【文档说明】高考数学(理数)一轮复习05《平面向量与复数》单元测试 (含详解).doc，共(7)页，168.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1一、选择题：本题共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．(2018·全国卷Ⅱ)i(2＋3i)＝()A．3－2iB．3＋2iC．－3－2iD．－3＋2i解：i(2＋3i)＝2i＋3i2

＝－3＋2i．故选D．2．(2016·山东)若复数z＝21－i，其中i为虚数单位，则z＝()A．1＋iB．1－iC．－1＋iD．－1－i解：易知z＝1＋i，所以z＝1－i．故选B．3．已知向量a＝(1，m)，b＝(

m，2)，若a∥b，则实数m等于()A．－2B．2C．－2或2D．0解：由a∥b知1×2－m2＝0，所以m＝±2．故选C．4．已知点A(1，3)，B(4，－1)，则与向量AB→方向相反的单位向量是()A．－35，45B．－45，35C．35，－45D．

45，－35解：AB→＝(4，－1)－(1，3)＝(3，－4)，|AB→|＝32＋（－4）2＝5．所以与向量AB→方向相反的单位向量为－AB→|AB→|＝－（3，－4）5＝－35，45．故选A．5．(2018²湖北四

地七校高三联考)已知a，b为单位向量，a＋b＋c＝0，则|c|的最大值为()A．1B．3C．2D．3解：由条件，|a|＝1，|b|＝1，因为a＋b＋c＝0，所以c＝－(a＋b)，则|c|＝|a＋b|≤|a|＋|b|＝1＋1＝2，当且仅当a与

b同向时取等号，此时|c|有最大值为2．故选C．6．(2017²江南十校联考)设D是△ABC所在平面内一点，AB→＝2DC→，则()A．BD→＝12AC→－AB→B．BD→＝AC→－12AB→C．BD→＝32AC→－AB→D．BD→＝AC→－32AB→解：BD→＝AD→

－AB→＝AC→＋CD→－AB→＝AC→－12AB→－AB→＝AC→－32AB→．故选D．7．复数z1，z2满足z1＝m＋(4－m2)i，z2＝2cosθ＋(λ＋3sinθ)i(i是虚数单位，m，λ，θ∈R)，并且z1＝z2，则λ的取值范围是()A．[－1，1]B．

－916，1C．－916，7D．916，7解：由复数相等的充要条件可得m＝2cosθ，4－m2＝λ＋3sinθ，消去m得4－4cos2θ＝λ＋3sinθ，由此可得λ＝4sin2θ－3sinθ＝4

sinθ－382－916，因为sinθ∈[－1，1]，所以λ∈－916，7．故选C．8．(2016²山东)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝13．若n⊥(tm＋n)，

则实数t的值为()A．4B．－4C．94D．－94解：由4|m|＝3|n|，可设|m|＝3k，|n|＝4k(k＞0)，又n⊥(tm＋n)，所以n·(tm＋n)＝n·tm＋n·n＝t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝t×3k×4

k×13＋(4k)2＝4tk2＋16k2＝0，所以t＝－4．故选B．9．在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，AB→＝(1，－2)，AD→＝(2，1)，则AD→·AC→＝()A．2B．3C．4D．5解：因为四边形ABCD是平行四边形，所以AC→＝A

B→＋AD→＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1)，所以2AD→²AC→＝2×3＋1×(－1)＝5．故选D．10．已知O是△ABC所在平面内一点，动点P满足OP→＝OA→＋λAB→|AB→|cosB

＋AC→|AC→|cosC，λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定经过△ABC的()A．外心B．重心C．内心D．垂心解：由OP→＝OA→＋λAB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC，得AP→＝λ

AB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC．则AP→²BC→＝λ－BA→·BC→|BA→|cosB＋CA→·CB→|CA→|cosC＝λ(－|BC→|＋|CB→|)＝0．于是AP→⊥BC→．因此点P的轨迹为BC边上的高所在直线，即过△ABC的垂心．故

选D．11．(2016²四川)已知正三角形ABC的边长为23，平面ABC内的动点P，M满足|AP→|＝1，PM→＝MC→，则|BM→|2的最大值是()A．434B．494C．37＋634D．37＋2334解：如图，由|AP→|＝1知点P在以A为圆心、以1为

半径的圆上运动．由PM→＝MC→知点M为PC的中点，取AC的中点为N，连接MN，则|MN|＝12|AP|＝12，所以点M在以N为圆心，以12为半径的圆上运动．因为|BN→|＝3，所以|BM→|的最大值

