2022年高考数学一轮复习讲练测5.6平面向量、复数单元测试卷 解析版

1 / 19 2022 年高考数学一轮复习讲练测（新高考·浙江） 专题 5.6 《平面向量、复数》单元测试卷 时间：120 分钟 满分：150 分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本 试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第 I 卷 选择题部分（共 40 分） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 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. 1．（2021·浙江高一期末）已知 (0, 1), ( 1,3)A B  ，则| |AB  （ ） A． 17 B．17 C．5 D． 10 【答案】A 【解析】 首先求出 AB  的坐标，再根据向量模的坐标公式计算可得； 【详解】 解：因为 (0, 1), ( 1,3)A B  ，所以      1,3 0, 1 1,4AB       ，所以  2 21 4 17AB     故选：A 2．（2021·浙江高一期末）复数 2 1 i (i 是虛数单位)=（ ） A．1 i B．1 i C． 2 2i D．1 2i 【答案】A 【解析】 直接利用复数的除法运算法则计算即可 【详解】 2 / 19 2 2(1 i) 1 i1 i (1 i)(1 i)      故选：A 3．（2021·浙江高一期末）已知向量  2, 6a   ，  1,b m  ，若 //a b ，则 m  （ ） A．5 B．3 C． 3 D． 5 【答案】B 【解析】 直接利用向量平行的坐标表示得到 m 的方程，解方程即得 m 的值. 【详解】 因为 / /a b ， 所以 2 ( 6) ( 1) 6m      解得 3m  故选：B. 4．（2021·浙江高一期末）已知    1,2 , 3,OA OB m    ，若 OA OB  ，则 m 的值为（ ） A．1 B． 3 2 C．2 D．4 【答案】B 【解析】 依题意可得 · 0OAOB   ，列方程解出． 【详解】 解： OA OB  ， 3 2 0OA OB m      ， 3 2m  ． 故选： B ． 5．（2021·广东高一期中）已知 (1,cos )AB  ， (2, sin )BC   ，若 , ,A B C 三点共线，则 tan 的值为（ ） A． 2 B． 1 2  C． 1 2 D． 2 【答案】A 3 / 19 【解析】 由向量共线的坐标表示列式即可得解. 【详解】 因 , ,A B C 三点共线，于是得 / /AB BC   ，而 (1,cos )AB  ， (2, sin )BC   ， 则有 sin 2cos - = ，即 sintan 2cos     ， 所以 tan 的值为 2 . 故选：A 6．（2021·浙江高二期末）已知平面直角坐标系内两向量 ( 2,2), (1, )a b     ，则“ 1  ”是“向量 a  与b  夹 角为锐角”的什么条件（ ） A．充分必要 B．充分不必要 C．必要不充分 D．既不充分也不必安 【答案】A 【解析】 根据两向量夹角为锐角，可得 0a b   且排除 ,a b   同向共线情况，计算得到  ，然后根据从分条件、必要条 件判断即可. 【详解】 若 ,a b   夹角为锐角，则 0 2 2 0 1a b          当 ,a b   同向共线时，  0a kb k   ，则 k 不存在，故 1  所以“ 1  ”是“向量 a  与b  夹角为锐角”的充要条件 故选：A 7．（2021·安徽高二期末（理））在平行四边形 ABCD 中，设CB a  ，CD b  ，E 为 AD 的靠近 D 的三等 分点，CE 与 BD 交于 F ，则 AF  （ ） A． 3 1 4 4a b   B． 3 1 4 4a b   C． 1 3 4 4a b   D． 1 3 4 4a b  【答案】A 【解析】 利用平面几何的知识可得出 3 4BF BD ，然后利用平面向量的加法与减法法则可得出 AF  关于 a  、b  的关 4 / 19 系式. 【详解】 如下图所示，因为 //AD BC ，则 1 3 DF DE BF BC   ，故 1 4DF BD ， 3 4BF BD ， ， 故  3 3 3 1 3 1 4 4 4 4 4 4AF AB BF AB BD CD CD CB CB CD a b                         ， 故选：A. 8．