2018-2019学年数学高考二轮复习课时跟踪检测：(二) 平面向量与复数 Word版含解析
(新课标)天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练3 平面向量与复数 理
专题能力训练3 平面向量与复数一、能力突破训练1.设有下面四个命题p1:若复数z满足∈R,则z∈R;p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=;p4:若复数z∈R,则∈R.其中的真命题为()A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p42.设a,b是两个非零向量,则下列结论一定成立的为()A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥bB.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λaD.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|3.(2018全国Ⅲ,理2)(1+i)(2-i)=()A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i4.在复平面内,若复数z的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=()A.2-iB.-2-iC.2+iD.-2+i5.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=()A.-1B.0C.1D.26.(2018浙江,4)复数(i为虚数单位)的共轭复数是 ()A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i7.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则=()A.-a2B.-a2C.a2D.a28.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(t m+n),则实数t的值为()A.4B.-4C.D.-9.如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O,记I1=,I2=,I3=,则()A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I310.(2018全国Ⅲ,理13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ= .11.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2=λ(λ∈R),且=-4,则λ的值为.12.设a∈R,若复数(1+i)(a+i)在复平面内对应的点位于实轴上,则a= .13.已知a,b∈R,(a+b i)2=3+4i(i是虚数单位),则a2+b2= ,ab= .14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.二、思维提升训练15.在△ABC中,已知D是AB边上一点,+λ,则实数λ=()A.-B.-C.D.16.已知,||=,||=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且,则的最大值等于()A.13B.15C.19D.2117.已知两点M(-3,0),N(3,0),点P为坐标平面内一动点,且||·||+=0,则动点P(x,y)到点M(-3,0)的距离d的最小值为()A.2B.3C.4D.618.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是,最大值是.19.在任意四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,若=λ+μ,则λ+μ= .20.已知a∈R,i为虚数单位,若为实数,则a的值为.。
2018-2019学年高中数学人教A版选修2-2：课时跟踪检测(十九)复数的几何意义-含解析
课时跟踪检测（十九） 复数的几何意义层级一 学业水平达标1．与x 轴同方向的单位向量e 1与y 轴同方向的单位向量e 2，它们对应的复数分别是( )A ．e 1对应实数1，e 2对应虚数iB ．e 1对应虚数i ， e 2对应虚数iC ．e 1对应实数1，e 2对应虚数－iD ．e 1对应实数1或－1，e 2对应虚数i 或－i 解析：选A e 1＝(1,0)，e 2＝(0,1)．2．当23＜m ＜1时，复数z ＝(3m －2)＋(m －1)i 在复平面上对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选D ∵23＜m ＜1，∴3m －2＞0，m －1＜0，∴点(3m －2，m －1)在第四象限．3．已知0＜a ＜2，复数z ＝a ＋i(i 是虚数单位)，则|z |的取值范围是( ) A ．(1，3) B ．(1，5) C ．(1,3) D ．(1,5)解析：选B |z |＝a 2＋1，∵0＜a ＜2，∴1＜a 2＋1＜5，∴|z |∈(1，5)．5．复数z ＝1＋cos α＋isin α(π＜α＜2π)的模为( ) A ．2cos α2B ．－2cos α2C ．2sin α2D ．－2sin α2解析：选B |z |＝(1＋cos α)2＋sin 2α＝2＋2cos α＝4cos 2α2＝2|cos α2|.∵π＜α＜2π，∴π2＜α2＜π，cos α2＜0，于是|z |＝－2cos α2.6．复数3－5i,1－i 和－2＋a i 在复平面上对应的点在同一条直线上，则实数a 的值为________．解析：由点(3，－5)，(1，－1)，(－2，a )共线可知a ＝5. 答案：57．过原点和3－i 对应点的直线的倾斜角是________． 解析：∵3－i 在复平面上的对应点是(3，－1)， ∴tan α＝－1－03－0＝－33(0≤α＜π)，∴α＝5π6.答案：5π69．设z 为纯虚数，且|z －1|＝|－1＋i|，求复数z . 解：∵z 为纯虚数，∴设z ＝a i(a ∈R 且a ≠0)， 又|－1＋i|＝2，由|z －1|＝|－1＋i|， 得a 2＋1＝2，解得a ＝±1，∴z ＝±i.10．已知复数z ＝m (m －1)＋(m 2＋2m －3)i(m ∈R)． (1)若z 是实数，求m 的值； (2)若z 是纯虚数，求m 的值；(3)若在复平面内，z 所对应的点在第四象限，求m 的取值范围． 解：(1)∵z 为实数，∴m 2＋2m －3＝0， 解得m ＝－3或m ＝1. (2)∵z 为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧m (m －1)＝0，m 2＋2m －3≠0. 解得m ＝0.(3)∵z 所对应的点在第四象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧m (m －1)＞0，m 2＋2m －3＜0. 解得－3＜m ＜0.故m 的取值范围为(－3,0)．层级二 应试能力达标1．已知复数z 1＝2－a i(a ∈R)对应的点在直线x －3y ＋4＝0上，则复数z 2＝a ＋2i 对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B 复数z 1＝2－a i 对应的点为(2，－a )，它在直线x －3y ＋4＝0上，故2＋3a ＋4＝0，解得a ＝－2，于是复数z 2＝－2＋2i ，它对应点的点在第二象限，故选B.2．复数z ＝(a 2－2a )＋(a 2－a －2)i 对应的点在虚轴上，则( ) A ．a ≠2或a ≠1 B ．a ≠2且a ≠1 C ．a ＝0D ．a ＝2或a ＝0解析：选D ∵z 在复平面内对应的点在虚轴上， ∴a 2－2a ＝0，解得a ＝2或a ＝0.3．若x ，y ∈R ，i 为虚数单位，且x ＋y ＋(x －y )i ＝3－i ，则复数x ＋y i 在复平面内所对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A ∵x ＋y ＋(x －y )i ＝3－i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝3，x －y ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，∴复数1＋2i 所对应的点在第一象限．4．在复平面内，复数z 1，z 2对应点分别为A ，B .已知A (1,2)，|AB |＝25，|z 2|＝41，则z 2＝( )A ．4＋5iB ．5＋4iC ．3＋4iD ．5＋4i 或15＋325i解析：选D 设z 2＝x ＋y i(x ，y ∈R)，由条件得，⎩⎪⎨⎪⎧ (x －1)2＋(y －2)2＝20，x 2＋y 2＝41. ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝4或⎩⎨⎧x ＝15，y ＝325.故选D.5．若复数z ＝(m 2－9)＋(m 2＋2m －3)i 是纯虚数，其中m ∈R ，则|z |＝________.解析：由条件知⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋2m －3≠0，m 2－9＝0，∴m ＝3，∴z ＝12i ，∴|z |＝12.答案：126．已知复数z ＝x －2＋y i 的模是22，则点(x ，y )的轨迹方程是________． 解析：由模的计算公式得 (x －2)2＋y 2＝22，∴(x －2)2＋y 2＝8. 答案：(x －2)2＋y 2＝87．已知复数z 0＝a ＋b i(a ，b ∈R)，z ＝(a ＋3)＋(b －2)i ，若|z 0|＝2，求复数z 对应点的轨迹．解：设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R)，则复数z 的对应点为P (x ，y )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋3，y ＝b －2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝x －3，b ＝y ＋2.① ∵z 0＝a ＋b i ，|z 0|＝2，∴a 2＋b 2＝4. 将①代入得(x －3)2＋(y ＋2)2＝4.∴点P 的轨迹是以(3，－2)为圆心，2为半径的圆．8．已知复数z 1＝3＋i ，z 2＝－12＋32i.(1)求|z 1|及|z 2|并比较大小；(2)设z ∈C ，满足条件|z 2|≤|z |≤|z 1|的点Z 的轨迹是什么图形？ 解：(1)|z 1|＝ (3)2＋12＝2，|z 2|＝⎝⎛⎭⎫－122＋322＝1，∴|z 1|＞|z 2|.(2)由|z2|≤|z|≤|z1|及(1)知1≤|z|≤2.因为|z|的几何意义就是复数z对应的点到原点的距离，所以|z|≥1表示|z|＝1所表示的圆外部所有点组成的集合，|z|≤2表示|z|＝2所表示的圆内部所有点组成的集合，故符合题设条件点的集合是以O为圆心，以1和2为半径的两圆之间的圆环(包含圆周)，如图所示．。
高考数学二轮复习 专题二 三角函数、平面向量与复数 第3讲 平面向量与复数教案-高三全册数学教案
