单元检测(八) 平面向量及其应用、复数-【衡水真题密卷】2025年高考数学单元过关检测（A版）

2024一2025学年度单元过关检测（八） 数学·平面向量及其应用、复数 (考议时间120分的，总分150分) 一，选择蓝（本题共家小■，每小题5分，共辅分，在每小■始出的四个选项中，只有一项是 符合蓝日夏求的] 题号 答案 1.已知复数x筒是(x一2i一1十i行为虚数单位)，喇复数：的共规复数8在复平置内对家 的点位于 A.第一象限 B.第二象凤 C箱三象限 D.第四象限 么复盘：-牛票行为由数位长风为能康数，那么1 A营 B号 c 3.知向量8一(2，w),=(m十1，一1D,且aLb,若e-一(2，])，则a在e方向上的投影向 量的生标是 A信引 a经-》 c(-) n(←-引 4,设点P是△ABC所在平指上的一点，点D是C:的中点，点P在AC上·且AF= 行正，设师-+p正.周A+n A号 B号 c D,2 5如图，在长方形AD中AB=6AD=4,点P调足DF=AD元， 北中2∈，引用P所+P丽的取值意周是 A.[4,5] R[8,1o] c.[. D.[2./IT.Io] 6.在△AC中，D为边C上一点《不含辅点)，AB-AD-4,AC-5,C-6,若A币 一mA苏十mAC,期m B.3 单元垃关检测【八】数学第1页{具8页) 衡水真 T,已知等边△AC点D,E,F分别为战段AH,C,CA上的闭点《不包新滑点)，且满 是DE一3，DF=2、3,∠DEF=0',则三角形ABC的曲积的最大值是 A75 133 Ci5 晚△AC的三边长分为BC-a,CA=b,AB=,若m全千m是 B #十·期△ABC是 A,等鞭三角形 玉直角三角形 C,等边三角形 D.等樱直角三角形 二，蔻举哑（本题共3小短，每小题6分，共1塔分，在每小题给出的选项中，有多项符合题日 要零.全部选对的博6分，胞分选对的得郁分分，有选错的得0分1 悠号 9 10 11 答案 身，已知(2十)=平，划下列说法正确的有 A。在复平面内对京的点的坐标为停。一》 C:在复平面肉对应约点与点（后。一》关于原点对称 .lal 10,△AC的内角A,4,C的对边分群为，，已知A=音a=怎，测下列结蛇正确的有 A者三角形AC的面积为停划加B如C一是 B,若△ABC仅有一解，则E0.5码 C若b(一停，则△ABC为直角三角形 D着C边上的中线AD长为四，别三角形AC的面积为店 题花鞋 单元过关检测（八）数学第2页（共8夏！ A 11,己知平向量4.，e.a|=23,b1=6,8·b=18,且a一c,b-e》=60°，则 16.5分已划△ABC中，·西-1，三角形的面积S- ( A.a与b的夹角为30· (1)求角C的值 玉a-c》·b一e》的最大值为5 2者mAmA==2,求 Ccl的最小值为？ n着-a中ycyE,时+y的取值随围为得，司 三，填空慧{本整共3小蓝，每小道5分，共15分】 12,法国著名的数学家像莫弗规出了公式：[r{e8+im)门=r《aw+i对n),据此公 式，复数如+脚引的虚邮为 13.已知点0，A,B,C在同一平置，A,B,C三点不共线，且滴足0瓜+O丽十元-0，其中 |=S,O邓=2，风=14，喇·0丽的值为·△40B的面积 为 1四边形ACD中，BD-2,n∠ABD-号AD1m全，CD-2BC,设△ABD与△BCD 的而积分别为51：5：，则5：5：的量大慎为 四，解答器（本葛共5小题，共T行分.解答应写出文深说明，证明过翼或演算步骤引 15.13分)已知复数：情是2年十=3一，其中5为虚数单位. (1)求±： {2)设复数，2一1在复平面O方内对定的点分别为A,B,若四边形O4BC是复平面 内的平行固边形，求点C对皮的复数 单元垃关粉湖[八】做第3面具8或) 衡水直题密蓉 氧元过关检测川八)数学第4页（共8面 17,《15分}已知向量。=(inx,1》,b-〔3%z,一2)，函数f(x)=e十b)+0. 18,(17分)已担等边△ABC外接国圆心为O,半径为2，⊙O上有一点M,B=:B贰 1)若ab,求0o52x的值： +yBC. 2如，心分别为AABC的内角A,B,C的对边a-2,且/A)-名求△ABC图积 (1)若N为气AC的中点，求x+y的值： (2)求A·A丽的最大值. 