高考數(shù)學二輪總復(fù)習專題能力訓(xùn)練3平面向量復(fù)數(shù)理

專題能力訓(xùn)練3平面向量、復(fù)數(shù)能力突破訓(xùn)練1.(2022廣西貴港模擬)已知復(fù)數(shù)z滿足z(1+i)=13i,則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2.設(shè)a,b是兩個非零向量,則下列結(jié)論一定成立的為()A.若|a+b|=|a||b|,則a⊥bB.若a⊥b,則|a+b|=|a||b|C.若|a+b|=|a||b|,則存在實數(shù)λ,使得b=λaD.若存在實數(shù)λ,使得b=λa,則|a+b|=|a||b|3.(2022廣西桂林、梧州一模)已知復(fù)數(shù)z=(a2i)(1+3i)(a∈R)的實部與虛部的和為12,則|z5|=()A.3 B.4 C.5 D.64.(2022全國甲,理1)若z=1+3i,則zzz-1A.1+3i B.13iC.13+335.(2022廣西柳州二模)設(shè)a=(3,m),b=(4,2),則“m=1”是“a⊥(ab)”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件6.已知i為虛數(shù)單位,z(2+i)=3+2i,則下列結(jié)論正確的是()A.z的共軛復(fù)數(shù)為85B.z的虛部為1C.z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第二象限D(zhuǎn).|z|=97.已知單位向量e1,e2,且OP=me1+ne2(m,n∈R),若e1⊥e2,|OP|=1,則下列式子一定成立的是()A.m+n=1 B.mn=1C.m2+n2=1 D.mn=18.若向量a=(x+1,2)與b=(1,1)平行,則|2a+b|=()A.2 B.32C.32 D.29.(2022北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P為△ABC所在平面內(nèi)的動點,且PC=1,則PA·PB的取值范圍是 (A.[5,3] B.[3,5]C.[6,4] D.[4,6]10.如圖,已知平面四邊形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC與BD交于點O,記I1=OA·OB,I2=OB·OC,I3=OC·A.I1<I2<I3 B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2 D.I2<I1<I311.歐拉公式eix=cosx+isinx(i為虛數(shù)單位)是由瑞士數(shù)學家歐拉發(fā)現(xiàn)的,它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴大到復(fù)數(shù)集,建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系,它在復(fù)變函數(shù)論里占有非常重要的地位,特別是當x=π時,eiπ+1=0被認為是數(shù)學中最優(yōu)美的公式.根據(jù)歐拉公式可知,ei在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限12.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λAC-AB(λ∈R),且AD·AE=4,13.設(shè)向量a=(x,4),b=(1,x),向量a與b的夾角為銳角,則x的取值范圍為.

14.已知向量m=(2,5),n=(1,λ),若n在m方向上的投影為4,則實數(shù)λ的值為.

15.設(shè)D,E分別是△ABC的邊AB,BC上的點,|AD|=12|AB|,|BE|=23|BC|.若DE=λ1AB+λ2AC(λ1,λ2為實數(shù)),則λ1+λ2的值為思維提升訓(xùn)練16.在正方形ABCD中,若E為CD的中點,點F為CB上靠近點C的三等分點,O為AC與BD的交點,則DB=()A.85B.14C.185D.1217.已知AB⊥AC,|AB|=1t,|AC|=t.若點P是△ABC所在平面內(nèi)的一點,且AP=AB|ABA.13 B.15 C.19 D.2118.(2022廣西玉林模擬)在△ABC中,AC=3,AB=4,∠BAC=π3,AD=2DB,P為線段CD上一點,且不與點C,D重合,若AP=mAC+nAB,AP·CDA.14 B.1C.12 D.19.已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,則|a+b|+|ab|的最小值是,最大值是.

20.(2022廣西桂林二模)已知菱形ABCD的邊長為2,E是BC的中點,則AE·ED=21.設(shè)復(fù)數(shù)z1,z2滿足|z1|=|z2|=2,z1+z2=3+i,則|z1z2|=.