第3讲 平面向量与复数平面向量的概念与线性运算[核心提炼]1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．[典型例题](1)(2019·杭州模拟)如图所示，已知AB 是圆O 的直径，点C ，D 是半圆弧的两个三等分点，AB →＝a ，AC →＝b ，则AD →＝( )A ．a －12bB ．12a －bC ．a ＋12bD ．12a ＋b(2)(2019·金华市十校联考)已知A 、B 、C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，点P 满足OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)，则S △PAB S △OAB为( )A ．32 B ．23C ．2D ．12(3)(2019·嘉兴七校联考)在△ABC 中，点D 满足BD →＝34BC →，当点E 在射线AD (不含点A )上移动时，若AE →＝λAB →＋μAC →，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________．【解析】 (1)连接CD ，由点C ，D 是半圆弧的三等分点，得CD ∥AB 且CD →＝12AB →＝12a ，所以AD →＝AC →＋CD →＝b ＋12a .(2)如图，延长CO ，交AB 中点D ，O 是△ABC 的重心，则OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)＝14(2OD →＋2OC →)＝14(－OC →＋2OC →)＝14OC →，所以OP ＝14OC ＝14×23CD ＝16CD ；所以DP ＝DO ＋OP ＝13CD ＋16CD ＝12CD ，DO ＝13CD ；所以S △PAB S △OAB ＝DP DO ＝12CD13CD ＝32.(3)因为点E 在射线AD (不含点A )上，设AE →＝kAD →(k >0)，又BD →＝34BC →，所以AE →＝k (AB →＋BD →)＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤AB →＋34（AC →－AB →）＝k 4AB →＋3k 4AC →， 所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝k 4μ＝3k4，(λ＋1)2＋μ2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 4＋12＋916k 2＝58⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋252＋910>1，故(λ＋1)2＋μ2的取值范围为(1，＋∞)．【答案】 (1)D (2)A (3)(1，＋∞)平面向量的线性运算技巧(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用． (2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．[对点训练]1．(2019·瑞安市四校联考)设M 是△ABC 边BC 上的点，N 为AM 的中点，若AN →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.14B.13C.12D.1 解析：选C.因为M 在BC 边上，所以存在实数t ∈[0，1]使得BM →＝tBC →. AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋tBC →＝AB →＋t (AC →－AB →)＝(1－t )AB →＋tAC →，因为N 为AM 的中点， 所以AN →＝12AM →＝1－t 2AB →＋t 2AC →，所以λ＝1－t 2，μ＝t 2，所以λ＋μ＝1－t 2＋t 2＝12，故C 正确．2．(2019·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267.若动点P 满足AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →，(λ∈R )，则点P 的轨迹与直线BC ，AC 所围成的封闭区域的面积为( )A ．5B ．10C ．2 6D ．4 6解析：选A.设AD →＝23AC →，因为AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →＝(1－λ)AB →＋λAD →，所以B ，D ，P 三点共线． 所以P 点轨迹为直线BC .在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267，所以sin C ＝57，所以S △ABC ＝12×7×6×57＝15，所以S △BCD ＝13S △ABC ＝5.3．(2019·高考浙江卷)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i ＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|的最小值是________，最大值是________．解析：以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)，所以λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当⎩⎪⎨⎪⎧λ1－λ3＋λ5－λ6＝0λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最大值22＋42＝2 5.答案：0 2 5平面向量的数量积 [核心提炼]1．平面向量的数量积的两种运算形式(1)数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ(其中θ为向量a ，b 的夹角)；(2)坐标运算：a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. 2．平面向量的三个性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB →|＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a·b |a||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22. [典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3(2)(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝k ，|c |＝2－k 且a ＋b ＋c ＝0，则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________．【解析】 (1)设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A. (2)设b 与c 的夹角为θ，由题b ＋c ＝－a ， 所以b 2＋c 2＋2b ·c ＝1.即cos θ＝2k 2－4k ＋32k 2－4k ＝1＋32（k －1）2－2. 因为|a |＝|b ＋c |≥|b －c |，所以|2k －2|≤1. 所以12≤k ≤32.所以－1≤cos θ≤－12.【答案】 (1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12(1)平面向量数量积的计算①涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路(ⅰ)直接利用数量积的定义； (ⅱ)建立坐标系，通过坐标运算求解．②在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算．(2)求解向量数量积最值问题的两种思路①直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．②建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．[对点训练]1．(2019·嘉兴市高考一模)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c满足|a －b ＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322≤1，故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3 ＜ I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3解析：选C.如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，所以∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD与∠BOC 为锐角．根据题意，I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝|OB →|·|CA →|·cos ∠AOB <0，所以I 1<I 2，同理得，I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，所以OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，所以|OA →|·|OB →|<|OC →|·|OD →|，而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，所以OA →·OB →>OC →·OD →，即I 1>I 3.所以I 3<I 1<I 2.3．(2019·金华十校高考模拟)若非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________．解析：非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，可得a ·b ＝15(a 2＋4b 2)＝15(|a |2＋4|b |2)≥15·2|a |2·4|b |2＝45|a |·|b |，即有cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |≥45·|a |·|b ||a |·|b |＝45，当且仅当|a |＝2|b |，取得最小值45.答案：45平面向量与其他知识的交汇[核心提炼]平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”为：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件．[典型例题](1)如图，已知点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝3DC →，E n (n ∈N *)为边AC 上的列点，满足E n A →＝14a n ＋1·E n B →－(3a n ＋2)E n D →，其中实数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝( )A ．3·2n －1－2 B ．2n－1 C ．3n－1 D ．2·3n －1－1(2)已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量p ＝(cos B ＋sinB ，2sin B －2)，q ＝(sin B －cos B ，1＋sin B )，且p ⊥q .①求B 的大小；②若b ＝2，△ABC 的面积为3，求a ，c .【解】 (1)选D.因为BD →＝3DC →，所以E n C →＝E n B →＋BC →＝E n B →＋43BD →＝E n B →＋43(BE n →＋E n D →)＝－13E n B→＋43E n D →.设mE n C →＝E n A →，则由E n A →＝14a n ＋1E n B →－(3a n ＋2)E n D →，得(14a n ＋1＋13m )E n B →－(43m ＋3a n ＋2)E n D →＝0，则－13m ＝14a n ＋1，43m ＝－(3a n ＋2)，所以14a n ＋1＝14(3a n ＋2)，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)．因为a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(2)①因为p ⊥q ，所以p ·q ＝(cos B ＋sin B )(sin B －cos B )＋(2sin B －2)·(1＋sin B )＝0，即3sin 2B －cos 2B －2＝0，即sin 2B ＝34，又角B 是锐角三角形ABC 的内角，所以sin B ＝32，所以B ＝60°. ②由①得B ＝60°，又△ABC 的面积为3， 所以S △ABC ＝12ac sin B ，即ac ＝4.①由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 又b ＝2，所以a 2＋c 2＝8，② 联立①②，解得a ＝c ＝2.