的景大值， 单元垃关粉湖[八】做第5面具8或) 衡水直题密蓉 氧元过关检测川八)数学第S页（共8面 1以，“费马点“是由十七世起法国数学家费马翼出并征解的一个问题，诚可思是：”在一一个三 角形内求作一点，使其与此三角形的三个点的距离之和最小，”意大利数学家托里拆 利给出了解答，当△AHC的三个内角均小于120时，使得∠AOB=∠BC∠COA= 120的点0即为费马点：当△ABC有一个内角大于或等于120时，量大内角的厦点为 费马点.试用以上每识解决下自何画：已知△AC的内角A,B,C所对的边分期为：， 6,e,且60s2B+%2C-%2A=1, (1)求A, 《2若c=2,设点P为△AC的费马点，承P,P正+P店，P+元，PA: (3)设点P为△ABC的》马点，PB引十|PC一IPA,求实数t的量小值. A 单元垃关检测[八】数学第T页{具8页) 衡水真题密参 单元过关检测（八）数学第8页（其8互！衡水真题密卷 2如-2品)产 2(2l-) 1-…0-)=1-×+ >1-×， 71 2024一2025学年度单元过关检测() 一、选择题 1.A【解析】由(x一2)i=1十i,得x=3-i, 所以z=3十i,对应点为(3,1)，在第一象限 2B保n:名年》 (2+3m)+(m-6)i(2+3m)m-6 10 10 10i, 因为z为纯虚数，则2十3m=0且m一6≠0， 得m=一号，剥=导，则1=是 3.A【解析】因为a⊥b,故2(m+1)一m=0,解 得m=一2，所以a=(2,一2)， 则a在6方向上的投影向量为·日= 22-2x1.2-(信》 5 5 4.B【解析】因为P币=A-A卫-】A应+AC) 号AC-2A店+名AC, 所以A=7=行所以十=号 2 5.B【解析】以A为坐标原点，AB,AD所在直线 分别为工轴，y轴，建立平面直角坐标系， y D C A 则A(0,0),B(6,0),D(0,4),C(6,4),设P(s,t) 图为DP=DC,所以(s,t一4)=A(6,0), 即s=6x,t=4, 故P(6x,4),a∈0,3 。2 3 单元过关检测 6 1一4 21名品 771797 n-1-72十8‘>n-72>n-6 数学·平面向量及其应用、复数 则PA+PB=(-6,-4)+(6-6x,一4)=(6 12λ，-8)， 则|PA+PB|=√(6-12以)+64」 「2 因为a∈0,3 ,所以6-12λ∈[-2,6]， 所以(6-12λ)2∈[0,36]， 故|PA+PB1=√/(6-12x)2+64∈[8,10]. 6.A【解析】因为D为边BC上一点（不包含端 点)，所以B,C,D三点共线， 又AD=mAB+nAC, 可得m+n=1,则AD=mAB+(1-m)AC, 且0<m<1,0<n<1, 得|AD13=16m2+25(1-m)2+2m(1- m)AB·AC. 在△ABC中，因为AB=AD=4,AC=5,BC=6, 由余孩定理得os∠BAC=AB十AC-BC1 2AB·AC8 所以16=16m2+25(1-m)2+2m(1-m)× 4X5×日 整理得4m-5m十1=0，解得m=或m 1(舍去).所以，m=4 1 7.A【解析】因为DE=3,DF=23, ∠DEF=90°， 所以EF=√DF-DE=√3， 设∠BED=0,0E(o,2》: 尉∠BDE--0,∠CEF=-0,∠CFE- (经-0)-吾+a, 0 ·数学· BE DE 在△BDE中，由正弦定理 sin∠BDE sin B' BE 3 即 =23, n2x-0 所以BE=23sin3 CE EF 在△CEF中，由正孩定理 sin∠CFE sin C' 即 CE 2 所以cE=2sn(后+0小， 所以BC=BE+CE=23m(货-0)十 2sin(g+0）=6(sm2行os0-cos经n0）十 2(sm5cos0+cos哥n0）=25sin0+4cos9= 2Wf7sin(0+p)(其中tanp= 2 3), 所以BCm=27, X(27)2= 73, 即△ABC的面积的最大值是75， A sinA B 8.B【解析】利用an2-1+cosA,tan2 sin B sin A 十coSB及正孩定理和题设条件，得中oA sin A sin B sin B sin B+sin C 0,i十co9BsnA+nc②. 