单元过关(八) 平面向量及其应用、复数-【衡水真题密卷】2027年高考数学单元过关检测（B版）

2026一2027学年度单元过关（八） 数学·平面向量及其应用、复数 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 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。 题号 1 2 3 5 6 8 答案 10i 1,在复平面内，3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 2.已知AB=(-1,cosa),BC=(2,0),CD=(2,2sina),若A,B,D三点共线，则tana= () A.-2 c D.2 3.设向量a=(2,2-x),b=(1十x,1),则“a∥b”是“x=1”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.已知单位向量a,b满足a·b=0,若向量c=a+√3b,则sina,c〉= 5.已知e1,e2是两个不共线的向量，a=e1一2e2,b=2e1+ke2.若a与b是共线向量，则实 数= () A.2 B.4 C.-2 D.-4 单元过关（八）数学第1页（共8页） 你未来的样子，藏在视在的学力里 6.如图，N为等边三角形ABC的中线AD上任意一点，若MB=3,MC=2,则MN· 班级 (MB-MC)= ( 姓名 得分 13 9 A.2 b.2 c.2 0.2 7.向量OA与OB在i=(1,0)上的投影向量均为(4,0)，AB|=4,则当∠AOB最大 时，OA·OB= () A.23 B.6 C.12 D.16 8.如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根 直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为 “圭”).当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面所成角即太阳 高度角.圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线，日影长度最短的那一 天定为夏至，投影点为夏至线；已知景德镇冬至正午太阳高度角为36.9°，夏至正午太阳高 度角为0，表高42cm,圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50cm,则sin(0一36.9°)的值 约为套考数据：am6.9r》 ( 夏至女 冬至在 表 南 日影 A. .3 √2 C.2 n号 单元过关（八）数学第2页（共8页） B 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。 题号 9 10 11 答案 9.已知虚数之1，之2是方程之2+4之十8=0的两个不同的根，则 () A.=z2 B.之1十之2=4 C.之1之2=8 D.z十z?=32 10.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=3,b=2,sinB=sin2A,则 () A.sin B=42 9 B.cos C=-1 C.c=3 D.S△ABC=2√2 11.已知非零向量a,b,c,则下列结论正确的是 A.若a(b·c)=0,则b⊥c B.若(a十b)⊥(a-b),则|a|=|b C.向量(a·b)c-(a·c)b与向量a垂直 D.若a·c=b·c,则a=b 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知225=a一bi(i为虚数单位，a,b∈R),则a十b= 13.在平行四边形ABCD中，E,F分别为CD和BC的中点，AC=λAE+uA户，其中A,u ∈R,则入十4= B 单元过关（八）数学第3页（共8页） 14.如图，已知正方形ABCD的边长为2，过中心O的直线1与两边AB,CD分别交于点 M,N.若Q是BC的中点，则QM·QN的取值范围是 ;若P是平面内一 点，且满足2OP=λOB+(1一λ)OC(入∈R),则PM·PN的最小值是 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.(13分)已知复数之=3+mi(m∈R),之1=(1十3i)之，且之1为纯虚数. (1)求复数之； (2)设之，2在复平面上对应的点分别为A,B,O为坐标原点，求向量OA在向量OB 上的数量投影. 单元过关（八）数学第4页（共8页） 16.(15分)已知向量a=(2sinx,cosx),b=(sinx,cosx),函数f(x)=a·b. