（江蘇專版）2023高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第六章平面向量與復(fù)數(shù)練習(xí)文

PAGEPAGE10第六章平面向量與復(fù)數(shù)第33課平面向量的概念與線性運算A應(yīng)知應(yīng)會1.給出以下四個命題:①如果非零向量a與b的方向相同或相反,那么a+b的方向必與a,b之一方向相同;②在△ABC中,必有++=0;③假設(shè)++=0,那么A,B,C為三角形的三個頂點;④假設(shè)a,b均為非零向量,那么|a+b|與|a|+|b|一定相等.其中假命題是.(填序號)

2.假設(shè)向量a,b不共線,且a+mb與-(b-2a)共線,那么實數(shù)m的值為3.在△ABC中,M為邊BC上一點,N為AM的中點.假設(shè)=λ+μ,那么λ+μ=.

4.在△ABC中,點M,N滿足=3,=.假設(shè)=x+y,那么x+y=.

5.向量a=2e1-3e2,b=2e1+3e2,c=2e1-9e2,其中e1,e2不共線,問:是否存在這樣的實數(shù)λ,μ,使得向量d=λa+μb與c共線?6.如圖,四邊形ABCD是一個等腰梯形,AB∥DC,M,N分別是DC,AB的中點.設(shè)=a,=b,=c,試用a,b,c表示,,+.(第6題)B穩(wěn)固提升1.向量e1,e2不共線,=3(e1+e2),=e2-e1,=2e1+e2.給出以下四個結(jié)論:①A,B,C三點共線;②A,B,D三點共線;③B,C,D三點共線;④A,C,D三點共線.其中正確的結(jié)論為.(填序號)

2.在平行四邊形ABCD中,=a,=b,=3,M為BC的中點,那么=.(用a,b表示)

3.假設(shè)O是△ABC所在平面內(nèi)的一點,且滿足|-|=|+-2|,那么△ABC的形狀為.

4.(2022·如東期中)P是△ABC內(nèi)一點,且+2+3=0.假設(shè)Q為CP的延長線與AB的交點,令=p,那么=.(用p表示)

5.a,b是不共線的兩個非零向量.(1)假設(shè)=2a-b,=3a+b,=a-3b,求證:A,B,(2)假設(shè)8a+kb與ka+2b共線,求實數(shù)k(3)設(shè)=ma,=nb,=αa+βb,其中m,n,α,β均為實數(shù),m≠0,n≠0,假設(shè)M,P,N三點共線,求證:+=1.6.如圖,在△ABC中,D為BC的中點,G為AD的中點,過點G任作一直線MN分別交AB,AC于M,N兩點.假設(shè)=x,=y,試問:+是否為定值?并證明你的結(jié)論.(第6題)第34課平面向量的根本定理及坐標(biāo)運算A應(yīng)知應(yīng)會1.在平行四邊形ABCD中,AC為一條對角線.假設(shè)=(2,4),=(1,3),那么=.

2.假設(shè)a+b=(2,-8),a-b=(-8,6),那么向量a=,b=.

3.假設(shè)向量a=(1,1),b=(-1,1),c=(4,2),那么c=.(用a,b表示)

4.(2022·九江模擬)假設(shè)P={a|a=(-1,1)+m(1,2),m∈R},Q={b|b=(1,-2)+n(2,3),n∈R}是兩個向量的集合,那么P∩Q=.

5.點A(-1,2),B(0,-2),且2=3.假設(shè)點D在線段AB上,求點D的坐標(biāo).6.點O(0,0),A(1,2),B(4,5),且=+t.(1)當(dāng)t為何值時,點P在x軸上?點P在y軸上?點P在第三象限?(2)四邊形OABP能否構(gòu)成平行四邊形?假設(shè)能,求出t的值;假設(shè)不能,請說明理由.B穩(wěn)固提升1.點M(3,2),N(1,2),向量a=(x+3,x-3y-4),且a與相等,那么實數(shù)y的值為.

