周测评(十一)平面向量(概念、运算、基本定理及坐标表示)及复数-【衡水真题密卷】2027届高三数学学科素养周测评（A版）

·数学· 参考答案及解析 参芳答案及解析 2026一2027学年度学科素养周测评（十一）】 数学·平面向量（概念、运算、基本定理及坐标表示）及复数 一、选择题 11 1.D【解析】由1·z+2=2i,可得之=一2+2 =2十 2很7）-显以当员”即m i 2i,则z=2一2i,所以之·之=(2十2i)(2-2i)=4-4 m=2时，等号成立，此时十2取最小位 33 3,故 =8. D正确. 2D【解析】由a十b=1,得(a十b)2=1,即a2十5.C【解析】因为z1十z22=(x1十z2)·1+2= 2a·b+b2=1;由a-b|=√5，得(a-b)2=3,即 (z1十z2)·(z1十22)，且|z1十z2|=4,z11=3,所 a2-2a·b十b2=3.两式相减，得4a·b=-2,所 以之1十222=z121十21之2十之1之2十z2之2=9+|z2|2十 以ah=一是 (2122十122)=16，得|z22十1之2十之1之2=7；同理， 因为之1一之2|2=（之1一之2）·21-之2=（之1一之2）· 3.B【解析】由z一1-=1，可得在复平面内之对 (之1-x2),且|z1-22|=10,所以z1-之212= 应的点Z的轨迹是以，点C(1,1)为圆心，1为半径 的圆，之十i的几何意义为点Z到，点A(0,一1)的距 之121-z122-2122十2222=9十|之2|2-(z122 离，而|AC|=√(0-1)2+(-1-1)=√5，所以 十21之2)=10，得|z212-之122一1之2=1，联立可 得|z2|2=4,z2|=2,所以z1·x2|=|之1|·x2 |x+i训的最大值为√5+1. =3×2=6. 4.B【解析】对于A,Ad=A店+Bd=A店+B式 6.D【解析】由AB=2,AC=2√3，AC⊥AB,得 =A店+子AC-A)-子A店+A忘，故A正确； ian∠ABC-AS-,故∠AC-子，又∠C 2 对于B,由A可知40-号A+号AC,所以0 3,所以∠ADC+∠ABC=元，则A,B,C,D四点 共圆，以BC为直径作圆，如图所示，故，点D的轨 越是以AC为候，周用角为行的岁狐（不合A,C两 =合x35+gx6+6x6x=27.在A0C 1 点)，则AD.A店=AD1·AB|·cos∠BAD= 2|AD·cos∠BAD,又IAD|·cos∠BAD表示 中，由余弦定理得cos∠A0C=A0+0C-AC」 2AO·OC AD在AB上的投影，由图可知，|AD1·cOs∠BAD 2X27×414,故B错误；对于C因为M,0, 28+16-36_√7 ∈[-1,0)，故AD·AB≥-2（当，点D为劣孤AC 的中点时取等)，即AD·AB的最小值为一2. N三点共线，所以存在实数入使得A可=入AM+ (1-λ)AN,又因为AB=mAM,AC=nAN,由A 可知，Ad-号店+A花-2A+ga过，所以 +写-1，中2m十=3，故C三确；对于D由C 二、选择题 可知，2m十n=3,结合题意可知m>0,n>0,所以 ++w(+)=4+）≥ 又ACD【解析】由题意得22”1十2，则2· =(-1)2-(2i)2=1十4=5，故A正确，B错误；之一 。1 A 2027 学科素养周测评 5+6i=一6+8i,所以x-5+6i=√(-6)2+82= m+m=16,所以写=m+nim一n=m+n2= 10,故C正确；之=一1一2i,故在复平面内，之对应的，点 16,则c=32,实系数方程2x2+bx十32=0有虚数根， 为（一1，一2），在第三象限，故D正确. 则△<0，即b2一4×2×32<0，解得一16<b16,故b 8.ABD【解析】对于A,因为|BC+BAI=|AC1 的取值范围为（一16,16）. |BC-BAI,所以BC+BAI2=|BC-BAI2, 【解析】已知菱形ABCD 即BC+BA2+2BC·BA=BC+BA2-2BC· BA,所以BC.BA=0,即BC⊥BA,所以△ABC 的边长为2，∠BAD=60°，以对角线交点O为原点， 为直角三角形，故A正确；对于B,如图，取AB的 对角线AC为x轴，BD为y轴，建立如图所示的平 中点F,连接GF,GA,GB,GC, 面直角坐标系， E D 故A(-√3,0)，C(3,0),B(0,-1),D(0,1), G+G+G心=0，得G-号G+G丽) 设动点P(xy),则PA=(-3-x,-y),PB= 号元，因此点G是△ABC的童心，所以而- (-x,-1-y),PC=(3-x,-y),PD= (-x,1-y),所以PA·PB+PC.PD=2x2+ C-×2C+)=日(Ci+G,B 2y2=3 ,化简可得点P的轨迹方程为x2+y2 正确；对于C,过点B作BD⊥L2,BELL1,则B,D,E 3 三，点共线，BD=2,BE=1,设∠ABD=0(0<0< 中点卫在以原点为圆心，辛径为-的圆 ),又BC⊥BA,则∠EBC-登-9，所以AB= 上，则PiP心--+y=-,PiP防= BD 2 BE 1 c0s0=eos0,BC=n9=sin)又点G为 2+w-yty=(+}+-》°-1.