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)的最小值，并求出当f(x)取最小值时x的取值集合. 单元过关（八）数学第5页（共8页） 17.(15分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acos C+√3 asin C-b- c=0. (1)求A; (2)若a=2,△ABC的面积为√3，求b,c的值. 单元过关（八）数学第6页（共8页） B 18.(17分)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.已知sinA 5,△ABC的面积为10√3. (1)求a,b; (2)已知D为边BC上一点，回答下列问题. ①若AD是∠BAC的角平分线，求线段AD的长； ②若CD=2BD,求tan∠BAD. B 单元过关（八）数学第7页（共8页） B+C 19.(17分)对于一组向量a1,a2,a3,…,am(n∈N且n≥3)，令Sm=a1+a2十a3十…十am, -sin 2,c= 如果存在ap(∈{1,2,3，…，n}),使得ap|≥sm一ap,那么称ap是该向量组的“长 向量”. (1)设am=(n,x十2n),n∈N且n>0,若a3是向量组a1,a2,a3的“长向量”，求实数x 的取值范围. (2)若a。-(sin,cos2》x∈N且n>0,向量组a1a2a,a,是香存在长向 2/ 量”？给出你的结论并说明理由. (3)已知a1,a2,a3均是向量组a1,a2,a3的“长向量”，其中a1=(sinx,c0sx),a2= (2cosx,2sinx).设在平面直角坐标系中有一点列P1,P2,P3,…,Pm,满足P1为 坐标原点，P2为a3的位置向量的终点，且P2+1与P2关于点P1对称，P2k+2与 P2+1(k∈N且>0)关于点P2对称，求|P1o15P1o16|的最小值. 单元过关（八）数学第8页（共8页）·数学· 参考答案及解析 =sin 2xcos xsin3x+cos2xsin'x-sinx)+ =c0s32x-c0s32x=0, (coss x-sin2x cos'x-sin 2xsin xcosx)- 所以f(x)是常数函数； (15分) cos32x ①当≥4时，1( )=-cos+ 一c0s 0,故 3cos2xsin'x-sinx cosx-3sin2xcos'x- cos2x f(x)不是常数函数. =(cos2x-sin2x)3-cos32x 综上，k=3. (17分) 2026一2027学年度单元过关（八） 数学·平面向量及其应用、复数 一、选择题 10i10i(3+i) Mi-i心)-tWr-Mcy]- 1.B【解析】设z-3-3一D3十D=i(3+iD 方法二：以D为原，点，DC,DA所在直线分别为 -1十3i,则之在复平面内对应的，点为（一1,3），位 x,y轴，建立如图所示的平面直角坐标系. 于第二象限. 2.A【解析】根据题意，AB=(-1,cosa),BC= (2,0),C元-(2,2sina),则BD-BC+CD= (4,2sina),若A,B,D三点共线，则AB∥BD,则 有4cosa=一2sina,变形可得tana=-2. 3.B【解析】向量a=(2,2-x),b=(1十x,1),若 a∥b,则(2-x)(1十x)=2,解得x=0或x=1, 设M(x,y),N(0,n),B(-a,0),C(a,0).则MN 所以“a∥b”是“x=1”的必要不充分条件. =(-x,n-y),MB=(-a-x,-y),MC=(a 4.A【解析】由单位向量a,b,得a=1,b|=1, x,-y),CB-(-2a,0).所以MN·(MB-MC) =MN.CB=2ax.又因为MB=3,MC=2,所以有 又a·b=0,所以c2=(a+√3b)2=a2+23a· 1(x+a)2+y2=9, b+3b2=a2+3b2=4,所以c=2, (x-a)2+y2=4, 两式作差，得4ax=5,故MN· 又a·c=a·(a+3b)=a2+3a·b=a2=1, 所以osae=日日-所以mae- a·c1 城-d)-2a-8 7.C【解析】设OA=(4,m),OB=(4,n),所以AB 5.D【解析】由已知a≠0，因为a与b是共线向量， =OB-OA=(0,n-m),因为|AB=4,即n-m 所以3入∈R,使b=aa,即2e1+ke2=入(e1一 =4.设0A=(4,m),OB=(4,m-4),设0A与OB的 2e2),所以2e1+e2=Ae1-2λe2, 夹角为0,0A.0B=16+m2-4m=(m一2)2+12 即2=入，解得 入=2， =-2入， k=-4, 即的值为一4。 ≥12>0，可知0e(6,2）又S%w-×4x4=8 6.D【解析】方法一：因为△ABC为等边三角形，点D 是边BC的中点，所以AD⊥BC,故DN·CB= 专，om0.