平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何，求最值． (1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数的知识．在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中几何量之间的关系，最后的解题还要落实到解析几何知识上．(2)因为向量是沟通代数、几何的工具，有着极其丰富的实际背景，对于某些代数问题，可构造向量，使其转化为向量问题求解．[对点训练]1．(2019·杭州市高三二模)△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是边BC 、AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值等于( )A.54 B.154 C.174D.174解析：选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A (0，4)，B (3，0)，C (0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. 设E (x ，0)，则F (0，1－x 2)，0≤x ≤1. 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，－2，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1－x 2－2.所以DE →·DF →＝94－32x ＋4－21－x 2＝254－3x 2－21－x 2.令f (x )＝254－3x 2－21－x 2，当x ≠1时，则f ′(x )＝－32＋2x1－x 2. 令f ′(x )＝0得x ＝35.当0≤x ＜35时，f ′(x )＜0，当35＜x ＜1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝35时，f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝154.当x ＝1时，f (1)＝254－32＝194＞154，故选B.2．(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝4，|a －b |＝3，则|a |＋|b |的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[4，5]C ．[3，4]D ．[4，7]解析：选B.|a |＋|b |≥max{|a ＋b |，|a －b |}＝4， (|a |＋|b |)2≤|a ＋b |2＋|a －b |2＝25，所以|a |＋|b |≤5.3．(2019·江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列{a n }中，a 1＝2，点列P n (n ＝1，2，…)在△ABC 内部，且△P n AB 与△P n AC 的面积比为2∶1.若对n ∈N *都存在数列{b n }满足b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，求a 4.解：在线段BC 上取点D ，使得BD ＝2CD ，则P n 在线段AD 上， 因为b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，所以－12a n ＋1BP n →＝b n AP n →＋(3a n ＋2)CP n →＝b n (BP n →－BA →)＋(3a n ＋2)(BP n →－BC →)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a n ＋1－b n －3a n －2BP n →＝－b n BA →－32×(3a n ＋2)BD →.因为A ，P n ，D 三点共线，所以－12a n ＋1－b n －3a n －2＝－b n －32(3a n ＋2)，即a n ＋1＝3a n ＋2，所以a 2＝3a 1＋2＝8，a 3＝3a 2＋2＝26，a 4＝3a 3＋2＝80.复 数 [核心提炼]1．复数的除法复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简． 2．复数运算中常见的结论(1)(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i 1＋i ＝－i.(2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)． (3)i 4n＝1，i 4n ＋1＝i ，i4n ＋2＝－1，i4n ＋3＝－i.(4)i 4n＋i4n ＋1＋i 4n ＋2＋i4n ＋3＝0.[典型例题](1)(2019·杭州学军中学高考模拟)设复数z 满足1＋z1－z ＝i ，则|z |＝( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2(2)设有下面四个命题p 1：若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ；p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ； p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝z 2； p 4：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为( ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 4C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4(3)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知复数z ＝1＋i ，其中i 为虚数单位，则复数1＋z ＋z 2＋…＋z 2 017的实部为( )A ．1B ．－1C ．21 009D ．－21 009【解析】 (1)因为复数z 满足1＋z1－z＝i ，所以1＋z ＝i －z i ，所以z (1＋i)＝i －1，所以z ＝i －1i ＋1＝i ，所以|z |＝1，故选A.(2)对于命题p 1，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由1z ＝1a ＋b i ＝a －b ia 2＋b 2∈R ，得b ＝0，则z ∈R成立，故命题p 1正确；对于命题p 2，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由z 2＝a 2－b 2＋2ab i ∈R ，得ab ＝0，则a ＝0或b ＝0，复数z 可能为实数或纯虚数，故命题p 2错误；对于命题p 3，设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 2＝c ＋d i(c ，d ∈R )，由z 1·z 2＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ∈R ，得ad ＋bc ＝0，不一定有z 1＝z 2，故命题p 3错误；对于命题p 4，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则由z ∈R ，得b ＝0，所以z ＝a ∈R 成立，故命题p 4正确．故选B.(3)因为z ＝1＋i ， 所以1＋z ＋z 2＋…＋z2 017＝1×（1－z 2 018）1－z＝z 2 018－1z －1＝（1＋i ）2 018－11＋i －1＝（2i ）1 009－1i ＝（－1＋21 009i ）（－i ）－i2＝21 009＋i. 所以复数1＋z ＋z 2＋…＋z2 017的实部为21 009.故选C.【答案】 (1)A (2)B (3)C复数问题的解题思路(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题．[对点训练]1．(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z 满足(1＋i)z ＝|3＋i|，则在复平面内，z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.由题意，得z ＝（3）2＋121＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－i ，所以z ＝1＋i ，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.2．(2019·金丽衢十二校联考)设z 是复数，|z －i|≤2(i 是虚数单位)，则|z |的最大值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.因为|z －i|≤2，所以复数z 在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部．所以|z |的最大值为3.故选C.3．(2019·高考浙江卷)复数z ＝11＋i (i 为虚数单位)，则|z |＝________．解析：通解：z ＝11＋i ＝1－i 2＝12－i2，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝22. 优解：|z |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11＋i ＝1|1＋i|＝112＋12＝22.答案：22专题强化训练1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z 满足z (1＋i)＝2i ，则z 的共轭复数z 等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选B.由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1＋i ，则z 的共轭复数z ＝1－i.故选B.2．在等腰梯形ABCD 中，AB →＝－2CD →，M 为BC 的中点，则AM →＝( ) A.12AB →＋12AD → B.34AB →＋12AD →C.34AB →＋14AD → D.12AB →＋34AD → 解析：选B.因为AB →＝－2CD →，所以AB →＝2DC →.又M 是BC 的中点，所以AM →＝12(AB →＋AC →)＝12(AB →＋AD →＋DC →)＝12(AB →＋AD →＋12AB →)＝34AB →＋12AD →，故选B.3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，则复数|zi|＝( )A.253 B.2C.553D. 5解析：选D.复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，所以z ·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z ＝10－5i ，可得z ＝2－i.则复数|z i |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－i i ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－i （2－i ）－i·i＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝12＋22＝ 5.故选D.4.在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，则DE →·BF →＝( )A ．－52B ．32C ．－4D ．－2解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，以A 为坐标原点，AB ，AD 为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B (2，0)，D (0，2)，E (2，1)，F (1，2)．所以DE →＝(2，－1)，BF →＝(－1，2)，所以DE →·BF →＝－4.5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O 是△ABC 的外接圆圆心，且AB ＝3，AC ＝4.