（2021·浙江高三其他模拟）已知 ,a b   为单位向量，向量 c  满足| 2 | | |c a a b      ，则 c b  的最大值为（ ） A． 2 B．2 C． 3 D．3 【答案】B 【解析】 由| 2 | | |c a a b     得 1| ( ) | | |2 2 ac a b      ，说明 c 的终点的轨迹是以 2 a  的终点为圆心， 1 | |2 a b 为半径的圆， | |c b  的最大值是圆心与 b 的终点之间的距离加上半径，即为 1| ( ) | | |2 2 ab a b     ，再将其化成 a ，b 的模 和夹角可解得． 【详解】 解：由| 2 | | |c a a b     得 1 2 2 ac a b         ，说明 c 的终点的轨迹是以 2 a  的终点为圆心， 1 | |2 a b 为半径的 圆， | |c b  的最大值是圆心与 b 的终点之间的距离加上半径，即为 1| ( ) | | |2 2 ab a b     ， 21 1 1| | | | ( ) | |2 2 2 2 ab a b b a a b             1 11 4 2a b a b       1 11 cos , cos ,4 2a b a b          5 / 19 1 11 14 2   „ 2 ，（当且仅当 cos , 1a b  rr 时取等号）． 故选： B ． 9．（2021·浙江高二期末）已知 a，b，c 是 ABC 的三边，且 2, 3, 4a b c   ，点 O 是 ABC 外接圆的 圆心，则 AO CB   （ ） A． 5 2  B． 5 2 C． 7 2 D． 6 【答案】C 【解析】 取 BC 的中点 M ，然后将 AO  用 AM OM  ， 表示，进一步用 AB AC  ， 表示，CB  用 AB AC  ， 表示，然后计算 即可. 【详解】 取 BC 的中点 M ，然后连接 ,OM AM 如图 所以 AO AM MO    ，由 O 是 ABC 外接圆的圆心，所以 OM BC 所以  AO CB AM MO CB AM CB            又      2 21 1 7 2 2 2AM CB AB AC AB AC AB AC               故选：C 10．（2021·浙江高一期末）已知 O 为 ABC 的外心，3 4 5 0      OA OB OC ，则 cos ABC 的值为（ ） A． 5 5 B． 10 10 C． 5 10 D． 10 5 【答案】A 6 / 19 【解析】 设 ABC 的外接圆的半径为 R，将 3 4 5 0      OA OB OC 平方后求出 3cos 5AOC   ，找到 2AOC ABC∠ ∠ ，利用二倍角公式求出 cos ABC 【详解】 设 ABC 的外接圆的半径为 R， ∵3 4 5 0      OA OB OC ， ∴3 5 4OA OC OB     ，且圆心在三角形内部， ∴   2 2 3 5 4OA OC OB     ∴      2 2 2 9 25 30 16OA OC OA OC OB        ， ∴ 2 2 2 29 25 30 cos 16R R R AOC R    3cos 5AOC    根据圆心角等于同弧对应的圆周角的两倍得： 2AOC ABC∠ ∠ ∴ 2 32cos 1 cos 5ABC AOC      解得 cos ABC = 5 5 故选：A 第 II 卷 非选择题部分（共 110 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分. 11．（2021·浙江高一单元测试）已知向量 1 3,2 2a        ， 1 3,2 2b        ，则 a b   ______；a b   ______. 【答案】 1 2  3 【解析】 利用向量数量积运算可求出 a b  ，向量减法运算求出 a b  的坐标，即可计算出 a b r r . 【详解】 解：因为向量 1 3,2 2a        ， 1 3,2 2b        ， 7 / 19 所以 1 3 1 3 1 1 3 3 1 3 1, , =2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2a b                             ，  0, 3a b   ， 2 20 3 3a b     . 故答案为： 1 2  ； 3 . 12．（2021·浙江高三其他模拟）已知  1 2 3a i i bi     ， , Ra b ， i 是虚数单位，则 a b  ______； 若复数 z a bi  ，则 z 在复平面内对应的点位于第______象限. 