2.(2022·蘇州、無錫、常州、鎮(zhèn)江模擬)向量a=(5,2),b=(-4,-3),c=(x,y).假設(shè)3a-2b+c=0,那么c=3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點A(1,0),B(0,1),C為坐標(biāo)平面中第一象限內(nèi)一點,且∠AOC=,OC=2.假設(shè)=λ+μ,那么λ+μ=.

4.(2022·淮陰中學(xué))向量a,b,c在正方形網(wǎng)格中的位置如下圖,假設(shè)c=λa+μb(λ,μ∈R),那么=.

(第4題)5.(2022·臨沂模擬改編)如圖,A,B,C是圓O上的三點,線段CO的延長線與線段BA的延長線交于圓O外的一點D.假設(shè)=m+n,求m+n的取值范圍.(第5題)6.m,x∈R,向量a=(x,-m),b=((m+1)x,x).(1)假設(shè)m=4,且|a|<|b|,求x的取值范圍;(2)假設(shè)a·b>1-m對任意的實數(shù)x恒成立,求m的取值范圍.第35課平面向量的平行與垂直A應(yīng)知應(yīng)會1.假設(shè)向量a=(1,2),b=(x,1),m=a+2b,n=2a-b,且m⊥n,那么實數(shù)x=2.(2022·青島質(zhì)量檢測)向量a=(-1,2),b=(3,m),m∈R,那么“m=-6”是“a∥(a+b)〞的(從“充分不必要〞“必要不充分〞“充要〞或“既不充分也不必要〞中選填一個)條件3.向量a=(sinx,cosx),b=(1,-2),且a∥b,那么tanx=.

4.向量a=(3,3),b=(1,-1).假設(shè)(a+λb)⊥(a-λb),那么實數(shù)λ=.

5.點A(1,1),B(3,-1),C(a,b).(1)假設(shè)A,B,C三點共線,求a,b之間的關(guān)系式;(2)假設(shè)=2,求點C的坐標(biāo).6.向量a=(3,2),b=(-1,2),c=(4,1).(1)假設(shè)(a+kc)∥(2b-a),求實數(shù)k的值;(2)假設(shè)向量d=(x,y)滿足(d-c)∥(a+b)且|d-c|=1,求d.B穩(wěn)固提升1.(2022·海安中學(xué))向量a=,b=(x,1),其中x>0.假設(shè)(a-2b)∥(2a+b),那么x的值為2.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,i,j分別是與x軸、y軸平行的單位向量.在Rt△ABC中,假設(shè)=i+j,=2i+mj,那么實數(shù)m=.

3.(2022·合肥模擬)向量=a,=b,且⊥,C為垂足.假設(shè)向量=λa(λ>0),那么λ的值為.(用a,b表示)

4.=(-2,4),=(-a,2),=(b,0),a>0,b>0,O為坐標(biāo)原點.假設(shè)A,B,C三點共線,那么+的最小值為.

5.O為坐標(biāo)原點,=(2,5),=(3,1),=(6,3),問:在線段OC上是否存在點M,使⊥?假設(shè)存在,求出點M的坐標(biāo);假設(shè)不存在,請說明理由.6.平行四邊形ABCD的頂點A(0,0),B(4,1),C(6,8).(1)求頂點D的坐標(biāo);(2)假設(shè)=2,F為AD的中點,求AE與BF的交點I的坐標(biāo).第36課平面向量的數(shù)量積A應(yīng)知應(yīng)會1.向量a,b滿足|a|=1,|b|=3,a,b之間的夾角為60°,那么a·(a+b)=.

2.向量a=(1,2),b=(-2,-4),|c|=.假設(shè)(a+b)·c=,那么向量a與c的夾角為.

3.(2022·常州期末)向量a=(4x,2x),b=,x∈R.假設(shè)a⊥b,那么|a-b|=.

4.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點A(1,0),函數(shù)y=ex的圖象與y軸的交點為B,P為函數(shù)y=ex圖象上的任意一點,那么·的最小值為.

5.向量a與b的夾角為120°,且|a|=4,|b|=2.(1)求|a+b|;(2)求|3a-4b|(3)求(a-2b)·(a+b).6.e1,e2是夾角為60°的兩個單位向量,a=3e1-2e2,b=2e1-3e2.(1)求a·b;(2)求a+b與a-b的夾角.B穩(wěn)固提升1.(2022·四川卷)四邊形ABCD為平行四邊形,||=6,||=4.假設(shè)點M,N滿足=3,=2,那么·=.