珠以aa=品 o,MN·(M-M)=(Mi+DN)·CB=Mi· Ci+DN.Ci=M心.Ci. mi,i-=9g0e,g》, 又因为D是△MBC的边BC上的中，点，所以M而 则当∠AOB最大时，tan0最大，即OA.OB最 小，此时OA·OB=(m-2)2十12=12，当且仅当 专+M心，所以N.亩-号a店+d)· m=2时等号成立. ·31· B 2027 单元过关 3 AC 对于D,若a·c=b·c,则a·ccos(a,c〉= 8.C【解析】如图，tan∠ABC=tan36.9°≈ |b|·ccos(b,c),可得到|acos(a,c)=b|cos(b, =42cm,所以BC≈56cm. c),不能确定a=b,故D错误. 夏至正午阳光 冬至正午阳光、 三、填空题 A 表 12.一1【解析】因为i2025=i4×506+1=i,由复数相等 圭面南 北 的充要条件得a=0,b=一1，所以a十b=-1. D夏至线圭B至线 又BD=50cm,所以CD≈6cm,根据勾股定理可 18.兰【解析】如图 得AD≈30√2cm.在△ABD中，根据正弦定理可 D E BD AD 50 sin/BAD-sin∠ABD:中sn036.9r≈ 知 30√ ,解得sin(0-36.9)≈ 2 3 2 由平面向量的加法法则可得AC=AB+AD, 二、选择题 9.AC【解析】由z2+4z+8=0,得(x+2)2=一4， A=A馆+B萨=A店+号A市， 解得之=-2士2i,则x1|=z2=2√2，之1十之2= A应=A市+D成-2A店+A市， -4,2122=8,z3十z2=0. l0.ACD【解析】因为sinB=sin2A,所以sinB= 图为A衣=AA它+A京=A(2A店+AD)十 2 sin Acos A,由正弦定理可得b=2 acos A,又a 专3，b=2,所以08A=3sm4=32 1 3,sin B= +A)=(+2)市+（合+r脑， 1 42 a+2=1 g,故A正确：又b三a,所以CosB一g,c0sC= 2 所以 解得入=4=子，因比A十=等 -c0s(A+B)=-cos Acos B+sin A sin B=3 1 2+u=1 故B错误；因为cosA=cosC,所以c=a=3,故 14.[-1,0]；-子【解析】由直线1过正方形ADCD CE流1S2m-cnA=日×2X8×2g2- 1 的中心O且与两边AB,CD分别交于点M,N, 得O为MN的中点，则OM=-ON,QM.QN 2V2,故D正确. =(Q0+OM)·(Q0+oN)=Q02-OM?, 11.ABC【解析】对于A,因为a为非零向量，若 由Q是BC的中，点，得1Q01=1,又1≤1OM≤ a(b·c)=0,则b·c=0,故b⊥c,故A正确； 对于B,若(a十b)·(a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2 √2，则-1≤Q02-OM2≤0， =0,故a=|b|,故B正确； 所以QM·QN的取值范围为[-1,0]； 对于C,因为[(a·b)c-(a·c)b]·a=(a·b)c· 令0i=20P,则0i=20P=A0B+(1 a-(a·c)b·a=(a·b)(c·a)-(a·b)(c· λ)0C,则Oi=OB+0心-0C,即Oi-O心= a)=0,所以[(a·b)c-(a·c)b]⊥a,故C正确； λOB-OC,于是C7=CB,即点T在直线BC B ·32· ·数学· 参考答案及解析 上，因此101≥1，O≥3，则PM·PN 因为sinC≠0，所以W3sinA-cosA-1=0, (PO+OM)(PO+ON)=PO:-OM2, 所以nA-音）一名 而1≤1OMI≤2，因此PM.PN=Pò2-OM 又0<A<x,故A-子 (8分) ≥骨-2=-子所以成，P时的最小债为-是 (2)由题得△ABC的面积S=2 besinA=V3,故 四、解答题 bc=4①. (10分) 15.解：(1)x1=(1+3i)(3十mi)=3-3m+(9+m)i, 又a2=b2+c2-2 bccos A,且a=2,故b2+c2= (2分) 8②， (13分) 因为之1是纯虚数， 联立①②得b=c=2. (15分) 所以3-3m=0且9+m≠0，解得m=1.(4分) B+C 所以之=3十i. (5分) 18.解：(1)因为sinA=sin 2 (2)由(1)可得之=3十i,之2=8十6i,即A(3,1), B(8,6),所以OA=(3,1),OB=(8,6),(8分) =c052' 所以2sin2cos2=sinT,A=cos 所以向量OA在向量OB上的数量投影为 0.0i3×8+1×6-3. 因为0<含←，所以co0, A (13分) |OB|√82+6 故s血会可得A=音 A=1 (4分) 16.