又 1 △ABC的重心，所以△GAB的面积S△GAB=3 点P是国x+y-上的点，以原点为国心，半 1 2 S4cn=1×1·AB·BC=3X2coS月sina 径，= 所以o++0- 3品2对产号点且仅声9-石中9-时取等 2 ++≤++6 号，故C错误；对于D,与B同理可得BG= 3 (威+BC,所以BGt=gB+C):- -≤(+}+(-2》≤+， 2 9 (BA:+BC:+2BA.BC)-1 4 1 所以是B≤(+)+b-》}°-1+a, sin20/ =号(5+49 9)≥(5+2· cos20 p·市的取值范周为[一，+同 cos20 四、解答题 4sin20 cos20 V cos20 sin20 =1,当且仅当 4sin20 cos20 cos20 sin20' 11.解：(1)由题意得，Z1(0,2),Z2(4,6),则0Z1= (0,2),Z1Z2=(4,4), (2分) 即tan0= 2时取等号，故B≥1，故D正确. 所以OM=λOZ1十uZ1Z2=λ(0,2)+μ(4,4)= 三、填空题 (4μ，2λ+4μ). 9.(-16,16)【解析】由题意可知方程2x2十bx十c= 又OM⊥Z1Z2,所以OM.Z1Z2=0, 0(b,c∈R)有两个虚数根，设方程2x2十bx十c=0(b, 即(4,4)·(4,2入+4μ)=0， c∈R)的两个虚数根为m十ni和m一ni,m,n∈R,则 所以λ+4μ=0. (8分) A ·2· ·数学· 参考答案及解析 因为OM⊥Z1Z2,所以OM≠0， 所以所求唐线方器为。 x 21. (10分) 所以入与μ的关系为入=一4μ（μ≠0）.(10分) (2)若M,Z1,Z2三点共线，则有MZi=tZ1Z2, (3)由题意得点B(-1,-1)在燕转角是交的旋 t∈R且t≠0或-1. 所以M0+OZ1=t(Z10+Oz2), 转变换下所得的点为B'(0,一√2). (11分) 即OM=(t+1)0z1-tOZ①. (14分) 设A,C在旋转角是于的旋转变换下所得的点分 由OM=λOZ1+μZ1Z2, 别为A'和C. 得OM=λOZ1+u(Z10+OZ2), 即OM=(a-μ)OZ+OZ2②. (17分) 设曲线y=1在旋转角是不的旋转变换下所得 由①②知十1=入-“'解得X=1,4∈R且4≠0 一t=4, 前线为，则有2可知，，苦号-1 或1，所以入的值为1. (20分) 则B'是M的下顶点. 12.解：(1)由题可设所求点的坐标为(xo,yo), 由题知△A'B'C'为等边三角形，△A'B'C'的面积 ,=-eos至+sin, 即为△ABC的面积. 则 设△ABC的边长为t(t>0), 由双曲线的对称性可知，当A'和C'同在M'的下 故所求点的坐标为(。豆-士).4分》 支时，有A(-台一受-列. (2)设曲线xy=1上任意一点(x,y)经过旋转角 代入M的方程，无解； (15分) 是”的旋转变换所得点的坐标为(x',)。 当X有（同在M的上支时市A兰受列， xcost ysin 元 π 2 (x-y), 代入M的方程得1=2,6，则△ABC的面积为2 .1 则 即 π 2 (x+y), (7分) X26r×g-5瓦 (19分) 可得(y')2-(x)2=2xy=2, 综上所述，△ABC的面积为6√3. (20分) 2026一2027学年度学科素养周测评（十二） 数学·平面向量的应用（含正、余弦定理）】 一、选择题 1.D【解析】在△ABC中，∠ABC=30°，由△ABC V1+62)+2X1X2s日，解得c®s0=_6+2 4 有两解，得30<C<150,且C≠90，则}<血C< 3.A【解析】如图，由题知∠BAC=90°-30°=60° 在△ABC中，由余弦定理可得BC2=AC2十AB2 1,由△ABC外接圆半径为4及正弦定理得，AB= 8sinC∈(4,8)，所以边AB的长可能为5. 