(第2題)2.(2022·蘇州調(diào)查)如圖,AB是半徑為3的圓O的直徑,P是圓O上異于A,B的一點,Q是線段AP上靠近點A的三等分點,且·=4,那么·=.

3.(2022·蘇州、無錫、常州、鎮(zhèn)江二模)在平面直角坐標(biāo)系中,M是函數(shù)f(x)=(x>0)圖象上的任意一點,過點M分別向直線y=x和y軸作垂線,垂足分別是點A,B,那么·=.

(第4題)4.如圖,在△ABC中,AB=4,AC=6,∠BAC=60°,點D,E分別在邊AB,AC上,且=2,=3.假設(shè)F為DE的中點,那么·的值為.

5.向量a=,b=cos,-sin,且θ∈.(1)求的最值;(2)是否存在實數(shù)k,使得|ka+b|=|a-kb|?6.(2022·江蘇卷)如圖,在△ABC中,D是BC的中點,E,F是AD上的兩個三等分點.·=4,·=-1,求·的值.(第6題)第37課復(fù)數(shù)A應(yīng)知應(yīng)會1.復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)i(1-2i)的點位于第象限.

2.(2022·鎮(zhèn)江期末)記復(fù)數(shù)z=a+bi的共軛復(fù)數(shù)為=a-bi(a,b∈R),z=2+i,那么=.

3.(2022·南通期末)復(fù)數(shù)z滿足(3+4i)z=1,那么z的模為.

4.(2022·南通、揚州、泰州、淮安三調(diào))復(fù)數(shù)z=(1+i)(1-2i),那么z的實部為.

5.復(fù)數(shù)z=+(a2-5a-6)i(a∈R),試求實數(shù)a的值或范圍,使得(1)實數(shù);(2)虛數(shù);(3)純虛數(shù).6.(2022·蘇北四市期末)復(fù)數(shù)z滿足z2=-4,假設(shè)z的虛部大于0,求z.B穩(wěn)固提升1.(2022·蘇州、無錫、常州、鎮(zhèn)江二模)假設(shè)1+2i=2i(a+bi)(a,b∈R),那么a+b的值為.

2.(2022·蘇州期末)復(fù)數(shù)z=(a<0),假設(shè)|z|=,那么實數(shù)a的值為.

3.復(fù)數(shù)z=2+sinθ+sinθ·i,θ∈[0,2π),那么|z|的取值范圍是.

(第4題)4.(2022·泰州期末)如圖,在復(fù)平面內(nèi),點A對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z1.假設(shè)=i,那么z2=.