解：(1)f(x)=a·b=(2sinx,cosx)·(sinx, cos x)=2sin2x+cos2x=1+sin2x 因为S△Ac=2 csin A=103,c=5,解得6=8， 0s2红+ =1+1-cos2x=-1 (4分) 由余弦定理得a2=b2+c2-2 bccos A=64+25 2 故了x)的最小正周期T-暂-元 -2×8×5×2 =49,解得a=7. (6分) (6分) 1 (2)当cos2x=1,即2x=2kπ(k∈Z),x= (2)①SAADC=S△ABD+SAACD=2 XABXADX kπ(k∈Z)时， (10分) sin∠BAD+)XACXADXsin∠CAD, 2 了d)=7s2x+名取最小值且fc)m=1 依题意有ADsin+4 ADsin10,3 (13分) 6 故当f(x)取最小值时，x的取值集合为{x|x= 解得AD= 403 13 (10分) kπ，k∈Z}. (15分) 17.解：(1)由acos C+√3 asin C-b-c=0及正弦 定理得sin Acos C+W3 sin Asin C-sinB一sinC =0. 因为sinB=sin(r-A-C)=sin(A+C) ②设∠BAD=0,则∠CAD=答-9,0<0< 3 =sin Acos C+cos Asin C, AB BD 所以√3 sin Asin C-cos Asin C-sinC=0. 在△ABD中，由正弦定理得， in∠ADB-sin0' (5分) 故BDsin∠ADB=5sin0, ·33· B 2027 单元过关 AC 在△ACD中，由正弦定理得， 即a≥a?十a?十2a2·a3,同理a≥a十a号十 sin∠ADC 2a1·a3,a3≥a+a8+2a1·a2, CD snl- ,故CDsin.∠ADc=8sin(5-g, 三式相加并化简，得a十a十a号十2a1·a2十2a1· a3+2a2·a30, 由于CD=2BD,sin∠ADB=sin∠ADC, 即(a1十a2十a3)2≤0，a1十a2十a3≤0， 则4sin(行-0）=5sin0, 所以a1十a2十a3=0, 设a3=(u,v),由a1十a2十a3=0, 即2,5cos0-2sin0=5sin0,解得tan0=2,3 u=-sin x-2cos x, 得 (11分) 即tan∠BAD=2V3 v=-cos x-2sin x, 71 (17分) 设Pn(xnyn),因为P2+1与P2关于点P1对 19.解：(1)由题意得a3≥|s3-a3,即a3|≥ 称，P2+2与P+1(k∈N且k>0)关于点P2对 a1+a2, 称，则依题意得， 又am=(n,x+2n),故a1=(1,x十2)，a2= (x2+1y2+1)=2(x1,y1)-(x26,y2）①， (2,x+4),a3=(3,x+6), (x2+2,y2+2)=2(x2,y2)-(x2+1,y2k+1)②， 故√9十(x+6)2≥√9+(2x+6)2, 将①代入②，得(x2+2y2+2）=2[(x2,y2) 解得-4≤x≤0， (x1y1)]+(x2,y2), 故实数x的取值范围为[一4,0]. (4分) 从而(x2,y2)=2[(x2y2)-(x1y1)]+ (2)存在“长向量”，且“长向量”为a2,a6. (5分) (x2-2,y2张-2），…， 理由如下： (x4y4)=2[(x2y2)-(x1y1)]+(x2,y2), 2+cos2nπ 由题意可得a.=√sin2 2 =1, 以上及个式子相加并化简，得(x2+2,y2+2)= 若存在“长向量”ap,只需使sm一ap≤1， 2k·[(x2y2)-(x1y1)]+(x2y2), 又s,=a1+a2十a3+…+a,=(1+0-1+0十 由②知，(x2+1y2+1)=2(x2y2)-(x2+2,y2+2) 1+0-1,0-1+0+1+0-1+0)=(0,-1), =2(x2,y2)-2k[(x2,y2)-(x1,y1)]-(x2,y2)= 2 -2k[(x2y2)-(x1y1)]+(x2y2), s-a= p+1】 pπ+(cos2 sin? 2 所以P2+1P2+2=(x24+2-x2+1,y2+2一y2+1)= 卫π /sin:PrEcos 2cos 4k[(x2,y2)-(x1y1)]=4kP1P2, (14分) r∠1， 其中P1P2=(u,v)=(-sinx-2cosx,-cosx =/2+2cos2 2sin x), 即0G2+2as≤1，即-1cos≤-合 PP22=(-sin x-2cos x)2+(-cos x- 当p=2或6时，符合要求， 2sinx)2=5+8 sin xcos x=5+4sin2.x≥1，当且仅 故存在“长向量”，且“长向量”为a2,a6.(9分) 当x=uZ)时等号成立， (3)由题意，得|a1≥a2十a3,则a112≥a2十a32, 即a≥(a2十a3), 故1P,sP1m=4X1014=2028. (17分) 2 B ·34·