单元质量测试（三）-【金版教程】2026年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

高考总复习首选用卷　数学 单元质量测试(三) 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ 对点 共轭复数；复数的乘、除运算 复数的除法运算；复数的几何意义 平面向量的垂直 复数的模；复数的混合运算 利用平面向量基本定理表示向量 复数的几何意义；复数的模；投影向量 平面向量的模；平面向量的夹角 平面向量数量积的基本运算 复数的分类；复数的模；复数的乘法运算；复数相等 共线向量与平面向量基本定理的应用 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★ ★★ ★★★ 对点 平面向量的模；平面向量的夹角 复数的混合运算 平面向量的模 平面向量数量积的基本运算 共轭复数；复数的加法运算；在复数范围内解方程 复数的几何意义；复数的加法运算；复数的模；复数的分类 平面向量的夹角；平面向量的模；三角形的面积 平面向量的线性运算；函数知识与平面向量的交汇问题 平面向量的新定义问题 时间：120分钟　满分：150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．(2024·辽宁名校联盟高三联考)已知z＝，则＝(　　) A．1＋i B．1－i C．－1＋i D．－1－i 答案：C 解析：z＝＝＝－1－i，所以＝－1＋i.故选C. 2．(2025·山东济宁高三上期末)已知复数z满足＝－i，则在复平面内z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 答案：B 解析：由＝－i，得z＝＝＝－1＋i，所以在复平面内z对应的点为(－1，1)，位于第二象限．故选B. 3．(2024·湖南永州高三一模)已知向量a＝(－1，2)，b＝(3，－1)，c＝(x，1)，且(a＋2b)⊥c，则x＝(　　) A．2 B．1 C．0 D．－1 答案：C 解析：a＋2b＝(－1，2)＋(6，－2)＝(5，0)，由于(a＋2b)⊥c，所以(a＋2b)·c＝5x＝0，x＝0.故选C. 4．(2025·广东九洵杯高三调研)已知复数z满足＝，则|z|＝(　　) A．1 B. C．2 D. 答案：A 解析：由＝，有1＋＝＝＝－，∴＝－，∴z＝＝＝－＋i，∴|z|＝1.故选A. 5．(2024·福建福州一模)如图，梯形ABCD的腰CD的中点为E，且BC＝3AD，记＝m，＝n，则＝(　　) A．－m＋2n B.m＋2n C．－2m＋n D．－m＋n 答案：A 解析：因为BC＝3AD，又＋＋＋＝0，所以＝－－－＝－m－3n＋n＝－m－2n，又E为腰CD的中点，所以＝＋＝＋＝3n－m－n＝－m＋2n.故选A. 6．(2024·江苏无锡辅仁高级中学高三适应性考试)如图，复数z对应的向量为，且|z－i|＝5，则向量在向量上的投影向量的坐标为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：由题图可知，z＝－m＋mi(m>0)，则|z－i|＝|－m＋(m－1)i|＝＝5，解得m＝4(m＝－3舍去)，所以＝(－4，4)，＝(2，4)，则向量在向量上的投影向量为·，所以其坐标为×＝×＝.故选D. 7．已知单位向量a，b满足a·b＝0，若向量c＝a＋b，则sin〈a，c〉＝(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：因为a，b是单位向量，所以|a|＝|b|＝1.因为c＝a＋b，所以|c|＝|a＋b|＝＝＝3，所以cos〈a，c〉＝＝＝＝，所以sin〈a，c〉＝＝.故选B. 8．(2024·重庆巴南区高三第一次诊断考试)如图所示，正方形ABCD的边长为2，E，F，G分别是边BC，CD，AD的中点，点P是线段EF上的动点，则·的最小值为(　　) A. B．3 C. D．