5.求一個復(fù)數(shù)z,使z-為純虛數(shù),且|z-3|=4.6.復(fù)數(shù)z1=i(1-i)3.(1)求|z1|;(2)假設(shè)|z|=1,求|z-z1|的最大值.第六章平面向量與復(fù)數(shù)第33課平面向量的概念與線性運算A應(yīng)知應(yīng)會1.①③④【解析】①假設(shè)a與b長度相等,方向相反,那么a+b=0;③A,B,C三點可能在同一條直線上;④|a|+|b|≥|a+b|.2.-【解析】因為a+mb與-(b-2a)共線,所以存在實數(shù)λ(λ≠0)使得-(b-2a)=λ(a+mb)成立,即(2-λ)a=(λm+1)b.因為向量a3.【解析】設(shè)=x+y,x+y=1.因為N為AM的中點,所以==x·+y·=λ+μ,所以λ+μ=(x+y)=.4.【解析】=+=+=+(-)=-,所以x=,y=-,故x+y=.5.【解答】d=λ(2e1-3e2)+μ(2e1+3e2)=(2λ+2μ)e1+(-3λ+3μ)e2,要使d與c共線,那么應(yīng)存在實數(shù)k,使得d=kc,所以(2λ+2μ)e1+(-3λ+3μ)e2=2ke1-9ke2,即解得λ=-2μ.故存在這樣的實數(shù)λ,μ,當(dāng)λ=-2μ時,就能使d與c共線.6.【解答】=++=-a+b+c.=++=--+=a-b-c.+=+++=2=a-2b-c.B穩(wěn)固提升1.④【解析】由=-=4e1+2e2=2,所以與共線.又與不共線,,有公共點C,可得A,C,D三點共線,且B不在此直線上,故易判斷只有④正確.2.-a+b【解析】由=3,得4=3=3(a+b),所以=(a+b).又=a+b,所以=-=(a+b)-=-a+b.3.直角三角形【解析】+-2=-+-=+,-==-,所以|+|=|-|,故A,B,C為矩形的三個頂點,因此△ABC為直角三角形.4.2p【解析】因為=+,=+,所以(+)+2(+)+3=0,即+3+2+3=0.又因為A,Q,B三點共線,C,P,Q三點共線,所以設(shè)=λ,=μ,所以λ+3+2+3μ=0,即(λ+2)·+(3+3μ)=0.又因為,為不共線的向量,所以解得所以=-=,故=+=2=2p.5.【解答】(1)因為=-=(3a+b)-(2a-b)=a+2b,=-=(a-3b)-(3a+b)=-2a-4b=-2,所以與共線.又與有公共點B,所以A,(2)因為8a+kb與ka+2b共線,所以存在實數(shù)λ,使得8a+kb=λ(ka+2b)=λka+2λb,從而解得λ=±2,故k=2λ=±(3)因為M,P,N三點共線,所以存在實數(shù)λ,使得=λ,即-=λ(-),所以==a+b.因為a,b不共線,所以所以+=+=1.6.【解答】+為定值.證明如下:設(shè)=a,=b,那么=xa,=yb,所以==(+)=(a+b),所以=-=(a+b)-xa=a+b,=-=yb-xa=-xa+yb.因為與共線,所以存在實數(shù)λ,使得=λ,所以a+b=λ(-xa+yb)=-λxa+λyb.因為向量a與b不共線,所以消去λ得+=4為定值.第34課平面向量的根本定理及坐標(biāo)運算A應(yīng)知應(yīng)會1.(-3,-5)【解析】在平行四邊形ABCD中,=-=(-)-=-2=(1,3)-2(2,4)=(-3,-5).2.(-3,-1)(5,-7)3.3a-b【解析】設(shè)c=ma+nb,所以(4,2)=m(1,1)+n(-1,1),所以解得所以c=34.{(-13,-23)}【解析】P中,a=(-1+m,1+2m),Q中,b=(1+2n,-2+3n),那么解得此時a=b=(-13,-23)5.【解答】設(shè)D(m,n).由2||=3||,點D在線段AB上,可知2=3,即2(m+1,n-2)=3(0-m,-2-n),即2m+2=-3m,且2n-4=-6-3n,解得m=n=-,所以點D的坐標(biāo)為-,-6.【解答】=+t=(1+4t,2+5t).(1)點P(1+4t,2+5t).當(dāng)2+5t=0,即t=-時,點P在x軸上;當(dāng)1+4t=0,即t=-時,點P在y軸上;當(dāng)1+4t<0,2+5t<0,即t<-時,點P在第三象限.