若存在非零实数x 、y ，使得AO →＝xAB →＋yAC →，且x ＋2y ＝1，则cos ∠BAC 的值为( )A.23B.33C.23D.13解析：选A.设线段AC 的中点为点D ，则直线OD ⊥AC .因为AO →＝xAB →＋yAC →，所以AO →＝xAB →＋2yAD →.又因为x ＋2y ＝1，所以点O 、B 、D 三点共线，即点B 在线段AC 的中垂线上，则AB ＝BC ＝3.在△ABC 中，由余弦定理得，cos ∠BAC ＝32＋42－322×3×4＝23.故选A.6．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝2，∠A ＝π2，如果不等式|BA →－tBC →|≥|AC →|恒成立，则实数t 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12∪[1，＋∞) D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C.在直角三角形ABC 中，易知AC ＝1，cos ∠ABC ＝32，由|BA →－tBC →|≥|AC →|，得BA →2－2tBA →·BC →＋t 2BC →2≥AC →2，即2t 2－3t ＋1≥0，解得t ≥1或t ≤12.7．称d (a ，b )＝|a －b |为两个向量a ，b 间的“距离”．若向量a ，b 满足：①|b |＝1；②a ≠b ；③对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，则( )A ．a ⊥bB ．b ⊥(a －b )C ．a ⊥(a －b )D ．(a ＋b )⊥(a －b )解析：选B.由于d (a ，b )＝|a －b |，因此对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，即|a －t b |≥|a －b |，即(a －t b )2≥(a －b )2，t 2－2t a ·b ＋(2a ·b －1)≥0对任意的t ∈R 都成立，因此有(－2a ·b )2－4(2a ·b －1)≤0，即(a ·b －1)2≤0，得a ·b －1＝0，故a ·b －b 2＝b ·(a －b )＝0，故b ⊥(a －b )．8．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝( )A.255B.223 C.1D.52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB ＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)， 因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1. 又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，1. 所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25. 所以|c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255.故选A.9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为( )A ．43＋37B ．47＋3 3C ．(43＋37)2D ．(47＋33)2解析：选D.设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ， 则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ， 因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°， 设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7，所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332， 所以h ＝3217，因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上， 所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217.所以S △ABC 的最大值为 12×7×⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋3217 ＝27＋332， 所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2最大值为4⎝ ⎛⎭⎪⎫27＋3322＝(47＋33)2.故选D.10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，23πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π 解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1， 不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ，则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ，且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角，即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3，故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z ＝1＋a ii (a ∈R )的实部为1，则a ＝________，|z |＝________．解析：因为z ＝1＋a i i ＝（1＋a i ）（－i ）－i 2＝a －i 的实部为1， 所以a ＝1，则z ＝1－i ，|z |＝ 2. 答案：1212．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2， 所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3.a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2π313．已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a ·e |＋|b ·e |≤6，则a ·b 的最大值是________．解析：由题意，令e ＝(1，0)，a ＝(cos α，sin α)，b ＝(2cos β，2sin β)，则由|a ·e |＋|b ·e |≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤ 6.①令sin α＋2sin β＝m ，②①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m 2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，故a·b ＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤12.答案：1214．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________． 解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD →＝(MB →－MA →)(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →， MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2.答案：2 [－2，0)15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，CO →＝xCA →＋yCB →且x ＋y ＝1，函数f (m )＝|CA →－mCB →|的最小值为32，则|CO →|的最小值为________．解析：在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，函数f (m )的最小值为32. 所以函数f (m )＝|CA →－mCB →| ＝CA →2＋m 2CB →2－2mCA →·CB →＝1＋m 2－2m cos ∠ACB ≥32， 化为4m 2－8m cos ∠ACB ＋1≥0恒成立．当且仅当m ＝8cos ∠ACB8＝cos ∠ACB 时等号成立，代入得到cos ∠ACB ＝－12，所以∠ACB ＝2π3.所以|CO →|2＝x 2CA →2＋y 2CB →2＋2xyCA →·CB →＝x 2＋y 2＋2xy ×cos 2π3＝x 2＋(1－x )2－x (1－x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14， 当且仅当x ＝12＝y 时，|CO →|2取得最小值14，所以|CO →|的最小值为12.答案：1216．在△OAB 中，已知|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°，若OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2，则OA →在OP →上的投影的取值范围是________．解析：由OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2， 则OA →·OP →＝OA →·⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →＝λOA →2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →，又|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°， 所以由余弦定理求得|OA →|＝1，所以OA →·OP →＝λ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2×1×2×22＝1＋λ2，|OP →|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →2＝ λ2|OA →|2＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ22|OB →|2＝λ22＋2，故OA →在OP →上的投影OA →·OP →|OP →|＝1＋λ2λ22＋2＝22·λ＋2λ2＋4(*)． 当λ＜－2时，(*)式＝－22·（λ＋2）2λ2＋4＝－221＋4λλ2＋4＝－221＋4λ＋4λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0； 当λ≥－2时，(*)式可化为22（λ＋2）2λ2＋4；①λ＝0，上式＝22；②－2≤λ＜0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，22； ③λ＞0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，1. 综上，OA →在OP →上的投影的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1 17．已知OA →，OB →是非零不共线的向量，设OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，定义点集P ＝⎩⎪⎨⎪⎧K ⎪⎪⎪⎪KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，⎭⎪⎬⎪⎫KC →≠0，当K 1，K 2∈P 时，若对于任意的r ≥3，不等式|K 1K 2→|≤c |AB→|恒成立，则实数c 的最小值为________．