【答案】0 二 【解析】 根据乘法法则，可得    2 1 21 2ai ia i a     ，根据复数相等的条件，可得 a，b，分析即可得答案. 【详解】 由  1 2 3a i i bi     ，得  2 1 2 3a a i bi      ， 由复数相等的充要条件得   2 3 1 2 a a b       ，解得 1a   ， 1b  ， 所以 0a b  ， 所以 1z i   ，复数 z 在复平面内对应的点为  1,1 ，位于第二象限. 故答案为：0；二. 13．（2021·浙江高一期末）在 ABC 中，点 D 是边 BC 上的动点，若 AD xAB yAC    ，则 x y  _________． 【答案】1 【解析】 由 BD  与 DC  共线可得 1 1 1AD AB AC        ， ( 1)   ，于是 1 ,1 1x y      ，进而可得 1x y  . 【详解】 因为 , ,B C D 三点共线，则 BD  与 DC  共线，所以，存在实数 ( 1)   ，使得 BD DC  ， 即  AD AB AC AD      ，所以 1 AD AB AC      ， 8 / 19 故 1 1 1AD AB AC        ，又 AB  与 AC  不共线， 所以， 1 ,1 1x y      ，从而 1 11 1x y        . 故答案为：1. 14．（2021·浙江高一期末）已知扇形 AOB 半径为 1， 60AOB   ，弧 AB 上的点 P 满足 ( , )OP OA OB R        ，则   的最大值是_______． 【答案】 2 3 3 【解析】 先建立坐标系，从而得到点的坐标，再根据 OP OA OB     得到 ,  的值，最后求   的最大值即可. 【详解】 以为 O 原点，以 OB 为 x 轴，过 O 且垂直于 OB 为 y 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 9 / 19 设 BOP   ，则 1 3(cos ,sin ), (1,0), ( , )2 2P B A  ， 因为 OP OA OB     ， 所以 1cos 2 3sin 2           ，解得 2 3sin 3 3cos sin3          ， 所以 2 3sin 3 2 3cos sin sin( )3 3 3 3            由图可知 0 3   ， 当 6   时，   最得最大值 2 3 3 . 故答案为： 2 3 3 15．（2021·浙江高一期末）已知向量 ,a b   满足 3, 6a a b     若对任意实数 x 都有 a xb a b      ，则 ( )a b  R   的最小值为________． 【答案】 3 【解析】 对 a xb a b      两边平方化简，结合已知条件可得 2 22 12 12 0x b x b     恒成立，从而可得  2 2 4 2 144 4 12 4 48 +144 0b b b b          ，可求得 6 b ，而 2 2 2 2a b a a b b           对其化简可求出其最小值 【详解】 解：因为 a xb a b      ，所以 2 2 2 222 2a xa b x b a a b b              ， 因为 3, 6a a b     ，所以 2 22 12 12 0x b x b     ， 所以  2 2 4 2 144 4 12 4 48 +144 0b b b b          ， 所以 2 2( 6) 0b   ，所以 2 6b  ，所以 6 b ， 10 / 19 所以 22 22a b a a b b           ， 29 12 6    23 2 4 3     23 2( 1) 1 3     ， 当且仅当 1   时，取到最小值 3 ， 故答案为： 3 16．（2021·浙江高二期末）已知两个单位向量 a  、b  的夹角为120 ，  1c ta t b     ，若向量 c  与 a  、b  的 夹角均为锐角，则 a b   _________； c r 的取值范围为_________． 【答案】 1 2  1 3,2 3      【解析】 利用平面向量数量积的定义可求得 a b  的值，求出实数t 的取值范围，利用平面向量的数量积可求得 c r 的取 值范围. 【详解】 由平面向量数量积的定义可得 1cos120 2a b a b        ， 因为向量 c  与 a  、b  的夹角均内锐角， 则    2 1 3 11 1 02 2 2a c ta t a b t t t               ，可得 1 3t  .    