專題能力訓(xùn)練3平面向量、復(fù)數(shù)能力突破訓(xùn)練1.B解析因為z(1+i)=13i,所以z=1-3i1+i=(1-3i)(12.C解析設(shè)向量a與b的夾角為θ.對于A,可得cosθ=1,因此a⊥b不成立;對于B,當滿足a⊥b時|a+b|=|a||b|不成立;對于C,可得cosθ=1,因此成立,而D顯然不一定成立.3.C解析z=(a2i)(1+3i)=(a+6)+(3a2)i,則有a+6+3a2=12,解得a=2,所以z=8+4i,z5=3+4i,故|z5|=32+44.C解析zzz-15.A解析當m=1時,ab=(1,3),a·(ab)=3×(1)+(1)×(3)=0,所以a⊥(ab),充分性成立;當a⊥(ab)時,ab=(1,m2),a·(ab)=3×(1)+m·(m2)=0,解得m=1或m=3,所以必要性不成立.所以“m=1”是“a⊥(ab)”的充分不必要條件.6.B解析因為z=所以z=8-i5,故A錯誤,B正確;z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為85,-7.C解析∵OP=me1+ne2∴OP2=m2e12+n2e22+2mn∵e1,e2是單位向量且e1⊥e2,|OP|=1,∴1=m2+n2,故選C.8.C解析∵a∥b,∴(x+1)×(1)=2×1,解得x=3,∴a=(2,2),2a+b=(3,3),∴|2a+b|=(-3)29.D解析如圖所示,以點C為坐標原點,CA,CB所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系,則C(0,0),A(3,0),B(0,4).∵PC=1,∴可設(shè)P(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π],∴PA·PB=(3cosθ,sinθ)·(cosθ,4sinθ)=3cosθ4sinθ+sin2θ+cos2θ=15sin(θ+φ),其中tanφ∵1≤sin(θ+φ)≤1,∴4≤PA·PB≤10.C解析由題圖可得OA<12AC<OC,OB<12BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠所以I2=OB·OC>0,I1=OA·OB<0,I3=OC·OD<0,且所以I3<I1<0<I2,故選C.11.A解析依題意,ei=cos1+isin1,在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的坐標為(cos1,sin1),而cos1>0,sin1>0,該點在第一象限.12.311解析∵BD=2DC,∴又AE=λAC-AB,∠A=60°,AB=3,AC=2,∴AB·AC=3×2×12=3,2即2λ3∴2λ3×413×9+λ3-2313.(0,2)∪(2,+∞)解析因為向量a=(x,4),b=(1,x),向量a與b的夾角為銳角,所以x·1+(4)(x)>0,且x2≠4,解得x>0,且x≠2.故x的取值范圍為(0,2)∪(2,+∞).14.25解析依題意,得n在m方向上的投影為m·n|m|=15.12解析由題意DE=DB+BE=12AB+23BC=12AB+23思維提升訓(xùn)練16.A解析如圖所示,以D為坐標原點,DC,DA所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系.設(shè)AB=6,則A(0,6),B(6,6),O(3,3),E(3,0),F(6,2),D(0,0),DB=(6,6),AE=(3,6),OF=(3,1).設(shè)DB=mAE+nOF,則6=3m+3n,17.A解析以點A為原點,AB,AC所在直線分別為x軸、則A(0,0),B1t,0,C∴AB|AB|=∴AP=AB|AB|∴點P的坐標為(1,4),PB=1t-1,-4,PC=(1,t4),∴PB·PC=11t4t+16=當且僅當1t=4t,即t=12時取“=∴PB·18.B解析設(shè)CP=kPD(k>0),則AP-AC=k23將AP=mAC+nAB代入可得(1+k)mAC+(1+k)nAB=則m又AP·所以(mAC+nAB)·23AB-AC=即2m3AC·AB又AC·AB=|AC||AB|cos∠BAC=3×4cosπ3=6,AC2=9,AB2=16,所以14將m=11+k,n=2k所以m=14,n=12,故19.425解析設(shè)向量a,b的夾角為θ,由余弦定理,得|ab|=12|a+b|=12則|a+b|+|ab|=5+4cos令y=5+4cosθ則y2=10+225-據(jù)此可得(|a+b|+|ab|)max=20=25,(|a+b|+|ab|)min=16=4.即|a+b|+|ab|的最小值是4,最大值是2520.3解析依題意AE=AB+因為菱形ABCD的邊長為2,所以AE·ED=14|AD|2|AB|2=121.23解析設(shè)z1=a+bi,z2=c