48 答案：A 解析：如图，建立平面直角坐标系，则A(0，0)，G(0，1)，E(2，1)，F(1，2)，设P(x，y)，＝λ(λ∈[0，1])，则(x－1，y－2)＝λ(1，－1)，所以所以x－1＝－(y－2)，即y＝3－x，所以＝(x，y－1)，＝(x，y)，所以·＝x2＋y(y－1)＝x2＋(3－x)(2－x)＝2x2－5x＋6＝2＋，又x＝1＋λ∈[1，2]，所以当x＝时，·取得最小值，为.故选A. 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．已知复数z＝(1－i)(a＋i)(a∈R)，则下列说法正确的是(　　) A．若a＝2，则z＝3－i B．若a＝2，则|z|＝10 C．若z为纯虚数，则a＝－1 D．若z＋|z|＝x＋5i(x∈R)，则a＝4 答案：AC 解析：若a＝2，则z＝(1－i)(2＋i)＝3－i，|z|＝，A正确，B错误；z＝(1－i)(a＋i)＝1＋a＋(1－a)i，若z为纯虚数，则1＋a＝0且1－a≠0，解得a＝－1，C正确；z＋|z|＝1＋a＋(1－a)i＋＝x＋5i，则1－a＝5，解得a＝－4，D错误．故选AC. 10．如图，B是AC的中点，＝2，P是平行四边形BCDE内(含边界)的一点，且＝x＋y(x，y∈R)．则下列结论中正确的是(　　) A．当x＝0时，y∈[2，3] B．当P是线段CE的中点时，x＝－，y＝ C．若x＋y为定值1，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段 D．x－y的最大值为－1 答案：BCD 解析：当＝y时，根据共线向量的充要条件得P在线段BE上，故1≤y≤3，故A错误；当P是线段CE的中点时，＝＋＝3＋(＋)＝3＋(－2＋)＝2＋(－)＝－＋，所以x＝－，y＝，故B正确；当x＋y为定值1时，A，B，P三点共线，又P是平行四边形BCDE内(含边界)的一点，故P的轨迹是线段BC，故C正确；当P与B重合时，x－y能取得最大值，此时x＝0，y＝1，x－y＝－1，故D正确．故选BCD. 11．(2024·云南昆明高三阶段练习)半圆形量角器在第一象限内，且与两坐标轴分别相切于点D，E.设量角器的直径AB＝4，圆心为C，点P为坐标平面内一点．则下列结论正确的是(　　) A．|＋|＝4 B．||2＋||2＝2(||2＋||2) C．当点A与点E重合时，与的夹角为 D．△CDE的面积为2 答案：ABD 解析：由题意知C(2，2)，对于A，|＋|＝|2|＝2×2＝4，A正确；对于B，因为＋＝2，－＝，所以||2＋||2＋2·＝4||2，||2＋||2－2·＝||2，两式相加，得2(||2＋||2)＝4||2＋||2＝4||2＋4||2，所以||2＋||2＝2(||2＋||2)，B正确；对于C，当点A与点E重合时，与的夹角为，C错误；对于D，易知该半圆形量角器的轨迹方程是(x－2)2＋(y－2)2＝4，当x＝0时，y＝2，当x＝2时，y＝0，故E(0，2)，D(2，0)，由两点间的距离公式，得ED＝2，ED的方程为x＋y－2＝0，设点C到直线ED的距离为d，故d＝，S△CDE＝××2＝2，即△CDE的面积为2，D正确．故选ABD. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，且z(1＋i3)＝2＋i，则a＋b＝________． 答案：2 解析：由z(1＋i3)＝2＋i得z＝＝＝＝＝＋i，而z＝a＋bi(a，b∈R)，所以a＝，b＝，即a＋b＝2. 13．(2025·湖北部分重点中学高三开学联考)若平面内不共线的向量a，b，c两两的夹角相等，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，则|a＋b＋c|＝________． 答案： 解析：因为平面内不共线的向量a，b，c两两的夹角相等，所以a，b，c两两的夹角为120°，则|a＋b＋c|＝＝＝ ＝ ＝. 14．