为3＋12＝72，|BM→|2的最大值为494．故选B．12．(2017²全国卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若AP→＝λAB→＋μAD→，则λ＋μ的最大值为()A．3B．22C．5D

．2解：以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，2)，D(0，2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为212＋22＝25，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝45，因为

P在圆C上，所以设P(1＋255cosθ，2＋255sinθ)，AB→＝(1，0)，AD→＝(0，2)，AP→＝λAB→＋μAD→＝(λ，2μ)，所以1＋255cosθ＝λ，2＋255sinθ＝2

μ，λ＋μ＝2＋255cosθ＋55sinθ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(这里tanφ＝2)，所以λ＋μ的最大值为3．故选A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2018²江苏)若复数z满足i·z＝1＋2i，其中i是虚数

单位，则z的实部为________．解：因为i²z＝1＋2i，所以z＝1＋2ii＝2－i，则z的实部为2．故填2．14．(2016²全国卷Ⅰ)设向量a＝(m，1)，b＝(1，2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝_____

___．解：由|a＋b|2＝|a|2＋|b|2得a⊥b，所以m×1＋1×2＝0，解得m＝－2．故填－2．15．若非零向量a，b满足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，则a与b夹角的余弦值为________．解：由|a|＝|a＋2b|，设a与b的夹角为θ，等式两边平方得a2＋4a·b＋4b

2＝a2⇒a·b＝－b2，所以3cosθ＝a·b|a||b|＝－b23|b|2＝－13．故填－13．16．(2018²天津)在如图的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，BM→＝2MA→，CN→＝2NA→，则BC→·OM→的值为________．解：因为OM＝1，ON＝2

，∠MON＝120°，所以BC→²OM→＝(AC→－AB→)·OM→＝(3AN→－3AM→)·OM→＝3MN→²OM→＝3(ON→－OM→)·OM→＝3(ON→²OM→－|OM→|2)＝3|ON→||OM→|²cos∠MON－3

|OM→|2＝3×1×2×－12－3×12＝－6．故填－6．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)已知向量a＝(1，2)，b＝(x，1)．(1)若〈a，b〉为锐角，求x的范围；(2)当(a＋2b)⊥(2a－b)时，求x的值．解：(1)若

〈a，b〉为锐角，则a·b>0且a，b不同向．则a·b＝x＋2>0，所以x>－2．当x＝12时，a，b同向．所以x>－2且x≠12．(2)因为a＋2b＝(1＋2x，4)，(2a－b)＝(2－x，3)，则(2x＋1)(2－x)＋3×4＝0，即－2x2＋3x＋14＝0，解得x＝72或x＝－2

．18．(12分)(2016²洛阳期中)(1)已知复数z在复平面内对应的点在第四象限，|z|＝1，且z＋z＝1，求z；(2)已知复数z＝5m21－2i－(1＋5i)m－3(2＋i)为纯虚数，求实数m的值．解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，由题意得a2＋b2＝1，2a＝1，

解得a＝12，b＝±32．因为复数z在复平面内对应的点在第四象限，所以b＝－32，所以z＝12－32i．(2)z＝5m21－2i－(1＋5i)m－3(2＋i)＝(m2－m－6)＋(2m2－5m－3)i，依题意得m2－m－6＝0，解得m＝3或－2．因为2m2－5m－

3≠0，所以m≠3，所以m＝－2．19．(12分)已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a＝(1，2)．(1)若|c|＝25，且c∥a，求c的坐标；(2)若|b|＝52，且a＋2b与2a－b垂直，求a与b的夹角θ．解：(1)设c＝(x，y)，由c∥a和|c|＝25，可

得1²y－2·x＝0，x2＋y2＝20，解得x＝2，y＝4或x＝－2，y＝－4．所以c＝(2，4)或c＝(－2，－4)．(2)因为(a＋2b)⊥(2a－b)，所以(a＋2b)·(2a－b)＝0，即2a2＋3a·b－2b2＝0，所以2|a|2＋3a·b－2|

b|2＝0，所以2×5＋3a·b－2×54＝0，所以a·b＝－52，所以cosθ＝a·b|a||b|＝－1．因为θ∈[0，π]，所以θ＝π．即a与b的夹角θ为π．20．(12分)已知向量a＝(2，2)，向量b与向量a的夹角为3π4，且a·b＝－2．(1)求向量b；(2)若t＝(

1，0)，且b⊥t，c＝cosA，2cos2C2，其中A，C是△ABC的内角，若三角形ABC的三内角A，B，C依次成等差数列，试求|b＋c|的取值范围．4解：(1)设b＝(x，y)，由a·b＝－2知2x＋2y＝－2，①且|b|＝a