(2)假設(shè)能構(gòu)成平行四邊形,那么有=,即(1,2)=(3-4t,3-5t),所以無解,故不存在t使得四邊形OABP構(gòu)成平行四邊形.B穩(wěn)固提升1.-【解析】由=(2,0)=a=(x+3,x-3y-4),得解得2.(-23,-12)【解析】因為3a-2b+c=(23+x,12+y)=0,故x=-23,y=-12,那么c=(-23,-12)3.2【解析】因為OC=2,∠AOC=,所以C(,).又=λ+μ,所以(,)=λ(1,0)+μ(0,1)=(λ,μ),所以λ=μ=,故λ+μ=2.4.4【解析】以向量a和b的交點為原點建立如下圖的平面直角坐標(biāo)系.設(shè)每個小正方形的邊長都為1,那么A(1,-1),B(6,2),C(5,-1).所以a==(-1,1),b==(6,2),c==(-1,-3).因為c=λa+μb,所以(-1,-3)=λ(-1,1)+μ(6,2),即-λ+6μ=-1,λ+2μ=-3,解得λ=-2,μ=-,所以=4.(第4題)5.【解答】因為線段CO的延長線與線段BA的延長線的交點為D,所以設(shè)=t.因為點D在圓外,所以t<-1.又D,A,B三點共線,故存在λ,μ,使得=λ+μ,且λ+μ=1.又=m+n,所以tm+tn=λ+μ,所以m+n=,所以m+n∈(-1,0).6.【解答】(1)當(dāng)m=4時,|a|2=x2+16,|b|2=25x2+x2=26x2.因為|a|<|b|,所以|a|2<|b|2,從而x2+16<26x2,所以16<25x2,解得x<-或x>.即實數(shù)x的取值范圍是∪.(2)a·b=(m+1)x2-mx.由題意得(m+1)x2-mx>1-m對任意的實數(shù)x恒成立,即(m+1)x2-mx+m-1>0對任意的實數(shù)x恒成立.當(dāng)m+1=0,即m=-1時,顯然不恒成立,從而解得m>.即m的取值范圍是.第35課平面向量的平行與垂直A應(yīng)知應(yīng)會1.-2或【解析】由題知(a+2b)(2a-b)=0,所以2a2+3a·b-2b2=0,所以10+3(x+2)-2(x2+1)=0,即2x2-3x-14=0,解得2.充要【解析】由題意得a+b=(2,2+m).由a∥(a+b),得-1×(2+m)=2×2,所以m=-6,那么“m=-6”是“a∥(a+b)〞的充要條件3.-【解析】a∥b?-2sinx-cosx=0?tanx=-.4.±3【解析】因為a+λb=(3+λ,3-λ),a-λb=(3-λ,3+λ),(a+λb)⊥(a-λb),所以(3+λ)(3-λ)+(3-λ)(3+λ)=0,解得λ=±3.5.【解答】(1)由得=(2,-2),=(a-1,b-1).因為A,B,C三點共線,所以∥,所以2(b-1)+2(a-1)=0,即a+b=2.(2)因為=2,所以(a-1,b-1)=2(2,-2),所以解得所以點C的坐標(biāo)為(5,-3).6.【解答】(1)因為(a+kc)∥(2b-a),又a+kc=(3+4k,2+k),2b-a=(-5,2),所以2·(3+4k)-(-5)·(2+k)=0,解得k=-.(2)因為d-c=(x-4,y-1),a+b=(2,4),又(d-c)∥(a+b)且|d-c|=1,所以解得或所以d=或d=.B穩(wěn)固提升1.4【解析】a-2b=,2a+b=(16+x,x+1),又(a-2b)∥(2a+b),故(8-2x)(x+1)-(16+x)=0,解得x=4(x>2.-2或0【解析】因為△ABC為直角三角形,所以,當(dāng)⊥時,(i+j)·(2i+mj)=0,解得m=-2;當(dāng)⊥時,(i+j)·[i+(m-1)j]=0,解得m=0;當(dāng)⊥時,無解.綜上,m=-2或0.3.【解析】因為=-=λa-b,又因為⊥,所以(λa-b)·a=0,所以λ=.4.【解析】由得=(-a+2,-2),=(b+2,-4).又∥,所以(-a+2)×(-4)-(-2)×(b+2)=0,整理得2a+b=2,故+=(2a+b)·+=·3++≥3+2=(當(dāng)且僅當(dāng)b=a時,等號成立).5.【解答】設(shè)存在點M,且=λ=(6λ,3λ)(0≤λ≤1),所以=(2-6λ,5-3λ),=(3-6λ,1-3λ).