(2024·湖南长沙周南中学高三阶段测试)在△ABC中，AC＝5，BC＝12，∠C＝90°，P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝2，则·的取值范围是________． 答案：[－22，30] 解析：以C为坐标原点，CB，CA所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，则C(0，0)，B(12，0)，A(0，5)，P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝2，点P在以C为圆心，2为半径的圆上，设P(2cosθ，2sinθ)，θ∈[0，2π)，则＝(－2cosθ，5－2sinθ)，＝(12－2cosθ，－2sinθ)，·＝(－2cosθ)(12－2cosθ)＋(5－2sinθ)(－2sinθ)＝－24cosθ＋4cos2θ－10sinθ＋4sin2θ＝4－26sin(θ＋φ)，其中tanφ＝，因为sin(θ＋φ)∈[－1，1]，所以·的取值范围是[－22，30]． 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(2024·江苏徐州普高联考(三))(本小题满分13分)已知复数z＝m＋2＋(m－2)i(m∈R)，为z的共轭复数，且z＋＝6. (1)求m的值； (2)若z－3i是关于x的实系数一元二次方程x2＋ax＋b＝0的一个根，求该一元二次方程的另一复数根． 解：(1)因为z＝m＋2＋(m－2)i， 则＝m＋2－(m－2)i， 由z＋＝6，得m＋2＋(m－2)i＋m＋2－(m－2)i＝2m＋4＝6，解得m＝1. (2)由(1)可知，z＝3－i，将z－3i＝3－4i代入一元二次方程，可得(3－4i)2＋a(3－4i)＋b＝0，即(－7＋3a＋b)－(4a＋24)i＝0， 得 解得a＝－6，b＝25， 代入一元二次方程，得x2－6x＋25＝0， 解得x1＝＝3＋4i，x2＝＝3－4i， 即该一元二次方程的另一复数根为3＋4i. 16．(本小题满分15分)已知A(1，2)，B(a，1)，C(2，3)，D(－1，b)(a，b∈R)是复平面内的四个点，且向量，对应的复数分别为z1，z2. (1)若z1＋z2＝1＋i，求z1，z2； (2)若|z1＋z2|＝2，z1－z2为实数，求a，b的值． 解：(1)∵＝(a，1)－(1，2)＝(a－1，－1)，＝(－1，b)－(2，3)＝(－3，b－3)， ∴z1＝(a－1)－i，z2＝－3＋(b－3)i， ∴z1＋z2＝(a－4)＋(b－4)i， 又z1＋z2＝1＋i，∴∴ ∴z1＝4－i，z2＝－3＋2i. (2)由(1)得z1＋z2＝(a－4)＋(b－4)i，z1－z2＝(a＋2)＋(2－b)i， ∵|z1＋z2|＝2，z1－z2为实数， ∴∴ 17．(本小题满分15分)已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61. (1)求a与b的夹角θ； (2)求|a＋b|； (3)若＝a，＝b，求△ABC的面积． 解：(1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61， ∴4a2－4a·b－3b2＝61， 又|a|＝4，|b|＝3， ∴64－4a·b－27＝61， ∴a·b＝－6， ∴cosθ＝＝＝－， 又0≤θ≤π，∴θ＝. (2)|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－6)＋9＝13， ∴|a＋b|＝. (3)∵与的夹角θ＝， ∴∠ABC＝π－＝， 又||＝|a|＝4，||＝|b|＝3， ∴S△ABC＝||||sin∠ABC＝×4×3×＝3. 18．(2024·山东潍坊一中高三期中)(本小题满分17分)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，B，C三点满足＝＋. (1)求的值； (2)已知A(1，cosx)，B(1＋cosx，cosx)，x∈，f(x)＝·－||.若f(x)的最小值为g(m)，求g(m)的最大值． 