解析：由OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，可得A ，B ，C 三点共线，由KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，可得|KC →|cos ∠AKC ＝|KC →|cos ∠BKC ，即有∠AKC ＝∠BKC ，则KC 为∠AKB 的角平分线． 由角平分线的性质定理可知|KA ||KB |＝|AC ||BC |＝r ， 以AB 所在的直线为x 轴，以线段AB 上某一点为原点建立直角坐标系，设点K (x ，y )，A (－a ，0)，B (b ，0)，所以（x ＋a ）2＋y 2（x －b ）2＋y2＝r 2，化简得(1－r 2)x 2＋(1－r 2)y 2＋(2a ＋2br 2)x ＋(a 2－b 2r 2)＝0.由方程知K 的轨迹是圆心在AB 上的圆，当|K 1K 2|为直径时最大，方便计算，令K 1K 2与AB 共线，如图，由|K 1A |＝r |K 1B |，可得|K 1B |＝|AB |r ＋1，由|K 2A |＝r |K 2B |，可得|K 2B |＝|AB |r －1，可得|K 1K 2|＝|AB |r ＋1＋|AB |r －1＝2r r 2－1|AB |＝2r －1r|AB |，而易知r －1r ≥3－13＝83，即有|K 1K 2|≤34|AB |，即|K 1K 2||AB |≤34，即c ≥⎝⎛⎭⎪⎫|K 1K 2||AB |max ＝34， 故c 的最小值为34.答案：3418．在△ABC 中，已知C ＝π6，向量p ＝(sin A ，2)，q ＝(2，cos B )，且p ⊥q .(1)求角A 的值；(2)若BC →＝2BD →，AD ＝7，求△ABC 的面积．解：(1)因为p ⊥q ，所以p ·q ＝0⇒p ·q ＝2sin A ＋2cos B ＝0，又C ＝π6，所以sin A ＋cos B ＝sin A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－A ＝0，化简得tan A ＝33，A ∈(0，π)，所以A ＝π6. (2)因为BC →＝2BD →，所以D 为BC 边的中点， 设|BD →|＝x ，|BC →|＝2x ，由(1)知A ＝C ＝π6，所以|BA →|＝2x ，B ＝2π3，在△ABD 中，由余弦定理，得|AD →|2＝|BA →|2＋|BD →|2－2|BA →|·|BD →|·cos 2π3＝(2x )2＋x 2－2·2x ·x ·cos 2π3＝7，所以x ＝1，所以AB ＝BC ＝2，所以S △ABC ＝12BA ·BC ·sin B ＝12×2×2×sin 2π3＝ 3.19．已知m ＝(2sin x ，sin x －cos x )，n ＝(3cos x ，sin x ＋cos x )，记函数f (x )＝m ·n .(1)求函数f (x )的最大值以及取得最大值时x 的取值集合；(2)设△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若f (C )＝2，c ＝3，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意，得f (x )＝m ·n ＝23sin x cos x ＋sin 2x －cos 2x ＝3sin 2x －(cos 2x －sin 2x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，所以f (x )max ＝2；当f (x )取最大值时，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1，此时2x －π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k π＋π3(k ∈Z )，所以x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝k π＋π3，k ∈Z .(2)由f (C )＝2，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1，又0＜C ＜π，即－π6＜2C －π6＜11π6，所以2C －π6＝π2，解得C ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得3＝a 2＋b 2－ab ≥ab ，即ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时，取等号，所以S △ABC ＝12ab sinC ＝34ab ≤334， 所以△ABC 面积的最大值为334.。
(新课标)天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练3 平面向量与复数 理
专题能力训练3 平面向量与复数一、能力突破训练1.设有下面四个命题p1:若复数z满足∈R,则z∈R;p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=;p4:若复数z∈R,则∈R.其中的真命题为()A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p42.设a,b是两个非零向量,则下列结论一定成立的为()A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥bB.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λaD.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|3.(2018全国Ⅲ,理2)(1+i)(2-i)=()A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i4.在复平面内,若复数z的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=()A.2-iB.-2-iC.2+iD.-2+i5.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=()A.-1B.0C.1D.26.(2018浙江,4)复数(i为虚数单位)的共轭复数是 ()A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i7.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则=()A.-a2B.-a2C.a2D.a28.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(t m+n),则实数t的值为()A.4B.-4C.D.-9.如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O,记I1=,I2=,I3=,则()A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I310.(2018全国Ⅲ,理13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ= .11.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2=λ(λ∈R),且=-4,则λ的值为.12.设a∈R,若复数(1+i)(a+i)在复平面内对应的点位于实轴上,则a= .13.已知a,b∈R,(a+b i)2=3+4i(i是虚数单位),则a2+b2= ,ab= .14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.二、思维提升训练15.在△ABC中,已知D是AB边上一点,+λ,则实数λ=()A.-B.-C.D.16.已知,||=,||=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且,则的最大值等于()A.13B.15C.19D.2117.已知两点M(-3,0),N(3,0),点P为坐标平面内一动点,且||·||+=0,则动点P(x,y)到点M(-3,0)的距离d的最小值为()A.2B.3C.4D.618.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是,最大值是.19.在任意四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,若=λ+μ,则λ+μ= .20.已知a∈R,i为虚数单位,若为实数,则a的值为.专题能力训练3平面向量与复数一、能力突破训练1.B解析p1:设z=a+b i(a,b∈R),则R,所以b=0,所以z∈R.故p1正确;p2:因为i2=-1∈R,而z=i∉R,故p2不正确;p3:若z1=1,z2=2,则z1z2=2,满足z1z2∈R,而它们实部不相等,不是共轭复数,故p3不正确;p4:实数的虚部为0,它的共轭复数是它本身,也属于实数,故p4正确.2.C解析设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cos θ=-1,因此a⊥b不成立;对于B,满足a⊥b 时|a+b|=|a|-|b|不成立;对于C,可得cos θ=-1,因此成立,而D显然不一定成立.3.D解析 (1+i)(2-i)=2+i-i2=3+i.4.D解析=2+i所对应的点为(2,1),它关于虚轴对称的点为(-2,1),故z=-2+i.5.C解析∵2a+b=(1,0),又a=(1,-1),∴(2a+b)·a=1+0=1.6.B解析=1+i,∴复数的共轭复数为1-i.7.D解析如图,设=a,=b.则=()=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos60°=a2+a2=a2.8.B解析由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),又n⊥(t m+n),所以n·(t m+n)=n·t m+n·n=t|m|·|n|cos<m,n>+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故选B.9.C解析由题图可得OA<AC<OC,OB<BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠BOC<90°,所以I2=>0,I1=<0,I3=<0,且|I1|<|I3|,所以I3<I1<0<I2,故选C.10解析 2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=11解析=2,)=又=,∠A=60°,AB=3,AC=2,=-4,=3×2=3,()=-4, 即=-4,4-9+3=-4,即-5=-4,解得λ=12.-1解析∵(1+i)(a+i)=a-1+(a+1)i∈R,∴a+1=0,即a=-1.13.52解析由题意可得a2-b2+2ab i=3+4i,则解得则a2+b2=5,ab=2.14解析由题意)=-,故λ1=-,λ2=,即λ1+λ2=二、思维提升训练15.D解析如图,D是AB边上一点,过点D作DE∥BC,交AC于点E,过点D作DF∥AC,交BC于点F,则因为+,所以=由△ADE∽△ABC,得,所以,故λ=16.A解析以点A为原点,所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,如图,则A(0,0),B,C(0,t),=(1,0),=(0,1),=(1,0)+4(0,1)=(1,4),∴点P的坐标为(1,4),=(-1,t-4),=1--4t+16=-+17≤-4+17=13.当且仅当=4t,即t=时取“=”,的最大值为13.17.B解析因为M(-3,0),N(3,0),所以=(6,0),||=6,=(x+3,y),=(x-3,y).由||·||+=0,得6+6(x-3)=0,化简得y2=-12x,所以点M是抛物线y2=-12x 的焦点,所以点P到M的距离的最小值就是原点到M(-3,0)的距离,所以d min=3.18.42解析设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理得|a-b|=,|a+b|=,则|a+b|+|a-b|=令y=,则y2=10+2[16,20],据此可得(|a+b|+|a-b|)max==2,(|a+b|+|a-b|)min==4.即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是219.1解析如图,因为E,F分别是AD与BC的中点,所以=0,=0.又因为=0,所以①同理由①+②得,2+()+()=, 所以).所以λ=,μ=所以λ+μ=1.20.-2解析i为实数,∴-=0,即a=-2.。