2 1 31 1 1 02 2b c ta b t b t t t                ，可得 2 3t  ， 且向量 c  与 a  、b  均不共线，则 0 1 0 t t     ，可得 0t  且 1t  ， 所以， 1 2 3 3t  .        22 2 222 2 21 2 1 1 2 2 1 1 3 3 1c ta t b t a t t a b t b t t t t t t                          21 1 1 13 ,2 4 4 3t            ， 11 / 19 故 1 3 2 3c  . 故答案为： 1 1 3; ,2 2 3      . 17．（2021·浙江高一期末）如图，在 ABC 中， 3BAC   ， 2AD DB  ， P 为CD 上一点，且满足 1 3AP mAC AB    ， m  ________ ；若 ABC 的面积为 2 3 ，则 AP  的最小值为________． 【答案】 1 2 2 【解析】 设CP CD  ，可得出  2 113 3AP AB AC AB mAC          ，可得出关于  、 m 的方程组，即可解 得实数 m 的值；利用三角形的面积公式得出 8AB AC   ，利用平面向量数量积的运算性质结合基本不等 式可求得 AP  的最小值. 【详解】 设CP CD  ，则  AP AC CP AC CD AC AD AC                2 2 113 3 3AC AB AC AB AC AB mAC                    ， 所以， 2 1 3 3 1m        ，解得 1 2m   . 1 3sin 2 32 4ABCS AB AC BAC AB AC         △ ， 8AB AC    ， 12 / 19 22 2 21 1 1 1 1 3 2 9 4 3AP AB AC AB AC AB AC                2 2 2 21 1 1 1 1 1cos 29 4 3 9 4 6AB AC AB AC BAC AB AC AB AC                1 42 AB AC    ， 当且仅当 1 1 3 2AB AC  时，即当 3 2AB AC  时，等号成立. 所以， AP  的最小值为 2 . 故答案为： 1 2 ； 2 . 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．（2021·浙江高二期中）已知复数  2 2 ( 1) ,( )z m m m i m R      ， （1）若 z 为纯虚数，求实数 m 的值 （2）若 z 在复平面上所对应的点在第四象限，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） 2m  ；（2） ( , 1)  . 【解析】 （1）根据复数 z 为纯虚数，列出方程，即可求解； （2）根据复数 z 在复平面上所对应的点在第四象限，列出不等式组，即可求解. 【详解】 （1）由题意，复数  2 2 ( 1) ,( )z m m m i m R      是纯虚数， 可得 2 2 0 1 0 m m m        ，解得 2m  . （2）复数 z 在复平面上所对应的点在第四象限，可得 2 2 0 1 0 m m m        ，解得 1m   ， 即实数 m 的取值范围 ( , 1)  . 19．（2021·浙江高一期末）平面内给定三个向量      3,2 , 1,2 , 4,1a b c     ， （1）求 3 2 2a b c   ： （2）若向量b a  与 c a  的夹角为 ，求 cos 的值． 13 / 19 【答案】（1） 65 ；（2） 2 2  . 【解析】 （1）利用数乘向量和平面向量坐标运算法则能求出 3 2 2a b c   ，进而求模即可； （2）利用向量夹角公式即可得到结果. 【详解】 （1）平面内给定三个向量 (3,2)a  ， ( 1,2)b   ， (4,1)c  ．  3 2 3(3,2) 2( 1,2) 2(4,1)a b c       (9,6) ( 2,4) (8,2)    ( 1,8)  ， ∴ 3 2 2 1 64 65a b c      ； （2）∵      3,2 , 1,2 , 4,1a b c     ， ∴    4,0 , 1, 1b a c a        ， ∴     4 2cos 24 2 b a c a b a c a                    ， ∴ 2cos 2    . 20．