·b|a|cos3π4＝－222×－22＝1，所以x2＋y2＝1．②由①②解得x＝－1，y＝0或x＝0，y＝－1．所以b＝(－1，0)或b＝(0，－1)．(2)因为A，B，C依

次成等差数列，所以B＝π3．因为b⊥t，且t＝(1，0)，所以b＝(0，－1)．所以b＋c＝cosA，2cos2C2－1＝(cosA，cosC)，所以|b＋c|2＝cos2A＋cos2C＝1＋12(cos2A＋cos2C)＝

1＋12cos2A＋cos4π3－2A＝1＋12cos2A＋π3，而A∈0，2π3，所以2A＋π3∈π3，5π3，cos2A＋π3∈－1，12．所以12≤|b＋c|2<54，所以22≤|b＋c|<52．21．(

12分)已知向量OA→＝(λcosα，λsinα)(λ≠0)，OB→＝(－sinβ，cosβ)，其中O为坐标原点．(1)若β＝α－π6，求向量OA→与OB→的夹角；(2)若|AB→|≥2|OB→|对任意实数α，β恒成立，求实数λ的

取值范围．解：(1)设向量OA→与OB→的夹角为θ，则cosθ＝OA→²OB→|OA→||OB→|＝λsin（α－β）|λ|＝λ2|λ|，当λ＞0时，cosθ＝12，θ＝π3；当λ＜0时，cosθ＝－12，θ＝2π

3．故当λ＞0时，向量OA→与OB→的夹角为π3；当λ＜0时，向量OA→与OB→的夹角为2π3．(2)解法一：|AB→|≥2|OB→|对任意的α，β恒成立，即(－sinβ－λcosα)2＋(cosβ－λsinα)2≥4对任意的α，β恒成立，即λ2＋1＋2λsin(β－α)≥4对任意

的α，β恒成立，所以λ＞0，λ2－2λ＋1≥4或λ＜0，λ2＋2λ＋1≥4，解得λ≥3或λ≥－3．故所求实数λ的取值范围是(－∞，－3]∪[3，＋∞)．解法二：由λ2＋1＋2λsin(β－α)≥4对任意的α，β恒成立，可得λ2＋1－2|λ|≥4，解得|λ|≥3或|λ|≤

－1(舍去)，由此求得实数λ的取值范围；解法三：由|AB→|＝|OB→－OA→|≥||OB→|－|OA→||＝|1－|λ||，可得|AB→|的最小值为|1－|λ||，然后将已知条件转化为|1－|λ||≥2，由此解得实数λ的取值范围．22．(12分)

(2018届河南郑州第三次质量预测)已知动点M(x，y)满足（x＋1）2＋y2＋（x－1）2＋y2＝22．(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)设A，B是轨迹E上的两个动点，线段AB的中点N在直线l：x＝－12上，线段AB的中垂线与E交于P，Q两点，是否

存在点N，使以PQ为直径的圆经过点(1，0)，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)根据椭圆的定义得，动点M(x，y)是焦点在x轴上且长轴长为22，半焦距长为1的椭圆，所以动点M的轨迹E的方程是x22＋y

2＝1．(2)当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为x＝－12，此时P(－2，0)，Q(2，0)，不合题意．当直线AB不垂直于x轴时，设存在点N－12，m(m≠0)，直线AB的斜率为k，A(x1

，y1)，B(x2，y2)，5由x212＋y21＝1，x222＋y22＝1得(x1＋x2)＋2(y1＋y2)·y1－y2x1－x2＝0，则－1＋4mk＝0，故k＝14m．此时，直线PQ斜率为k1＝－4m，PQ的直线方程为y－m＝－4mx＋12，即y＝－4

mx－m．令P(x3，y3)，Q(x4，y4)，联立y＝－4mx－m，x22＋y2＝1，消去y，整理得(32m2＋1)x2＋16m2x＋2m2－2＝0，所以x3＋x4＝－16m232m2＋1，x3x4＝2m2－232m2＋

1，令椭圆的右焦点为F2，则F2(1，0)．由题意知F2P→²F2Q→＝0，于是F2P→²F2Q→＝(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋(4mx3＋m)(4mx4＋m)＝(1＋16m2)x3x4＋(4m2－1)(x3＋x4)

＋1＋m2＝（1＋16m2）（2m2－2）32m2＋1＋（4m2－1）（－16m2）32m2＋1＋1＋m2＝19m2－132m2＋1＝0，所以m＝±1919．因为点N－12，m在椭圆内，所以18＋m2<1，即m2

<78，所以m＝±1919符合条件．综上，存在两个符合条件的点N，且坐标为－12，±1919．67