高三数学专题复习之平面向量与复数
平面向量与复数
高考分析及预测
从内容上看：向量的基本概念（共线、垂直）及其运算（加法、减法、数乘和数量积）是高考的必考内容；从题型上看，平面向量的考题比较灵活，多以向量的运算为主，平面几何图形作为载体，考查向量加减法的几何意义，考查学生分析问题、解决问题的能力和运算能力，填空题、解答题都有可能出现，可能是容易题，也可能是中档题。
复数题在高考中主要以小题形式呈现，难度不大，主要考查复数的运算。
高考能级要求：
知识梳理：
重点及易错点回顾：
典例精研：
目标达成反馈：
课堂小结：
学教反思：。
2019版高考数学二轮复习课件+训练：自测过关卷(二)平面向量、复数、算法、推理与证明理
自测过关卷(二) 平面向量、复数、算法、推理与证明组——高考题点全面练A (对应配套卷P 163)1．(2019届高三·惠州调研)若＝2－i (i 为虚数单位)，则复数z 在复平面内对应z1＋i的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A 由题意知z ＝(1＋i )(2－i )＝3＋i ，其在复平面内对应的点的坐标为(3,1)，在第一象限．2．向量a ，b 满足a ＋b ＝(－1,5)，a －b ＝(5，－3)，则b ＝( )A ．(－3,4) B ．(3,4)C ．(3，－4)D ．(－3，－4)解析：选A 由a ＋b ＝(－1,5)，a －b ＝(5，－3)，得2b ＝(－1,5)－(5，－3)＝(－6,8)，所以b ＝(－6,8)＝(－3,4)．123．(2018·开封模拟)复数z ＝，则( )2－1＋iA ．z 的共轭复数为1＋iB ．z 的实部为1C ．|z |＝2D ．z 的虚部为－1解析：选D 因为z ＝＝＝－1－i ，所以复数z 的实部和2－1＋i 2 －1－i－1＋i －1－i虚部均为－1，＝－1＋i ，|z |＝，故选D.z 24.(2018·石家庄质检)当n ＝4时，执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为( )A ．9B ．15C ．31D ．63解析：选C 由程序框图可知，k ＝1，S ＝1，S ＝1＋2＝3，k ＝2；S ＝3＋22＝7，k ＝3；S ＝7＋23＝15，k ＝4；S ＝15＋24＝31，k ＝5，退出循环，输出的S 的值为31，故选C.5．已知在平面直角坐标系中，点A (0,1)，向量＝(－4，－3)，＝(－7，－4)，AB ―→ BC ―→则点C 的坐标为( )A ．(11,8)B ．(3,2)C ．(－11，－6)D ．(－3,0)解析：选C 设C (x ，y )，∵在平面直角坐标系中，点A (0,1)，向量＝(－4，－3)，＝(－7，－4)，AB ―→ BC ―→∴＝＋＝(－11，－7)，AC ―→ AB ―→ BC ―→∴Error!解得x ＝－11，y ＝－6，故C (－11，－6)．6.(2018·益阳、湘潭调研)秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州(现四川省安岳县)人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例．若输入n ，x 的值分别为3,3，则输出v 的值为( )A ．15B ．16C ．47D ．48解析：选D 执行程序框图，n ＝3，x ＝3，v ＝1，i ＝2≥0，v ＝1×3＋2＝5，i ＝1≥0，v ＝5×3＋1＝16，i ＝0≥0，v ＝16×3＋0＝48，i ＝－1<0，退出循环，输出v 的值为48.7.(2018·全国卷Ⅱ)为计算S ＝1－＋－＋…＋－，设计了如图所示的程序框1213141991100图，则在空白框中应填入( )A ．i ＝i ＋1B ．i ＝i ＋2C ．i ＝i ＋3D ．i ＝i ＋4解析：选B 由题意可将S 变形为S ＝－，则由S ＝N －T ，得N ＝1＋(1＋＋…＋)(＋＋…＋)＋…＋，T ＝＋＋…＋.据此，结合N ＝N ＋，T ＝T ＋易知在空白框中应填入i ＝i 13199121411001i 1i ＋1＋2.故选B.8．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则＝( )EB ―→A.－B.－34AB ―→ 14AC ―→14AB ―→ 34AC ―→C.＋D.＋34AB ―→ 14AC ―→14AB ―→ 34AC ―→解析：选A 法一：作出示意图如图所示．＝＋＝＋EB ―→ ED ―→ DB ―→ 12AD ―→ 12CB―→＝×(＋)＋(－)＝－.故选A.1212AB ―→ AC ―→ 12AB ―→ AC ―→ 34AB ―→ 14AC ―→法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，且∠A ＝，AB ＝AC ＝1.建立π2如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (0,1)，D ，E .故＝(1,0)，＝(0,1)，(12，12)(14，14)AB ―→ AC ―→＝(1,0)－＝，EB ―→(14，14)(34，－14)即＝－.EB ―→ 34AB ―→ 14AC ―→9．(2018·茂名一模)甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用．若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是( )A ．丙被录用了B ．乙被录用了C ．甲被录用了D ．无法确定谁被录用了解析：选C 假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立，故甲被录用；若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立．故选C.10．在△ABC 中，|＋|＝|－|，AB ＝2，AC ＝1，E ，F 为BC 的三等分点，AB ―→ AC ―→ AB ―→ AC ―→则·＝( )AE ―→ AF ―→A. B.89109C. D.259269解析：选B 由|＋|＝|－|知⊥，以A 为坐标原点，，AB ―→ AC ―→ AB ―→ AC ―→ AB ―→ AC ―→ AB ―→ AC―→的方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (0,1)，不妨设E ，F ，则·＝·＝＋＝.(43，13)(23，23)AE ―→ AF ―→ (43，13)(23，23)892910911．(2018·昆明适应性检测)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上，提出下面的体积计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面面积，“势”是几何体的高．意思是：若两个等高几何体在同高处的截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等．现有一旋转体D (如图1所示)，它是由抛物线y ＝x 2(x ≥0)，直线y ＝4及y 轴围成的封闭图形绕y 轴旋转一周形成的几何体，旋转体D 的参照体的三视图如图2所示，利用祖暅原理，则旋转体D 的体积是( )A.B ．6π16π3C ．8πD ．16π解析：选C 由三视图知参照体是一个直三棱柱，其体积V ＝×4×4×π＝8π，故旋12转体D 的体积为8π，故选C.12．(2018·南昌调研)已知A ，B ，C 是圆O ：x 2＋y 2＝1上的动点，且AC ⊥BC ，若点M的坐标是(1,1)，则| ＋＋|的最大值为( )MA ―→ MB ―→ MC ―→A ．3B ．4C ．3－1D ．3＋122解析：选D 法一：∵A ，B ，C 是圆O ：x 2＋y 2＝1上的动点，且AC ⊥BC ，∴设A (cos θ，sin θ)，B (－cos θ，－sin θ)，C (cos α，sin α)，其中0≤θ<2π，0≤α<2π，∵M (1,1)，∴＋＋＝(cos θ－1，sin θ－1)＋(－cos θ－1，－sin θ－1)MA ―→ MB ―→ MC ―→＋(cos α－1，sin α－1)＝(cos α－3，sin α－3)，∴|＋＋|＝MA ―→ MB ―→ MC ―→cos α－3 2＋ sin α－3 2＝cos 2α－6cos α＋9＋sin 2α－6sin α＋9＝ ，19－62sin (α＋π4)当且仅当sin ＝－1时，|＋＋|取得最大值，最大值为＝3(α＋π4)MA ―→ MB ―→ MC ―→ 19＋62＋1.2法二：连接AB ，∵AC ⊥BC ，∴AB 为圆O 的直径，∴＋＝2，MA ―→ MB ―→ MO ―→∴|＋＋|＝|2＋|≤|2|＋||＝2＋||，MA ―→ MB ―→ MC ―→ MO ―→ MC ―→ MO ―→ MC ―→ 2MC ―→ 易知点M 与圆上动点C ＋1，2∴||≤＋1，∴|＋＋|≤3＋1，故选 D.MC ―→ 2MA ―→ MB ―→ MC ―→213．(2017·浙江高考)已知a ，b ∈R ，(a ＋b i)2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则a 2＋b 2＝________，ab ＝________.解析：∵(a ＋b i)2＝a 2－b 2＋2ab i ，a ，b ∈R ，∴Error!⇒Error!⇒Error!∴a 2＋b 2＝2a 2－3＝5，ab ＝2.答案：5 214．(2018·潍坊统一考试)已知单位向量e 1，e 2，且〈e 1，e 2〉＝，若向量a ＝e 1－2e 2，π3则|a|＝________.解析：因为|e 1|＝|e 2|＝1，〈e 1，e 2〉＝，所以|a|2＝|e 1－2e 2|2＝1－4|e 1|·|e 2|cos π3＋4＝1－4×1×1×＋4＝3，即|a|＝.π3123答案：315．(2018·南昌模拟)已知13＋23＝2,13＋23＋33＝2,13＋23＋33＋43＝2，…，(62)(122)(202)若13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝3 025，则n ＝________.解析：13＋23＝2＝2，(62)(2×32)13＋23＋33＝2＝2，(122)(3×42)13＋23＋33＋43＝2＝2，(202)(4×52)…由此归纳可得13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝2，[n n ＋1 2]因为13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝3 025，所以2＝3 025，[n n ＋1 2]即n 2(n ＋1)2＝(2×55)2，解得n ＝10.答案：1016．在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1.边DC 上的动点P (包含点D ，C )与CB 延长线上的动点Q (包含点B )满足| |＝||，则·的最小值为________．DP ―→ BQ ―→ PA ―→ PQ ―→解析：以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P (x,1)，Q (2，y )，由题意知0≤x ≤2，－2≤y ≤0.∵||＝||，∴|x |＝|y |，∴x ＝－y .DP ―→ BQ ―→∵＝(－x ，－1)，＝(2－x ，y －1)，PA ―→ PQ ―→∴·＝－x (2－x )－(y －1)＝x 2－2x －y ＋1＝x 2－x ＋1＝2＋，PA ―→ PQ ―→ (x －12)34∴当x ＝时，·取得最小值，为.12PA ―→ PQ ―→34答案：34组——高考达标提速练B (对应配套卷P164)1．(2018·福州模拟)若复数的模为，则实数a ＝( )a1＋i22A ．1B ．－1C ．±1D ．±2解析：选C 法一：＝＝－i ，a1＋ia 1－i 1＋i 1－i a 2a2∵＝，a1＋i22∴＝，(a 2)2＋(－a 2)222解得a ＝±1.