因為⊥,所以(2-6λ)(3-6λ)+(5-3λ)(1-3λ)=0,即45λ2-48λ+11=0,解得λ=或λ=,故點M的坐標(biāo)為(2,1)或.所以在線段OC上存在點M,使⊥,且點M的坐標(biāo)為(2,1)或.6.【解答】(1)設(shè)點D(a,b).因為=,所以(a,b)=(6,8)-(4,1)=(2,7),所以頂點D的坐標(biāo)為(2,7).(2)設(shè)點I(x,y).由(1)知F的坐標(biāo)為.因為=2,故(xE-2,yE-7)=2(6-xE,8-yE),解得xE=,yE=,故E.又=,=(x-4,y-1),由∥,得(x-4)=-3(y-1);由∥,得x=y.聯(lián)立方程組可得x=,y=,即點I的坐標(biāo)為.第36課平面向量的數(shù)量積A應(yīng)知應(yīng)會1.【解析】a·(a+b)=a2+a·b=1+|a||b|cos60°=1+1×3×=.2.120°【解析】因為a+b=(-1,-2),故a+b與a方向相反,且模相等.設(shè)向量a+b與c的夾角為θ,那么cosθ===,所以c與a+b的夾角θ=60°,所以a與c的夾角為120°.3.2【解析】因為a⊥b,所以4x+2x·=4x+2x-2=0,解得2x=-2(舍去)或2x=1,故a=(1,1),b=(1,-1),故a-b=(0,2),所以|a-b|=2.4.1【解析】由題意得B(0,1).設(shè)P(x,ex),那么=(-1,1),=(x,ex),所以·=-x+ex.令f(x)=ex-x,那么f'(x)=ex-1.令f'(x)=0,得x=0,求得最小值為f(0)=1.5.【解答】由題知a·b=|a|·|b|cos120°=4×2×=-4.(1)|a+b|2=(a+b)2=|a|2+2a·b+|b|2=12,所以|a+b|=2(2)|3a-4b|2=9|a|2-24a·b+16|b|2=16×19,所以|3a-(3)(a-2b)·(a+b)=|a|2-2a·b+a·b-2|b|2=6.【解答】(1)由題知e1·e2=cos60°=,所以a·b=(3e1-2e2)·(2e1-3e2)=6-13e1·e2+6=6-+6=.(2)a2=(3e1-2e2)2=9-12e1·e2+4=9-6+4=7,b2=(2e1-3e2)2=4-12e1·e2+9=7,而(a+b)·(a-b)=a2-b2=0,所以a+b與a-b的夾角為90°.B穩(wěn)固提升1.9【解析】=+,=-=-+,所以·=(4+3)·(4-3)=(16-9)=×(16×36-9×16)=9.2.24【解析】因為·=·(+)==4,所以=12,因此·=(+)·==-=36-12=24.3.-2【解析】設(shè)M(t>0),那么||==,||=t,所以·=||·||·cos135°=×t×=-2.4.4【解析】方法一:記,方向上的單位向量分別為a,b,那么a2=b2=1,a·b=,=4a,=6b,從而=2a,=2b,=(+)=a+b,=-=b-3a,=-=2b-2a,所以·=(b-3a)·(2b-2a)=2b2+6a2方法二:取CE的中點G,連接BG.設(shè)BG的中點為M,連接FM,那么=,且FM⊥BM,所以·==BM2=DE2=22=4.方法三:以A為坐標(biāo)原點,的方向為x軸的正方向,建立平面直角坐標(biāo)系,那么A(0,0),B(4,0),C(3,3),從而D(2,0),E(1,),F,所以=-,,=(-1,),所以·=+=4.5.【解答】(1)a·b=cos2θ,|a+b|2=|a|2+|b|2+2a·b=2+2cos2θ=4cos2θ所以==cosθ-.因為θ∈,所以cosθ∈.令t=cosθ,那么≤t≤1,'=1+>0,所以y=t-在t∈上為增函數(shù),所以-≤t-≤,即所求的最大值為,最小值為-.(2)由題設(shè)可得|ka+b|2=3|a-kb|2.又|a|=|b|=1,a·b=cos2θ,所以原式化簡得cos2θ=.由0≤θ≤,得-≤cos2θ≤1,所以-≤≤1,解得k∈∪{-1}.6.【解答】方法一:設(shè)=a,=b,那么=-b,=2a,=3所以=-=3a-b,=-=3a+b,=-=2a-b,=-=2a+b,所以·=9a2-b2,·=4a2-b2,·=a2-b又因為·=4,·=