sin αsin β) ＝ eq \f(1＋tan αtan β,1－tan αtan β)＝－ eq \f(4,3)， 整理得tan αtan β＝7. $$