故选C .法二：∵＝，∴＝，∴|a|＝1，|a1＋i |22|a |222解得a ＝±1.故选C .2．已知a ∈R ，复数z ＝，若＝z ，则a ＝( )a －i 1＋iiz A ．1 B ．－1C ．2D ．－2解析：选B ∵z ＝＝＝＋a －1＝(a －1)－(a ＋a －i 1＋i i a ＋1＋ a －1 i i a ＋1i1)i ，∴＝(a －1)＋(a ＋1)i.z 又∵＝z ，∴a ＋1＝0，得a ＝－1.z 3．已知向量m ＝(t ＋1,1)，n ＝(t ＋2,2)，若(m ＋n)⊥(m －n)，则t ＝( )A ．0 B ．－3C ．3D ．－1解析：选B 法一：由(m ＋n)⊥(m －n)可得(m ＋n)·(m －n)＝0，即m 2＝n 2，故(t ＋1)2＋1＝(t ＋2)2＋4，解得t ＝－3.法二：m ＋n ＝(2t ＋3,3)，m －n ＝(－1，－1)，∵(m ＋n)⊥(m －n)，∴－(2t ＋3)－3＝0，解得t ＝－3.4．在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝6，点D 在边AC 上，且2＝，则·AD ―→ DC ―→ BA ―→ BD―→的值是( )A ．48B ．24C ．12D ．6解析：选B 法一：由题意得，·＝0，·＝·(－)＝|BA ―→ BC ―→ BA ―→ CA ―→ BA ―→ BA ―→ BC ―→|2＝36，∴·＝·(＋)＝·＝0＋×36＝24. BA ―→ BA ―→ BD ―→ BA ―→ BC ―→ CD ―→ BA ―→(＋23)23法二：(特例法)若△ABC 为等腰直角三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (6,0)，C (0,6)．由2＝，得D (4,2)．AD ―→ DC ―→∴·＝(6,0)·(4,2)＝24.BA ―→ BD ―→5．(2017·全国卷Ⅰ)设有下面四个命题：p 1：若复数z 满足∈R ，则z ∈R ；1z p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ；p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝2；z p 4：若复数z ∈R ，则∈R.z 其中的真命题为( )A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 4C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4解析：选B 设复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，对于p 1，∵＝＝∈R ，1z1a ＋b i a －b i a 2＋b 2∴b ＝0，∴z ∈R ，∴p 1是真命题；对于p 2，∵z 2＝(a ＋b i)2＝a 2－b 2＋2ab i ∈R ，∴ab ＝0，∴a ＝0或b ＝0，∴p 2不是真命题；对于p 3，设z 1＝x ＋y i(x ，y ∈R)，z 2＝c ＋d i(c ，d ∈R)，则z 1z 2＝(x ＋y i)(c ＋d i)＝cx －dy ＋(dx ＋cy )i ∈R ，∴dx ＋cy ＝0，取z 1＝1＋2i ，z 2＝－1＋2i ，z 1≠2，z ∴p 3不是真命题；对于p 4，∵z ＝a ＋b i ∈R ，∴b ＝0，∴＝a －b i ＝a ∈R ，z ∴p 4是真命题．6.(2018·郑州第一次质量预测)执行如图所示的程序框图，若输出的结果是7，则判断框内m 的取值范围是( )A ．(30,42]B ．(30,42)C ．(42,56]D ．(42,56)解析：选A k ＝1，S ＝2，k ＝2；S ＝2＋4＝6，k ＝3；S ＝6＋6＝12，k ＝4；S ＝12＋8＝20，k ＝5；S ＝20＋10＝30，k ＝6；S ＝30＋12＝42，k ＝7，此时不满足S ＝42<m ，退出循环，所以30<m ≤42，故选A.7.(2018·开封一模)我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取7天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是( )A ．i <7？，s ＝s －，i ＝2i1iB ．i ≤7？，s ＝s －，i ＝2i1iC ．i <7？，s ＝，i ＝i ＋1s2D ．i ≤7？，s ＝，i ＝i ＋1s2解析：选D 由题意及程序框图可知第一次剩下，第二次剩下，…，由此得出第712122次剩下，可得①为i ≤7？，②s ＝，③i ＝i ＋1.故选D.127s28．(2019届高三·南宁摸底联考)已知O 是△ABC 内一点，＋＋＝0，·OA ―→ OB ―→ OC ―→ AB ―→ ＝2且∠BAC ＝60°，则△OBC 的面积为( )AC ―→A. B.333C.D.3223解析：选A ∵＋＋＝0，∴O 是△ABC 的重心，于是S △OBC ＝S △ABC .∵·OA ―→ OB ―→ OC ―→ 13AB ―→＝2，∴||·||·cos ∠BAC ＝2，∵∠BAC ＝60°，∴||·||＝4.∴S △ABC ＝AC ―→ AB ―→ AC ―→ AB ―→ AC ―→||·||sin ∠BAC ＝，∴△OBC 的面积为.12AB ―→AC ―→3339．(2019届高三·广元调研)二维空间中，圆的一维测度(周长)l ＝2πr ，二维测度(面积)S ＝πr 2，三维空间中，球的二维测度(表面积)S ＝4πr 2，三维测度(体积)V ＝πr 3，应43用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V ＝8πr 3，则其四维测度W ＝( )A ．2πr 4B ．3πr 4C ．4πr 4D ．6πr 4解析：选A 对于二维空间中，圆的一维测度(周长)l ＝2πr ，二维测度(面积)S ＝πr 2，(πr 2)′＝2πr .三维空间中，球的二维测度(表面积)S ＝4πr 2，三维测度(体积)V ＝πr 3，′＝43(43πr 3)4πr 2.四维空间中，“超球”的三维测度V ＝8πr 3，∵(2πr 4)′＝8πr 3，∴“超球”的四维测度W ＝2πr 4.10.如图，直线EF 与平行四边形ABCD 的两边AB ，AD 分别交于E ，F 两点，且交其对角线于K ，其中，＝，＝， ＝λAE ―→ 25AB ―→ AF ―→ 12AD ―→ AK ―→ AC―→，则λ的值为( )A. B.2927C. D.2523解析：选A 因为＝，＝，AE ―→ 25AB ―→ AF ―→ 12AD ―→则＝，＝2，AB ―→ 52AE ―→AD ―→ AF ―→由向量加法的平行四边形法则可知＝＋，AC ―→ AB ―→ AD ―→所以＝λ＝λ(＋)＝λ＝λ＋2λ，由E ，F ，K 三点共AK ―→ AC ―→ AB ―→ AD ―→ (52＋2)52AE ―→ AF ―→线可得λ＋2λ＝1，52所以λ＝.2912．(2017·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝·，I 2＝·，I 3＝·，则( )OA ―→OB ―→ OB ―→ OC ―→ OC ―→ OD ―→A ．I 1<I 2<I 3B ．I 1<I 3<I 2C ．I 3<I 1<I 2D ．I 2<I 1<I 3解析：选C 法一：如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，∴∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD 与∠BOC 为锐角．根据题意，I 1－I 2＝·－·＝·(－)＝·＝|OA ―→ OB ―→ OB ―→ OC ―→ OB ―→ OA ―→ OC ―→ OB ―→ CA ―→ OB―→|·||cos ∠AOB <0，CA ―→∴I 1<I 2，同理得，I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，∴OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，∴||·||<||·||，OA ―→ OB ―→ OC ―→ OD ―→ 而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，∴·>·，即I 1>I 3，OA ―→ OB ―→ OC ―→ OD ―→∴I 3<I 1<I 2.法二：如图，建立平面直角坐标系，则B (0,0)，A (0,2)，C (2，0)．设D (m ，n )，由AD ＝2和CD ＝3，得Error!从而有n －m ＝>0，∴n >m .54从而∠DBC >45°，又∠BCO ＝45°，∴∠BOC 为锐角．从而∠AOB 为钝角．故I 1<0，I 3<0，I 2>0.又OA <OC ，OB <OD ，故可设＝－λ1 (λ1>1)，＝－λ2 (λ2>1)，OD ―→ OB ―→ OC ―→ OA ―→从而I 3＝·＝λ1λ2·＝λ1λ2I 1，OC ―→ OD ―→ OA ―→ OB ―→又λ1λ2>1，I 1<0，I 3<0，∴I 3<I 1，∴I 3<I 1<I 2.13．已知复数z 满足z ＋|z |＝3＋i ，则z ＝________.解析：设z ＝a ＋b i ，其中a ，b ∈R ，由z ＋|z |＝3＋i ，得a ＋b i ＋＝3＋i ，由a 2＋b 2复数相等可得Error!解得Error!故z ＝＋i.43答案：＋i4314.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升．问：米几何？”如图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S ＝1.5(单位：升)，则输入k 的值为________．解析：模拟程序的运行，可得n ＝1，S ＝k ，满足条件n <4，执行循环体，n ＝2，S ＝k －＝；k 2k 2满足条件n <4，执行循环体，n ＝3，S ＝－＝；k 2k23k3满足条件n <4，执行循环体，n ＝4，S ＝－＝，k 3k34k4此时，不满足条件n <4，退出循环，输出S 的值为，k4由题意可得＝1.5，解得k ＝6.k4答案：615．(2018·长春质检)有甲、乙二人去看望高中数学老师张老师，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是m 月n 日，张老师把m 告诉了甲，把n 告诉了乙，然后张老师列出来如下10个日期供选择：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道．”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了．”甲接着说：“哦，现在我也知道了．”请问，张老师的生日是________．解析：根据甲说的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日；根据乙听了甲的话后说的“本来我不知道，但现在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了”，可以得知张老师生日为8月4日．答案：8月4日16．(2018·郑州质检)已知△ABC 中，点D 满足2＋＝0，过D 的直线l 与直线AB ，ACBD ―→ CD ―→分别交于点E ，F ，＝λ，＝μ.若λ>0，μ>0，则λ＋μ的最小值为AE ―→ AB ―→ AF ―→ AC ―→________．解析：因为2＋＝0，所以＝，所以＝＋＝＋＝BD ―→ CD ―→ BD ―→ 13BC ―→ AD ―→ AB ―→ BD ―→ AB ―→ 13BC ―→＋(－)＝＋.因为D ，E ，F 三点共线，所以可设＝x ＋(1－x )AB ―→ 13AC ―→ AB ―→ 23AB ―→ 13AC ―→ AD ―→ AE ―→＝xλ＋(1－x )μ，所以xλ＋(1－x )μ＝＋，根据平面向AF ―→ AB ―→ AC ―→ AB ―→ AC ―→ 23AB ―→ 13AC ―→量基本定理，得xλ＝，(1－x )μ＝，所以x ＝，1－x ＝，所以＋＝1，所以λ＋μ＝231323λ13μ23λ13μ(λ＋μ)＝3＋＋≥，当且仅当λ＝μ＝时等号成立．故λ＋13(2λ＋1μ)132μλλμ3＋22322＋23μ的最小值为.3＋223答案：.3＋223。
