1、检测五检测五平面向量与复数平面向量与复数 (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1(2020葫芦岛六校协作体月考)若AC (1,2)，BC (1,0)，则AB等于( ) A(2,2)B(2,0)C(0,2)D(0，2) 答案C 解析由向量的加法、减法运算可得AB ACCBAC BC (0,2) 2(2020衡阳质检)复数 2i 12i等于( ) AiBiC.4 5i D.4 5i 答案A 解析 2i 12i 2i12i 12i12i 22i4i 5 i. 3 (2020益阳、 湘潭质检)已知向量 a(2,1)， b(2， s
2、in 1)， c(2， cos )， 若(ab)c， 则 tan 的值为() A2B.1 2 C1 2 D2 答案D 解析ab(4，sin )， 由(ab)c 可得 4cos 2sin ， 即 tan 2，故选 D. 4已知 i 为虚数单位，若 1 1iabi(a，bR)，则 a b等于( ) A1B. 2C. 2 2 D2 答案C 解析 1 1i 1i 2 ，若 1 1iabi(a，bR)， 则 a1 2，b 1 2，所以 a b 1 2 1 2 2 2 . 5(2020深圳模拟)在ABCD 中，BAD60，AB4，AD3，且CP 3PD ，则AP AB等 于() A5B6C7D10 答案D
3、 解析如图所示， 以 A 为原点建立坐标系， 则 A(0,0)，B(4,0)，D 3 2， 3 3 2， CP 3PD ， DP1，即 P 5 2， 3 3 2， AP 5 2， 3 3 2，AB (4,0)， AP AB5 24 3 3 2 010. 6若向量 a，b 满足|a|1，|b|2，|ab|ab|，则|ta(1t)b|(tR)的最小值为() A.4 5 B.2 5 5 C.1 5 D. 5 5 答案B 解析由|ab|ab|两边同时平方，即 a22abb2a22abb2，解得 ab0， 则|ta(1t)b|2t2a2(1t)2b22t(1t)abt2(1t)245t28t45 t4
4、5 24 5，故当 t4 5时，|ta(1t)b| 2 min4 5，即|ta(1t)b| min2 5 5 ，故选 B. 7已知 A(2,4)，B(4,1)，C(9,5)，D(7,8) ，现有如下四个结论：AB AC ；四边形 ABCD 为平行四边形；AC 与BD 夹角的余弦值为7 29 145 ；|AB AC| 85.其中正确的结论为( ) ABCD 答案B 解析AB (2，3)，AC(7,1)，则ABAC0， 故错； 则|AB AC| 85，故正确； AB (2，3)，DC (2，3)， 故AB DC ，且 A，B，C，D 四点不共线， 则四边形 ABCD 为平行四边形，故正确； AC
5、(7,1)，BD (3,7)， 则 cosAC ， BD AC BD |AC |BD | 14 29 145 ，故错 8(2020湛江联考)已知点 A，B，C 在以原点 O 为圆心的单位圆上运动，且 ABBC，若点 P 的坐标为(2,0)，则|PA PBPC|的最大值为( ) A6B7C8D9 答案B 解析由题意，AC 为直径，所以|PA PBPC |2PO PB |4|PB|437，当且仅当 点 B 为(1，0)时，|PA PBPC |取得最大值 7. 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分全部选对的得 5 分，部分选对的 得 3 分，有选错的得 0 分) 9已知复
6、数 z1i，则下列命题中正确的为() A|z| 2 B. z 1i Cz 的虚部为 i Dz 在复平面内对应的点在第一象限 答案ABD 解析复数 z1i，则|z| 2.故 A 正确； z 1i，故 B 正确；z 的虚部为 1，故 C 错误； z 在复平面内对应的点的坐标为(1,1)，在第一象限，故 D 正确故选 ABD. 10已知平面向量 a，b，c 满足|a|b|c|1，若 ab1 2，则(ab)(2bc)的值可能为( ) A2B3 3C0D 2 答案ACD 解析|a|b|c|1，ab1 2， 则 cosa，b1 2， a，b60， 所以|ba| b22aba21， 则(ab)(2bc)2a
7、bac2b2bc12c(ba)1cos ， 其中为 c 与 ba 的夹角，且0， 因为 cos 1,1，所以 cos 12,0 故选 ACD. 11已知在边长为 2 的等边ABC 中，向量 a，b 满足AB a，BCab，则下列式子正确 的是() A|2ab|2B|b|2 3 Ca(ab)2Dab6 答案ABD 解析AC ABBC2ab，则|2ab|AC|2，A 正确；a(ab)ABBC2，C 错误； a(ab)|a|2ab2，则 ab6，D 正确；又|ab|2，两边平方得|a|22ab|b|24， 则|b|2 3，B 正确 12定义平面向量之间的一种运算“”如下：对任意的 a(m，n)，b(
8、p，q)，令 ab mqnp，下面说法正确的是() A若 a 与 b 共线，则 ab0 Babba C对任意的R，有(a)b(ab) D(ab)2(ab)2|a|2|b|2 答案ACD 解析对于 A，若 a 与 b 共线，则有 mqnp0， 又 abmqnp，所以 ab0，故 A 正确； 对于 B，因为 abmqnp，而 bapnqm， 所以有 abba，故 B 错误； 对于 C，(a)bqmpn， 而(ab)(qmpn)qmpn，故 C 正确； 对于 D，(ab)2(ab)2(qmpn)2(mpnq)2(m2n2)(p2q2)|a|2|b|2，D 正确 故选 ACD. 三、填空题(本大题共