所以1+cosA=sinB十sinC③，1+cosB=sinA +sinC④. 由③和④得1+cosA一sinB=1+cosB-sinA, 即sinA+cosA=nB+cosB,sn(A+） sml(B+》 因为A,B为三角形内角， 所以A+=B+买浅A+-x一B-日 4 41 即A=B或A十B=受 3 参考答案及解析 若A=B,代入③得1十cosA=sinA十sinC⑤， 又C=π-A-B=r-2A, 将其代入⑤得1十cosA=sinA十sin2A. 变形得(sinA-cosA)2-(sinA-cosA)=0, 即(sinA-cosA)(sinA-cosA-1)=0⑥， 由A=B可得A为锐角， 从而知sinA-cosA一1≠0. 所以由回得如A-0sA=0,即A=至， 从而B=受C-受 因此，△ABC为等腰直角三角形； 若A十B=艺，即C-受，此时③④恒成立， 综上，△ABC为直角三角形 二、选择题 -1-(2-D__2 9.BCD【解析】由题可得z一2干4-子 号，即：在复平面内对应的点的坐标为 (仁子，》与点（层，-）关于原成对#，A错 误，C运确：8=-号号.B正确：e }+传-D确， 10,ACD【解折】对于选项A:S=2ksnA= 1 2=2,故be=2, a sin Bsin C )°=4，故sin Bsin C=,选 项A正确； b√5 对于选项B:inB3 =2,sinB-2,当b=2 时，B-受特合△ABC只有一解， 而2在(0,3]，故选项B错误： 对于选项Cb一c=1,cosA=2 1 (c+1)2+c2-3 2c(c+1) ,解得c=1,b=2,又a=3, 所以a+c=b,故B=受，选项C正项： A 衡水真题密卷 对于选项D,画出△ABC如下图， 可知A-号丽+Ad, 故两边平方得11=b2十c2+bc,又由余弦定理 有3=b2十c2-bc, 1 故bc=4,S△Ac=2 besin A=3,选项D正确. D 11.ACD【解析】对于A,由于|a|=25,b|= 6,a·b=18,则2√3×6×c0s(a,b〉=18， 则cos(a,b)= 2,因为0≤cos(a,b)≤x, 所以4与b的夹角为30°，故A正确； 对于B,设OA=a,OB=b,OC=c, 则CA=a-c,CB=b一c, 不妨设OA=(23,0),∠AOB=30°， 由于|a-b|=√/(a-b)=/12-2×18+36= 2√3，即AB=23,又因为OB=6, 所以△OAB为等腰三角形，且∠BAx=60°，故 B(3√3,3)， 因为(a-c,b-c〉=60°，所以(CA,CB》=60, 则，点C在以AB为弦，且使得∠ACB=60°的两 个优孤上，如图所示： 故C,点所在优孤所在的圆的直径为2= 23 sin60 4,则其半径为r=2, 设该圆的方程为(x-a)产十(y一b)2=4,将A, B坐标代入 移 (25-a)'+b2=4, 解得a=23, (33-a)*+(3-b)2=4 b=2 或/a=33, b=1, 则两优孤所在圆的圆心分别为O1(2√5,2)， A 单元过关检测 O2(3√3,1)，且两个圆心关于直线AB对称， 设AB的中点为M,则(a一c)·(b一c)= ci·C馆=CA+C)-(C-Ci) (2Ci)-(BA=|CM-3, 4 西0：到孩AB的距离为d=,P-(T- 4-3=1, 故|CM的最大值为r+1=3,则CM-3的最 大值为6， 即(a一c)·(b一c)的最大值为6，故B错误； 对于C,|c|即为|OC,结合C点轨迹可知当C 在圆O,上的那条优孤上运动时， |OC|会取到最小位， 由于0,0=√(23)+2=4， 故|OC|的最小值为4-r=4-2=2,即|c|的 最小值为2，故C正确： 对于D,结合以上分析可知a=(25,0),b=(3 √5,3)， 当C在圆O1上的那条优孤上时，圆的方程 