1、第2练平面向量、复数(限时45分钟，满分80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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(2019兰州二诊)复数z(1i)2，则|z|A0B1C2D3解析由题得z2i，所以|z|2.故选C.答案C2(2019长春期末)(2i)(1i)A4i Bi C4i D.i解析由题意，根据复数的运算(2i)(1i)22i4i.故选A.答案A3(2019全国卷)设zi(2i)，则A12i B12i C12i D12i解析zi(2i)2ii212i，所以12i.故选D.答案D4(2019全国卷)设复数|zi|1，z在复平面内对应的点为(x，y)，
2、则A(x1)2y21 B(x1)2y21Cx2(y1)21 Dx2(y1)21解析设zxyi，故而|zi|x(y1)i|1，化简得x2(y1)21.故选C.答案C5(2019全国卷)已知向量a(2，3)，b(3，2)，则|ab|A. B2 C5 D50解析由已知ab(2，3)(3，2)(1，1)，所以|ab|.故选A.答案A6(2019昆明一检)设向量a(x1，x)，b(1，2)，若ab，则xA B1 C. D.解析ab，2(x1)x0， x.故选C.答案C7(2019全国卷)已知非零向量a，b满足|a|2|b|，且(ab)b，则a和b的夹角为A. B. C. D.解析(ab)b，(ab)ba
3、bb2|a|b|cos |b|20，将|a|2|b|代入可得cos ，即夹角为.故选B.答案B8(2019合肥质检)若向量a，b的夹角为120，|a|1，|a2b|，则|b|A. B. C1 D2解析因为|a2b|2|a|24|b|24|a|b|cosa，b， 又a，b120，|a|1，|a2b|，所以714|b|22|b|，解得|b|(舍去)或|b|1.故选C.答案C9(2019烟台二模)已知a，b均为单位向量，其夹角为，则“”是“|ab|1”的A必要不充分条件 B充分不必要条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析因为|ab|1(ab)21a22abb211211cos 11cos 1
4、”的充分不必要条件故选B.答案B10(2019晋城二模)已知向量a，b满足2ab(1，2m)，b(1，m)，且a在b方向上的投影是，则实数mA士2 B2 C D.解析因为向量a，b满足2ab(1，2m)，b(1，m)，所以a，ab，|b|(|a|cos )ab，所以5m416m2160，即(5m24)(m24)0，解得m2.故选A.答案A11(2019长春质监)已知向量a(cos 2，sin )，其中R，则|a|的最小值为A1 B2 C. D3解析因为a(cos 2，sin )，所以|a|，因为R，所以1cos 1，故|a|的最小值为1.故选A.答案A12(2019南昌二模)已知ABC中，AB
5、2，B，C，点P是边BC的中点，则等于A1 B2 C3 D4解析在ABC中，由正弦定理得，即，解得AC2，因为，所以()(22)(84)2.故选B.答案B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2019宁德质检)复数z的实部为_解析复数zi，则复数z的实部为.答案14(2019开封三模)设向量a(x，x1)，b(1，2)，且ab，则x_解析由题得2x(x1)0，所以x1.答案115(2019石家庄二模)在平行四边形ABCD中，已知AB1，AD2，BAD60，若，2，则_解析由题意，如图所示，设a，b，则|a|1，|b|2，又由，2，所以E为CD的中点，F为BD的三等分点，则ba，b(ab)ab，所以a2abb21212cos 6022.答案16(2019泰安二模)如图，在ABC中，BAC，2，P为CD上一点，且满足m，若ABC的面积为2，则|的最小值为_解析因为ABC的面积为2，所以|AB|AC|sin A2，|AB|AC|sin2，|AB|AC|8，因此|cos4，因为mm，所以m1，m因此|222|2|212|13，当且仅当2|4时取等号即|，|的最小值为.答案