高考數(shù)學二輪總復習專題能力訓練3平面向量復數(shù)文

專題能力訓練3平面向量、復數(shù)能力突破訓練1.(2022廣西貴港模擬)已知復數(shù)z滿足z(1+i)=13i,則復數(shù)z在復平面內所對應的點位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限2.如圖,方格紙中有定點O,P,Q,E,F,G,H,則OP+OQ=(A.OH B.OG C.FO D.EO3.設a,b是兩個非零向量,下列結論正確的為()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|4.若z=1+3i,則zzz-1A.1+3i B.13iC.13+335.已知向量a=(3,6),c=(m,1),若a⊥(ac),則實數(shù)m的值為()A.9 B.17 C.7 D.216.在正方形ABCD中,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.85AE+C.185AE+7.(2022廣西柳州二模)設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8.如圖所示,在△ABC中,點D是BC邊的中點,過點D的直線分別交直線AB,AC于不同的兩點M,N,若AB=mAM,AC=nAN,則m+n=()A.1 B.32 C.2 D.9.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.

10.設向量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.

11.在△ABC中,若AB·AC=AB·CB=12.已知e1=(1,0),|e2|=1,e1,e2的夾角為30°.若3e1e2,e1+λe2互相垂直,則實數(shù)λ的值是.

13.過點P(1,3)作圓x2+y2=1的兩條切線,切點分別為A,B,則PA·PB=14.在平面直角坐標系中,O為坐標原點,已知向量OA=(2,2),OB=(4,1),在x軸上取一點P,使AP·BP有最小值,則點P的坐標是思維提升訓練15.已知復數(shù)2-aii=1bi,其中a,b∈R,i是虛數(shù)單位,則|a+biA.1+2i B.1C.5 D.516.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)的定義域擴大到復數(shù)集,建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關系,它在復變函數(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在復平面內對應的點位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限17.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=A.I1<I2<I3 B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2 D.I2<I1<I318.(2022北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°,P為△ABC所在平面內的動點,且PC=1,則PA·PB的取值范圍是(A.[5,3] B.[3,5]C.[6,4] D.[4,6]19.(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,APA.14 B.1C.12 D.20.已知點P是邊長為2的正三角形ABC所在平面上一點,滿足PC·(PA+PB)=0,則|PB|的最小值是(A.5-22C.1 D.721.已知兩個單位向量a,b的夾角為60°,c=ta+(1t)b.若b·c=0,則t=.

22.在任意四邊形ABCD中,E,F分別是AD,BC的中點,若EF=λAB+μDC,則λ+μ=.

23.(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=答案：能力突破訓練1.B解析:因為z(1+i)=13i,所以z=1-3i則z=1+2i,所以z對應點的坐標為(1,2),在第二象限.2.C解析:設a=OP+OQ,以OP,OQ為鄰邊作平行四邊形,則夾在OP,OQ之間的對角線對應的向量即為向量a=因為a和FO長度相等,方向相同,所以a=FO,故選C.3.C解析:設向量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.4.C解析:zzz-15.B解析:根據(jù)題意,得ac=(3m,7).因為a⊥(ac),所以a·(ac)=3(3m)+42=0,解得m=17.6.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DB=mAE+nOF,則6=3m+3故DB=857.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.8.C解析:因為AB=mAM,AC=nAN,所以AB=mAM,AC=n因為D是BC的中點,所以AD=12(AB+AC)=m9.25解析:依題意,得n在m方向上的投影為m·n|m|=210.(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,+∞).11.22解析:由AB·AC=4,AB·CB=于是AB·(AC+CB)=8,即AB·AB=8,故|AB|2=8,得|AB12.3解析:因為3e1e2,e1+λe2互相垂直,所以(3e1e2)·(e1+λe2)=0,整理得到3e12+(3λ1)e1·e2λe22=0,即3+(3λ1)×32λ13.32解析:∵OA=1,AP=3,又PA=PB,∴PB=3.∴∠APO=30°.∴∠APB=60°.∴PA·PB=|PA||PB|cos60°=14.(3,0)解析:設點P的坐標為(x,0),則AP=(x2,2),BP=(x4,1),AP·BP=(x2)(x4)+(2)×(1)=x26x+10=(x3)2當x=3時,AP·BP有最小值1.此時點P思維提升訓練15.D解析:由2-aii=1bi,得2ai=i(1所以a=1,b=2,所以a+bi=1+2i,所以|a+bi|=|1+2i|=(-116.A解析:依題意,ei=cos1+isin1,在復平面內對應點的坐標為(cos1,sin1),而cos1>0,sin1>0,該點在第一象限.17.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.18.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P(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π],∴PA·PB=(3cosθ,sinθ)·(cosθ,4sinθ)=3cosθ4sinθ+sin2θ+cos2θ=15sin(θ+其中tanφ=34∵1≤sin(θ+φ)≤1,∴4≤PA·PB≤6.19.B解析:設CP=kPD(k>0),則AP-AC=k23AB-AP,將AP=mAC+nAB代入可得(1+k)mAC+(1又AP·所以(mAC+nAB)·23AB-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mn=20.D解析:設AB的中點為D,則PA+PB=2又PC·(PA+PB)=0,所以PC·PD=0,所以點P在以CD設CD的中點為O,則|PB|的最小值為OBCD221.2解析:∵c=ta+(1t)b,∴b·c=ta·b+(1t)|b|2.又|a|=|b|=1,且a與b的夾角為60°,b·c=0,∴0=t|a||b|c