为(x-2√5)+(y-2)2=4, 设ca5+2m9,2+2血，共中9e[后哥， 则由c=xa+yb(x,y∈R)可得(23+2cos0, 2+2sin0)=x(23,0)+y(35,3), 3 cos 0-sin 0, T= 解得 2 2 =3i9+3, 即+y=m+）+号 1, 11 所以 3≤2x+y≤1， 当C在圆O2上的那条优孤上时， 圈的方程为(x一3、3)+(y-1)=4, 设C(3√3+2cos0,1+2sin0), 共中9e[后， 则由c=xa十yb(x,y∈R)可得(33+2cos0, 1+2sin0)=x(2W3,0)+y(33,3), ·数学· I- 3 cos a-sin 0+1, 解得 2 p=3in9+3 +y-m++, 1 7 1 综上所述，2x十y的取值范国为 引D 正确 三、填空题 12.-162【解折】依通意，(os+m)】 2o要+m=2(=-16 16√2i,故所求复数的虚部为-16√瓦. 13.2:N5【解析】因为OA+OB+O心=0， 所以OA+Oi=-O元， 所以0A+O1=0心=√14， 故|OA12+1OB12+20A.OB=14, 解得OA·OB=2. 0A.0店6 又因为co5∠AOB= IOAIO6 所以sin∠AOB=y3和 6 所以S△a=21Oi11O丽∠A0B=号X 1 6X2x30 =5 145【折1日为BD-=2. 由正弦定理得sin∠ABD=ADsin A BD 名ADsA-ADam, A 所以nA=an会中2s如合os会 A A sin 2 A·因为sn2≠0 2co82 所以cos2A=1 3 ·3 参考答案及解析 3 所以cosA=-2sinA=2 由余弦定理得BD'=AB2十AD十AB·AD≥ 3AB·AD,所以AB:AD<,当AB=AD 时取等号， 1×435 所以S,=2AB·ADsin A≤2×3×2=3， 设BC=t,则CD=2t,在△BCD中由余弦定 理得 cosC=+(2)2-2_5t2-4 2t·2t 4址2 1 所以S:=2t·2sinC=√1-cosC= /-(-,声-5时8取得我 大位写所以5S:的展大值为 四、解答题 15.解：(1)设x=a十bi(a,b∈R),则之=a-bi, 故2x+x=2(a+bi)+a-bi=3a十bi=3-2i, 所以 a=3,解得a=1,6=-2,所以x=1一21 b=-2, (2)由(1)得，A(1,-2),B(2,-1). 因为四边形OABC是复平面内的平行四边形， 所以OC=AB=(1,1) 故点C对应的复数为1+i 16.解：(1)根据CA·C克=1，有CA·C店 1CA|·|CB|·cosC=1,即|CA|·1CB= 1 cosC· 又因为S=2CACB1·sinC= 即1CA1CB=snC 1 1 1 所以sin Cos C 所以sinC=cosC,即tanC=l, 因为C∈(0，x,所以C=是 (2)由sin Acos A=5, 4 有乞(2 2sin AcosA)=3】 T'sin 2A-3 ,又因为 A 衡水真题密卷 A∈(0)，2A∈0,2x),结合in2A- 2>0, 有2A∈0，)，即A∈(0，受》： 所以2A=或2A-行即A=看政A=子 2π 因为C-?,A十C<,故两值都符合题意。 当A=时，由正弦定理有a 6 sin A sin C' 即、2 2=4,解得c=22: sin 6 sin 4 22 当A=时，由正弦定理有 sin A sin C' 即2 2 a ,'32 解得c-26 3 sin 3 sin 4 22 综上A=后时，c=2EA-时c-26 3 17.