2AC·ABcos60°=302+402-2×30×40×c0s60° 2.A【解析】因为三个力平衡，所以F1十F2十F:=0, =1300,故BC=10√/13海里，所以乙船至少需要 所以F3=F十F2=√TF+2F1·F2十F2下= 航行10√/13海里. /12+2X1x6-2 22cos45+(5,2)°=2 ，2 设F3与F1的夹角为0，则|F2|=|F1+F3| VF+Pa+2IFF,os0,即6,2 2 ·3 A2026一2027学年度学科素养周测评（十一） 数学·平面向量（概念、运算、 基本定理及坐标表示)及复数 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36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 4 5 6 答案 1.已知复数之满足i·之+2=2i,则x·x= A.√2 B.2√2 C.4 D.8 2.已知a+b=1,a-b=√3，则a·b= 1 A.2 c号 n-号 3.已知复数z满足|之一1一i=1,则|z+i的最大值为 () A.√2+1 B.√5+1 C.22+1 D.25+1 4.如图，在等边三角形ABC中，AB=6,点O是靠近B的三等分点，过O的直线分别交射 线AB,AC于不同的两点M,N,AB=mAM,AC=nAN,则下列选项中不正确的是 () A.Ad-号A+AC B.os∠A0C=Y7 1 C.2m+n=3 D是+号的最小值是8 m n 学科素养周测评（十一）数学第1页（共4页） 笔尖破混沌，每一步都算数 5.已知之1，z2是复数，满足z1十z2|=4,x1|=3,|z1-x2=√10，则|z1·z2|=( 班级 3 A.2 B.3 C.6 D.43 姓名 &在平面四边形ABCD中，AB=2,AC=2原，AC1AB,∠ADC-行，则AD,A店的最 小值为 得分 A.-3 B.-2√3 C.-1 D.-2 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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 7 8 答案 5i 7.已知z2-则 () A.之·之=5 B.之的虚部为一2 C.之-5+6i=10 D.在复平面内，之对应的点在第三象限 8.如图，已知直线l1∥12，点B是11,12之间的一个定点，点B到l1,l2的距离分别为1和 2,点A是L2上的点，点C是11上的点，且|BC+BA|=|AC引，平面内一点G满足GA +GB+GC=0,则 A.△ABC为直角三角形 B.-(CA+CB) C.△GAB面积的最小佰是号 D.|BG≥1 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 9.若方程2x2十bx十c=0(b,c∈R)的一个虚数根的模为4，则b的取值范围为 10.已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，设点P为平面内一动点，满足PA·PB +P心.PD-多，则PA.P心-；P.P币的取值范围为 学科素养周测评（十一）数学第2页（共4页） A 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 11.(20分)已知复数1，之2在复平面内对应的点分别为Z1,Z2,O是坐标原点，M是复平 面内一点，且OM=λOZ1十uZ1Z2(入，μ∈R). (1)若之1=2i,之2=4十6i,OM⊥Z1Z2,求λ与4的关系； (2)若OZ1,OZ2不共线，M,Z1,Z2三点共线，求入的值 A 学科素养周测评（十一）数学第3页（共4页） 12.(20分)复数除了代数形式a+bi之外，还有两种形式，分别是三角形式和指数形式，著 名的欧拉公式e0=cosO+isin0体现了两种形式之间的联系.利用复数的三角形式进 行乘法运算，我们可以定义旋转变换.根据(a+b)e9=(a十bi)(cos0十isin0)=acos0 一bsin0+(asin0+bcos0)i,我们定义：在直角坐标系内，将任意一点绕原点逆时针方 向旋转0的变换称为旋转角是0的旋转变换.设点A(α，b)经过旋转角是0的旋转变换 la'=acos 0-bsin 0, 得到的点为A'(a',b),且旋转变换的表达式为 曲线的旋转变换 b'=asin 0+bcos 0. 也如此，比如将“对勾”函数y=x十图象上的每一点绕原点逆时针方向旋转5得到双 y2 曲线： =1. (√2+1)2(W2-1) (1)求点（一1，一3）经过旋转角是的旋转变换得到的点的坐标； (2)求曲线xy=1经过旋转角是牙的旋转变换得到的曲线方程； (3)在等边△ABC中，B(一1，一1)，A,C均在曲线xy=1上，求△ABC的面积. 学科素养周测评（十一）数学第4页（共4页）