9、4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13复数 z 2 1i(i 是虚数单位)，则|z|_，其共轭复数 z _.(本题第一空 3 分，第二空 2 分) 答案21i 解析z 2 1i1i， 则|z| 1212 2， 其共轭复数 z 1i. 14(2020唐山联考)已如向量 a(1,1)，b(2，t) ，若|ab|ab，则 t_. 答案1 3 解析ab(1,1t)，ab2t，|ab| 11t2， 由|ab|ab 可得 11t22t， 解得 t1 3. 15(2020天府名校联考)如图，在OACB 中 E，F 分别为 AC 和 BC 上的点，且AE EC，BF 1 2BC ，若OC mOE nO
10、F ，其中 m，nR，则 mn 的值为_ 答案 4 3 解析因为OF OB BF OB 1 2OA ，OE OA AE OA 1 2OB ， 所以OA 4 3OE 2 3OF ，OB 4 3OF 2 3OE ， 又OC OA OB 4 3OE 2 3OF 4 3OF 2 3OE 2 3OE 2 3OF ， 所以 mn2 3， 故 mn4 3. 16已知向量 a，b，c，其中|ab|2，|ac|1，b 与 c 夹角为 60，且(ab)(ac)1. 则|a|的最大值为_ 答案 2 21 3 解析设OA a，OB b，OC c，则|BA |2，|CA|1，BACA1， 所以 cosBA ， CABA
11、 CA |BA |CA| 1 2， 即BA 与CA 的夹角为 120， 而OB 与OC 的夹角为 60， 所以 O，A，B，C 四点共圆， 于是|a|OA |为圆的直径时最大， 由余弦定理，得 BC2212221 1 2 7， 由正弦定理，得 2r BC sin 120 2 7 3 2 21 3 . 则|a|的最大值为2 21 3 . 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17(10 分)计算：(1)12i 231i 2i ； (2) 1i 1i2 1i 1i2. 解(1)12i 231i 2i 34i33i 2i i 2i i2i 5 1 5 2 5i. (2) 1i 1i2 1i
12、 1i2 1i 2i 1i 2i 1i 2 1i 2 1. 18(12 分)已知 A(1,1)，B(3，1)，C(a，b) (1)若 A，B，C 三点共线，求 a，b 的关系式； (2)若AC 2AB，求点 C 的坐标 解由已知得AB (2，2)，AC(a1，b1)， (1)A，B，C 三点共线， AB AC. 2(b1)2(a1)0，即 ab2. (2)AC 2AB， (a1，b1)2(2，2) a14， b14， 解得 a5， b3. 点 C 的坐标为(5，3) 19(12 分)若虚数 z 同时满足下列两个条件： z5 z是实数； z3 的实部与虚部互为相反数 这样的虚数是否存在？若存在，
13、求出 z；若不存在，请说明理由 解这样的虚数存在，z12i 或 z2i. 设 zabi(a，bR 且 b0)， z5 zabi 5 abiabi 5abi a2b2 a 5a a2b2 b 5b a2b2i. z5 z是实数， b 5b a2b20. 又b0，a2b25. 又 z3(a3)bi 的实部与虚部互为相反数， a3b0. 由得 ab30， a2b25， 解得 a1， b2 或 a2， b1. 故存在虚数 z，且 z12i 或 z2i. 20(12 分)如图，在OAB 中，已知 P 为线段 AB 上的一点，OP xOA yOB . (1)若BP PA，求 x，y 的值； (2)若BP
14、3PA，|OA |4，|OB |2，且OA 与OB 的夹角为 60时，求OP AB 的值 解(1)BP PA，BO OP PO OA ， 即 2OP OB OA ， OP 1 2OA 1 2OB ， 即 x1 2，y 1 2. (2)BP 3PA， BO OP 3PO 3OA ， 即 4OP OB 3OA ， OP 3 4OA 1 4OB ， OP AB 3 4OA 1 4OB (OB OA ) 1 4OB OB 3 4OA OA 1 2OA OB 1 42 23 44 21 242 1 29. 21(12 分)已知四边形 ABCD 为平行四边形，点 A 的坐标为(1,2)，点 C 在第二象限
15、，AB (2,2)，且AB 与AC的夹角为 4，AB AC2. (1)求点 D 的坐标； (2)当 m 为何值时，AC m AB 与BC垂直 解(1)设 C(x，y)，D(a，b)，则AC (x1，y2) AB 与AC的夹角为 4，AB AC2， AB AC |AB |AC| 2 2222x12y22 2 2 ， 即(x1)2(y2)21. 又AB AC 2(x1)2(y2)2，即 xy2. 联立解得 x1， y3 或 x0， y2. 又点 C 在第二象限，C(1,3) 又CD BA ，(a1，b3)(2，2)， 解得 a3，b1.D(3,1) (2)由(1)可知AC (0,1)， AC mA
16、B(2m,2m1)， BC AC AB(2，1) AC m AB 与BC 垂直， (AC mAB)BC4m(2m1)0， 解得 m1 6. 22(12 分)如图，已知ABC 中，AB2，AC1，BAC120，AD 为角平分线 (1)求 AD 的长度； (2)过点 D 作直线分别交 AB，AC 所在直线于点 E，F，且满足AE xAB，AFyAC，求1 x 2 y的 值，并说明理由 解(1)根据角平分线定理可得DB DC AB AC2， 所以BD BC 2 3， 所以AD AB BD AB 2 3BC AB2 3(AC AB)1 3AB 2 3AC ， 所以 AD 21 9AB 24 9AB AC4 9AC 2 4 9 4 9 4 9 4 9， 所以 AD2 3. (2)因为AE xAB，AFyAC， 所以AD 1 3AB 2 3AC 1 3xAE 2 3yAF ， 因为 E，D，F 三点共线， 所以 1 3x 2 3y1，所以 1 x 2 y3.