解：(1)因为a∥b,所以3cosx=一2sinx, 则tanx= 3 21 cos 2x cosx-sin= cos'x-sin2x sin'x+cos'x 1-tan'x tan'x+1 3) 7,故c0s2x=7 -2/ +1 (2)由题知，f(x)=(a十b)·a=(sinx+ 3cos x)sin x+(1-2)X1=sin'x+ 3sin rcos -1 1 2 sin 2r- cos n(2z-g）-2即fx)=sin(2x-g）-2 又fA)=2,所以sin(2A-）=1, 得2A-音-2+2张xke1,又A∈0，， 所以A-子 因为a=2,且由余弦定理a2=b2十c2-2 bccos A 可知，4=b2+c2-2bcco83 所以b2+c2=4十bc, A 3 单元过关检测 由基本不等式可得b2十c2=4+bc≥2bc, 所以bc≤4（当且仅当b=c=2时取等号）， 1 (SAAnc)(bc)m sin A √3，即△ABC面积的最大值为√3. 18.解：(1)设D是AC的中点， 则BD⊥AC,且B,O,D三点共线， 若M为弧AC的中点， 则B,O,D,M四点共线 由于OA=OM-=OC,∠AOM=∠MOC=60°， 所以△AOM和△MOC均是等边三角形， 所以OA=OC=AM=CM=2, 所以四边形AOCM是菱形，OD=MD, 所以B丽-号励-手x名×(B酥+BC) 号成+成-威+成， 4 所以x=y=3x+y=3 (2)因为OA=OB=OC=2, c0-号×号AB-2所以AB=25, 所以AM,AB=(Aò+OM·AB= A0·AB+OM.AB=|A01·|AB1·cos30°+ |OM1·|AB|·cos(OM,AB) 2X2后×+2x8后×cmO. 6+43×cos(OM,AB), 所以当Oi,AB同向时，AM·AB取得最大 值6+4V3. 19.解：(1)△ABC中，cos2B十cos2C-cos2A=1, 1-2 sin'B+1-2 sinC-1+2 sin2A=1, 故sinA=sin2B+sin2C, 由正弦定理可得a=b2十c, 故△ABC直角三角形，即A= 2 (2)由(1)知A=2,所以△ABC的三个角都小 ·数学· 参考答案及解析 于120°， m>0,n>0,x>0, 则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC= 则由|PB|+|PC=t|PA|得m十n=t: ∠APC=120°， 由余弦定理得 设|PA|=x,|PB|=y,PC=, 由S△APB十S△HPe十S△Ae=S△AC得 AB+m-2mxcos3 …+…+…g (m2+m十1)x2, 22×2, AC=+nz-2nx'cos3 整理得y十g十-4 3 (n2+n十1)x2, 喇PA.Pi+P店.P元+PA.P心 BC:=m'x*+n2x2-2mnx2cos 2π 3 w…(←2）+(》+…（←） (m2+n2+mn)x2, 故由|AC+|AB2=|BC 3 得(n2+n+1)x2+(m2+m十1)x2= (m2十n2十mn)x2, 即m十n十2=mn,而m>0,n>0, 放m++2-m≤（吉 当且仅当m=n,结合m十n十2=mn, 解得m=n=1十√3时，等号成立， (3)点P为△ABC的费马点，则∠APB= 又m十n=t,即有t2-4t-8>0, ∠BPC=∠CPA-, 解得t≥2+2√3或t≤2-23（舍去）， PBI=mPAI,PC=nPA,PA=x, 故实数t的最小值为2+2√3. 2024一2025学年度单元过关检测（九）数学·立体几何初步 一、选择题 3.D【解析】A中，若l1∥a,l:∥a,则两条直线可 1.D【解析】充分性：当且仅当m亡a时，由m∥ 以相交，可以平行，所以A不正确：B中，若1川 n,能得到m∥a,故“m∥n”是“m∥a”的不充 a,1∥B,则两个平面a,3可以相交，可以平行，所 分条件： 以B不正确；C中，若1∥l2,l1∥a,则l2∥a, 必要性：由题意可知，m与n无公共点，则m∥n 或l2在平面a内，所以C不正确：D中，若l1川 或者m与n异面，故“m∥n”是“m∥a”的不必要 l2,l1⊥a,则l2⊥a,所以D正确. 条件。 4,A【解析】取BC的中点E,连接AE,DE, 所以，“m∥n”是“m∥a”的既不充分也不必要条件 C 2.C【解析】由题意作图如下： D H 国为H,G分别为AD,CD的中点，所以HG∥ 则DE⊥底面ABC,所以∠DAE为AD与平面 AC,同理可得EF∥AC,则HG∥EF, ABC所成的角. 所以E,F,G,H四点共面，则FH与EG相交. ·35 A