（2021·浙江高一期末）已知      1, 3 , 3, 2 3 2 43a b a b a b           ． （1）求 a 与 b 的夹角 ； （2）若  1c ta t b     ，且 0b c   ，求实数 t 及 c ． 【答案】（1） 3  ；（2） 3 3 2 ． 【解析】 （1）求出 a r ，由数量积的运算律求得 a b  可得向量夹角； （2）计算b c  ，由 0b c   ，求出t ，然后由数量积的运算求出 c r ． 【详解】 14 / 19 （1）由已知 2a  ，     2 2 2 22 3 2 2 6 2 2 2 3cos 6 3 43a b a b a a b b                     ， 所以 1cos 2   ，又 [0, ]  ，所以 3   ； （2）由题意   2 21[ 1 ] (1 ) 2 3 (1 ) 3 02b c b ta t b ta b t b t t                      ， 解得 3 2t  ， 3 1 2 2c a b    ， 2 2 223 1 9 3 1 9 3 1 27( ) 4 3 92 2 4 2 4 4 2 4 4c a b a a b b                   ， 所以 3 3 2c  ． 21．（2021·浙江高二期末）己知 AB 是圆 O 的一条直径，且| | 2AB  ，点 C、D 是圆 O 上的两个动点． （1）若点 C 满足_______，求 DA DC  的取值范围：（在① 0OC AB   ，②锐角 AOC△ 面积为 3 4 ，③ | | 3 | |AC OA  这三个条件里任选一个补充在上面问题中，并作答） （2）求 AC BD uuur uuur 的取值范围． 【答案】（1）选① 1 2,1 2    选② 3 33 32 2      ， 选③ 1 3 2 2     ， （2） 14 2     ， 【解析】 （1）以圆心 O 为原点，以OB 为 x 轴，过 O 作直径 AB 的垂直平分线为 y 建立平面直角坐标系，则    1,0 , 1,0A B ,设  cos ,sinD   若选①. 不妨取  0,1C ，由向量的数量积的坐标表示可得 DA DC  的 式子，结合三角恒等变形可得解；若选②. 由 1 3 2 4AOC CS OA y    ,得 3 2Cy  ，不妨取 1 3,2 2C      ，由向量的数量积的坐标表示可得 DA DC  的式子，结合三角恒等变形可得解；若选③. 由 | | 3 | | 3AC OA   ，即点C 在圆 2 21 3x y   由  2 2 2 2 1 3 1 x y x y       ，不妨取 1 3 2 2C      ， ，由向 量的数量积的坐标表示可得 DA DC  的式子，结合三角恒等变形可得解； 15 / 19 （2）设   cos ,sinD        ，   cos ,sinC        ，则由向量的数量积的坐标表示可 得    cos cos 1 sin si co 1n sAC BD          ，当 sin 0  时， 可化为      2 2cos 1 sin sin cos 1         ，由三角函数的最值结合二次函数的最值可解，再讨 论sin 0  时的情况. 【详解】 以圆心 O 为原点，以OB 为 x 轴，过 O 作直径 AB 的垂直平分线为 y 建立如图所示的平面直角坐标系. 由| | 2AB  ，则圆O 的方程为 2 2 1x y  则    1,0 , 1,0A B (1)若选①. 0OC AB   ,即OC AB ,不妨取  0,1C ，设  cos ,sinD   则  1 cos , sinDA      ，  cos ,1 sinDC           1 cos cos sin 1 sinDA DC              2 2cos cos sin sin 1 cos sin            1 2 cos 4       由  cos 1,14       ，则 1 2,1 2DA DC         若选②. 由 1 1 3 2 2 4AOC C CS OA y y     ,得 3 2Cy  ， 由点 C 在圆 O 上，则 1 2Cx  ， 16 / 19 又 AOC△ 为锐角三角形,则 1 2Cx   ，不妨取 1 3,2 2C      则  1 cos , sinDA      ， 1 3cos , sin2 2DC              1 31 cos cos sin sin2 2DA DC                         3 3 3 3cos sin 3 cos2 2 2 6 2            1 cos 16        ，所以 3 33 32 2DA DC          ， 若选③. 