解：(1)由题意知A，B，C三点满足＝＋， 可得－＝(－)， 所以＝＝(＋)， 即＝，即＝2， 则||＝2||， 所以＝2. (2)由题意，得＝(1，cosx)，＝(1＋cosx，cosx)，＝＋＝，＝－＝(cosx，0)， 所以函数f(x)＝·－||＝1＋cosx＋cos2x－cosx＝(cosx－m)2＋1－m2. 因为x∈，所以cosx∈[0，1]， 当m<0时，当cosx＝0时，f(x)取得最小值g(m)＝1， 当0≤m≤1时，当cosx＝m时， f(x)取得最小值g(m)＝1－m2， 当m>1时，当cosx＝1时，f(x)取得最小值g(m)＝2－2m， 综上所述，g(m)＝ 可得g(m)的最大值为1. 19．(2024·广西钦州三模)(本小题满分17分)对于平面向量ak＝(xk，yk)(xk，yk∈N，k＝0，1，2，…)，定义“F变换”：ak＋1＝F(ak)，其中xk＋1＝|xk－yk|，yk＋1＝|max{xk，yk}－2min{xk，yk}|，max{xk，yk}表示xk，yk中较大的一个数，min{xk，yk}表示xk，yk中较小的一个数．若xk＝yk，则max{xk，yk}＝min{xk，yk}＝xk＝yk.记〈ak〉＝xkyk，||ak||＝xk＋yk. (1)若a0＝(1，9)，求〈a2〉及||a2||； (2)已知〈a1〉＝2024，||a1||＝2025，将a1经过m次“F变换”后，||am＋1||最小，求m的最小值； (3)证明：对任意a0，经过若干次“F变换”后，必存在k∈N*，使得〈ak〉＝0. 解：(1)因为a0＝(1，9)，所以a1＝(8，7)， 所以a2＝(1，6)， 所以〈a2〉＝1×6＝6，||a2||＝1＋6＝7. (2)因为〈a1〉＝x1y1＝2024，||a1||＝x1＋y1＝2025， 所以或 所以x2＝|x1－y1|＝2023，y2＝|max{x2，y2}－2min{x2，y2}|＝2022， 即a2＝(2023，2022)． 由题意可得a3＝(1，2021)，a4＝(2020，2019)，a5＝(1，2018)，a6＝(2017，2016)，a7＝(1，2015)，a8＝(2014，2013)， 根据规律可得a2n＋1＝(1，2024－3n)(n∈N*)且2024－3n>0， 由n∈N*且2024－3n>0可得n的最大值为674， 所以a1349＝(1，2)， 所以a1350＝(1，0)，a1351＝(1，1)，a1352＝(0，1)，a1353＝(1，1)，…，此后进入循环． 所以当m<1349时，||am＋1||>1；当m＝1349时，||a1350||＝1；当m>1349时，||am＋1||≥1. 所以||am＋1||最小时，m的最小值为1349. (3)证明：当x0＝0，y0＝0时，显然存在k∈N*，使得〈ak〉＝0. 当x0＝0，y0≠0时，a1＝(y0，y0)，a2＝(0，y0)，即〈a2〉＝0，存在k∈N*，使得〈ak〉＝0.同理，当x0≠0，y0＝0时，存在k∈N*，使得〈ak〉＝0. 当x0≠0，y0≠0时，若xk＝yk，则xk＋1＝|xk－yk|＝0，〈ak＋1〉＝0，存在k∈N*，使得〈ak〉＝0. 若xk≠yk，设Mk＝max{xk，yk}(k＝0，1，2，…)． 假设对任意k∈N，〈ak〉≠0，则xk，yk均不为0. 因为xk，yk∈N*，所以xk＋1＝|xk－yk|<max{xk，yk}． 若xk>yk，则yk＋1＝|max{xk，yk}－2min{xk，yk}|＝|xk－2yk|<xk， 若xk<yk，则yk＋1＝|yk－2xk|<yk， 所以yk＋1<max{xk，yk}， 所以Mk＋1<Mk，即M1>M2>M3>…. 因为Mk∈N*(k＝1，2，…)， 所以M1≥M2＋1≥M3＋2≥…≥M2＋M1＋1＋M1， 所以M2＋M1≤－1， 与M2＋M1>0矛盾，故假设不正确，即存在k∈N，使得〈ak〉＝0. 综上，对任意a0，经过若干次“F变换”后，必存在k∈N*，使得〈ak〉＝0. 10 学科网（北京）股份有限公司 $$