小題必刷卷(七)1.A[解析]cos∠ABC=BA·BC|BA||BC|=12×32+32×12=32,又∠2.D[解析]a+b=(4,m2),∵(a+b)⊥b,∴(a+b)·b=122(m2)=0,解得m=8.3.B[解析]由已知得x+xi=1+yi,根據(jù)兩復數(shù)相等的條件可得x=y=1,所以|x+yi|=|1+i|=2.4.A[解析]由題易知m+3>0,m1<0,解得3<m<1.5.D[解析]若|a|=|b|成立,則以a,b為鄰邊組成的平行四邊形為菱形,a+b,ab表示的是該菱形的對角線,而菱形的對角線不一定相等,所以|a+b|=|ab|不一定成立,從而不是充分條件;反之,若|a+b|=|ab|成立,則以a,b為鄰邊組成的平行四邊形為矩形,矩形的鄰邊不一定相等,所以|a|=|b|不一定成立,從而不是必要條件.故選D.6.A[解析]將|a+b|=|ab|兩邊平方,得a2+2a·b+b2=a22a·b+b2,于是有a·b=0,所以a⊥b.7.B[解析]設z=a+bi(a,b∈R).1z=a-bia2+b2,若1z∈R,則b=0,此時z∈R,故命題p1為真命題;若z∈R,則b=0,此時z=abi∈R,命題p4為真命題;z2=a2b2+2abi,z2∈R時,a=0或b=0,此時z為實數(shù)或純虛數(shù),命題p2為假命題.設z1=i,z2=4i,則z1z2∈R,但z1≠8.C[解析]顯然∠BOC為銳角,所以I1=OA·OB<0,I2=OB·OC>0,I3=OC·OD<0,如圖所示,過點B作BM⊥AC于M,過點A作AN⊥BD于N.三角形ABD與三角形ABC均為等腰三角形,所以BN=ND,AM=MC,所以OA<OC,OB<OD,∠AOB=∠COD>π2,所以I1>I3.所以I3<I1<I2.因此選C9.311[解析]∵AB·AC=3×2×cos60°=3,AD=13AB+23AC,∴AD·AE=13AB+23AC·(λACAB)=λ3×3+2λ3×413×10.23[解析]|a+2b|=a2+4a·b11.12[解析]因為λa+b與a+2b平行,所以存在唯一實數(shù)t,使得λa+b=t(a+2b),所以λ=t,12.52[解析]由(a+bi)2=3+4i,得a2+2abi+b2i2=3+4i,即a2b2+2abi=3+4i,又a,b∈R,所以由復數(shù)相等的充要條件,得a2-b2=3,2ab=4,解得ab=2,a2=4,b2=13.A[解析]AB+12(BD+BC)=AB+BG=AG,故選A14.B[解析]由題得AB=(3,4),所以AB=5,所以與AB同方向的單位向量e=15AB=35,45,故選15.A[解析]z2=z2=|34i|=32+(-4)2=5,16.A[解析]∵(ka+b)∥(a3b),∴10(2k+2)=4(k3),∴k=13,故選A17.C[解析]z=a-i1+i=(a-i)(1-i)(1+i18.C[解析]∵|OM+OP|≤|OM|+|OP|,當且僅當OM與OP方向相同時取等號,∴|OM+OP|的最大值為|OM|+|OP|=2+1=3,故選C.19.C[解析]設z=a+bi(a,b∈R),由z·z=2(z+i)得(a+bi)(abi)=2(abi+i),解得a=b=1,所以z=1+i.故選C.20.C[解析]∵a·b=35,∴|a+mb|2=a2+2ma·b+m2b2=m2+65m+1=m+352+1625,則|a+mb|的最小值為45,21.B[解析]由題意可得∠AOB=90°,以OA,OB所在直線分別為x軸,y軸建立直角坐標系,如圖所示,設A(1,0),B(0,1),則點C在優(yōu)弧AB上.設C(cosα,sinα),則α∈π2,2π,顯然OC=cosαOA+sinαOB,則m=cosα,n=sinα,則m+n=cosα+sinα=2sinα+π4.由于α∈π2,2π,所以α+π4∈3π4,9π4,所以sinα+π4∈1,22,所以m+n∈[2,1),故選B.22.3[解析]∵z<0,∴z∈R,又∵z=(a+i)(3+ai)=4a+(a23)i,∴a23=0,解得a=±3.當a=3時,z>0,不符合題意,∴a=3.23.π3[解析]由|a+3b|=13,得|a+3b|2=a2+6a·b+9b2=13.因為a,b是單位向量,所以6a·b=3?a·b=12,所以cos<a,b>=a·b|a|·|b|=12,又因為<a,b>∈[0,24.102[解析]向量a=(2,m),b=(1,2),若a⊥b,則a·b=2+2m=0,解得m=1,則c=a+b=(1,3),所以a在向量c方向上的投影為a·c|c25.[2,6][解析]建立平面直角坐標系,如圖所示.由BA⊥AC,且∠ACB=60°,AC=2,BE=EC,得A(0,0