由| | 3 | | 3AC OA   ，即点C 在圆 2 21 3x y   由  2 2 2 2 1 3 1 x y x y       ，解得 1 2x  ， 3 2y   ，不妨取 1 3 2 2C      ， 则  1 cos , sinDA      ， 1 3cos , sin2 2DC              1 31 cos cos sin sin2 2DA DC                         3 1 1 1sin cos sin2 2 2 3 2            所以 1 3 2 2DA DC         ， （2）设   cos ,sinD        ，   cos ,sinC        17 / 19  cos 1,sinAC    uuur ，  cos 1,sinBD    uuur   cos 1 cos 1 sin sinAC BD         uuur uuur    sincos cos 1 i con s 1s      当sin 0  时， cos 1   若 cos 1  ，则 2cos 2AC BD    uuur uuur ，则  4,0AC BD   uuur uuur 若 cos 1   ，则 0AC BD   当sin 0  时，      2 2cos 1 sin sin cos 1AC BD             ， 其中 cos 1tan sin    所以        2 22 2cos 1 sin cos 1 cos 1 sin cos 1AC BD                又      2 2cos 1 sin cos 1 2 cos 1 cos 1            设 cos 1 0, 2t        ，   2 12 cos 1 cos 1 2 0 2t t            ， 又      2 2cos 1 sin cos 1 2 1+cos cos 1             设 cos 1 0, 2t        则   22 1+cos cos 1 2t t        4,0  ， 综上可得 AC BD uuur uuur 的取值范围是 14, 2     22．（2021·浙江高三期末）在梯形 ABCD 中， / / , 2, 1, 120AB CD AB BC CD BCD      ，P，Q 分 别为线段 BC 和 CD 上的动点． （1）求 BC  与 AB  的数量积； （2）若 1 4BP BC ，求 AP  ； （3）若 1, 6DBP BC Q DC      ，求 AP BQ uuur uuur 的最大值． 【答案】（1） 2 ；（2） 13 2 ；（3） 7 6 . 18 / 19 【解析】 （1）由题意，根据平面向量数量积的定义即可求解； （2） 由题意，将 AP  转化为用基底 AB  ， BC  表示，然后利用平面向量模长公式即可求解； （3）由题意，将 AP  转化为用基底 AB  ， BC  表示，将 BQ  转化为用 BC  ， CD  表示，然后利用平面向量 数量积的定义求出 AP BQ uuur uuur ，最后构造函数，利用函数单调性即可求解. 【详解】 解：（1） / / , 2, 120AB CD AB BC BCD     ， 60ABC   ， , 180 120BC AB ABC       ， cos , 2 2 cos120 2BC AB BC AB BC AB                . （2）由（1）知 2AB BC    ， 1 4BP BC ， ( ) 22 2 222 1 1 1 4 2 16AP AP AB BP AB BC AB AB BC BC          骣琪\ = = + = + = + × +琪桫 ( )2 21 1 132 2 22 16 4 = + ´ - + ´ = ， 13 2AP \ = . （3）  BP BC  ， 1 6DQ DC  ， 则 6 1( ) ( ) ( ) ( )6AP BQ AB BP BC CQ AB BC BC CD                    26 1 1 6 6 6AB BC AB CD BC CB CD                26 1 1 6 12 2 1 2 2 16 6 2                    1 255 3 6     ， 19 / 19  0 1 10 16     „ „ ，解得 1 16 „ „ ； 设 1 25( ) 5 3 6f      ，则 ( )f  在 1 ,16      上单调递增； 1  时 ( )f  取得最大值 7 6 .