2019年高考数学文科第二伦专题：平面向量与复数(仿真押题)AlAllw
1．设i 是虚数单位，如果复数a ＋i2－i的实部与虚部相等，那么实数a 的值为( )A.13 B ．－13 C ．3D ．－3【解析】选C.a ＋i 2－i ＝2a －1＋a ＋2i 5，由题意知2a －1＝a ＋2，解之得a ＝3. 【答案】A14．设向量a ＝(cos α，－1)，b ＝(2，sin α)，若a ⊥b ，则tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＝( )A ．－13 B.13 C ．－1D ．0【解析】由已知可得，a ·b ＝2cos α－sin α＝0，∴tan α＝2，tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＝tan α－11＋tan α＝13，故选B. 【答案】B15.如图，在半径为1，圆心角为90°的直角扇形OAB 中，Q 为AB 上一点，点P 在扇形内(含边界)，且OP →＝tOA →＋(1－t )·OB →(0≤t ≤1)，则OP →·OQ →的最大值为( )A.12 B.22 C.34D ．1【答案】D16．设复数z 满足z －iz ＋i ＝i(i 为虚数单位)，则z 2 016＝( )A ．21 008B ．21 008iC ．－21 008D ．－21 008i【解析】由z－iz＋1＝i 得z －i＝z i＋i，z＝2i1－i＝2i1＋i1－i1＋i＝－1＋i，则z2＝(－1＋i)2＝－2i，从而z2 016＝(z2)1 008＝(－2i)1 008＝21 008×i1 008＝21 008×(i4)252＝21 008.故选A.【答案】A17．如图在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OAu u u r、OBu u u r，则复数12zz的值是（）A．﹣1+2i B．﹣2﹣2i C．1+2i D．1﹣2i【答案】A【解析】在复平面内，复数12,z z对应的向量分别是OAu u u r、OBuuu r，结合所给的图形可得12,z i=--2z i=，则复数，故选A.18．设复数（i为虚数单位），则z的共轭复数z为（）A．i43+-B．i43--C．i43+D．i43-【答案】C19．复数z满足，则=z（）A．1+i B．1i-C．1i--D．1+i-【答案】A.【解析】由题意得，，∴1z i=+，故选A．20.函数y＝tan⎝⎛⎭⎫π4x－π2的部分图象如图所示，则(OA→＋OB→)·AB→＝()A.4B.6C.1D.2【解析】由条件可得B (3，1)，A (2，0)， 【答案】 A27．如图，在直角梯形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2DC ，E 为BC 边上一点，BC →＝3EC →，F 为AE 的中点，则BF →＝( )A ．23AB →－13AD → B ．13AB →－23AD →C ．－23AB →＋13AD →D ．－13AB →＋23AD →【答案】 C28．已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |＝1，若a ·b ＝12，则(a ＋b )·(2b －c )的最小值为( )A ．－2B ．3－ 3C ．－1D ．0【解析】由|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得〈a ，b 〉＝π3，令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则a ＝OA →＝(1,0)，b ＝OB →＝⎝⎛⎭⎫12，32，设c ＝OC →＝(cos θ，sin θ)(0≤θ<2π)，则(a ＋b )·(2b －c )＝2a ·b －a ·c ＋2b 2－b ·c ＝3－⎝⎛⎭⎫cos θ＋12cos θ＋32sin θ＝3－3sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3，则(a ＋b )·(2b －c )的最小值为3－3，故选B.＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤|AB →||BC →|cos （180°－B ）|AB →|cos B ＋|AC →|·|BC →|cos C |AC →|cos C ＝λ(－|BC →|＋|BC →|)＝0，得AP →⊥BC →，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心. 【答案】垂心35.已知向量a ＝⎝⎛⎭⎫cos 3x 2，sin 3x 2，b ＝⎝⎛⎭⎫cos x 2，－sin x 2，且x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. (1)求a ·b 及|a ＋b |；(2)若f (x )＝a ·b －2λ|a ＋b |的最小值是－32，求λ的值.(2)由(1)，可得f (x )＝a ·b －2λ|a ＋b |＝cos 2x －4λcos x ， 即f (x )＝2(cos x －λ)2－1－2λ2.因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以0≤cos x ≤1.①当λ＜0时，当且仅当cos x ＝0时，f (x )取得最小值－1，这与已知矛盾；②当0≤λ≤1时，当且仅当cos x ＝λ时，f (x )取得最小值－1－2λ2，由已知得－1－2λ2＝－32，解得λ＝12；③当λ＞1时，当且仅当cos x ＝1时，f (x )取得最小值1－4λ，由已知得1－4λ＝－32，解得λ＝58，这与λ＞1相矛盾；综上所述λ＝12.36．设复数z=a+i （i 是虚数单位，a ∈R ，a ＞0），且|z|=10． （Ⅰ）求复数z ； （Ⅱ）在复平面内，若复对应的点在第四象限，求实数m 取值范围．【答案】（Ⅰ）3i +；（Ⅱ）51m -<<.37．已知平面上三个向量,,a b c v v v ，其中(1,2)a =v．（1）若35c =v ，且//a c v v ，求c v的坐标； （2）若35b =v，且，求a v 与b v夹角θ的余弦值．【答案】（1）；（2）1cos 6θ=【解析】（1）因为//a c r r，所以设，，3λ=±，所以(3,6)c =r或(3,6)--．（2）因为，所以，52a b ⋅=r r ，所以．38．已知椭圆的离心率为33，直线l ：y=x+2与以原点O 为圆心，椭圆的短轴长为直径的圆O 相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）求椭圆C 与直线y=kx （k ＞0）在第一象限的交点为A ．①设(2,1)B ，且OA OB=6⋅u u u r u u u r，求k 的值；②若A 与D 关于x 的轴对称，求△AOD 的面积的最大值．【答案】（1）22132x y +=（2）①2②62 【解析】（1）由题设可知，圆O 的方程为x 2+y 2=b 2， 因为直线l ：x ﹣y+2=0与圆O 相切，故有，所以2b =． 因为3c e a ==，所以有a 2=3c 2=3（a 2﹣b 2），即a 2=3． 所以椭圆C 的方程为22132x y +=．【答案】 ⎝⎛⎭⎫－13，041．已知在直角梯形ABCD 中，AB ＝AD ＝2CD ＝2，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，若点M 在线段AC 上，则|MB →＋MD →|的最小值为________．【答案】 255。
2018年高中数学课时跟踪检测二十复数代数形式的加减运算及其几何意义新人教A版选修22
课时跟踪检测〔二十〕 复数代数形式加、减运算及其几何意义层级一 学业水平达标1．z ＝11－20i ，那么1－2i －z 等于( ) A ．z －1 B ．z ＋1 C ．－10＋18iD ．10－18i解析：选C 1－2i －z ＝1－2i －(11－20i)＝－10＋18i. 2．假设复数z 满足z ＋(3－4i)＝1，那么z 虚部是( ) A ．－2 B ．4 C ．3D ．－4解析：选B z ＝1－(3－4i)＝－2＋4i ，应选B.3．z 1＝2＋i ，z 2＝1＋2i ，那么复数z ＝z 2－z 1对应点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：选B z ＝z 2－z 1＝(1＋2i)－(2＋i)＝－1＋i ，实部小于零，虚部大于零，故位于第二象限．4．假设z 1＝2＋i ，z 2＝3＋a i(a ∈R)，且z 1＋z 2所对应点在实轴上，那么a 值为( )A ．3B ．2C ．1D ．－1解析：选 D z 1＋z 2＝2＋i ＋3＋a i ＝(2＋3)＋(1＋a )i ＝5＋(1＋a )i.∵z 1＋z 2所对应点在实轴上，∴1＋a ＝0，∴a ＝－1.5．设向量OP ――→，PQ ――→，OQ ――→对应复数分别为z 1，z 2，z 3，那么( ) A ．z 1＋z 2＋z 3＝0 B ．z 1－z 2－z 3＝0 C ．z 1－z 2＋z 3＝0D ．z 1＋z 2－z 3＝0解析：选 D ∵OP ――→＋PQ ――→＝OQ ――→，∴z 1＋z 2＝z 3，即z 1＋z 2－z 3＝0.6．x ∈R，y ∈R，(x i ＋x )＋(y i ＋4)＝(y －i)－(1－3x i)，那么x ＝__________，y ＝__________.解析：x ＋4＋(x ＋y )i ＝(y －1)＋(3x －1)i∴⎩⎨⎧x ＋4＝y －1，x ＋y ＝3x －1，解得⎩⎨⎧x ＝6，y ＝11.答案：6 117．计算|(3－i)＋(－1＋2i)－(－1－3i)|＝________.解析：|(3－i)＋(－1＋2i)－(－1－3i)|＝|(2＋i)－(－1－3i)|＝|3＋4i|＝ 32＋42＝5.答案：5 8．z 1＝32a ＋(a ＋1)i ，z 2＝－33b ＋(b ＋2)i(a ，b ∈R)，假设z 1－z 2＝43，那么a ＋b ＝________.解析：∵z 1－z 2＝32a ＋(a ＋1)i －[－33b ＋(b ＋2)i]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ＋33b ＋(a －b －1)i ＝43，由复数相等条件知⎩⎨⎧32a ＋33b ＝43，a －b －1＝0，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1.∴a ＋b ＝3.答案：39．计算以下各式．(1)(3－2i)－(10－5i)＋(2＋17i)；(2)(1－2i)－(2－3i)＋(3－4i)－(4－5i)＋…＋(2 015－2 016i)． 解：(1)原式＝(3－10＋2)＋(－2＋5＋17)i ＝－5＋20i.(2)原式＝(1－2＋3－4＋…＋2 013－2 014＋2 015)＋(－2＋3－4＋5－…－2 014＋2 015－2 016)i ＝1 008－1 009i.10．设z 1＝x ＋2i ，z 2＝3－y i(x ，y ∈R)，且z 1＋z 2＝5－6i ，求z 1－z 2.解：∵z 1＝x ＋2i ，z 2＝3－y i ， ∴z 1＋z 2＝x ＋3＋(2－y )i ＝5－6i ，∴⎩⎨⎧x ＋3＝5，2－y ＝－6，解得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝8，∴z 1＝2＋2i ，z 2＝3－8i ，∴z 1－z 2＝(2＋2i)－(3－8i)＝－1＋10i.层级二 应试能力达标1．设z ∈C，且|z ＋1|－|z －i|＝0，那么|z ＋i|最小值为( ) A ．0 B ．1 C.22D.12解析：选C 由|z ＋1|＝|z －i|知，在复平面内，复数z 对应点轨迹是以(－1,0)和(0,1)为端点线段垂直平分线，即直线y ＝－x ，而|z ＋i|表示直线y ＝－x 上点到点(0，－1)距离，其最小值等于点(0，－1)到直线y ＝－x 距离即为22. 2．复平面内两点Z 1和Z 2分别对应于复数3＋4i 和5－2i ，那么向量Z 1Z 2――→对应复数为( )A ．3＋4iB ．5－2iC ．－2＋6iD ．2－6i解析：选DZ 1Z 2――→＝OZ 2――→－OZ 1――→，即终点复数减去起点复数，∴(5－2i)－(3＋4i)＝2－6i.3．△ABC 三个顶点所对应复数分别为z 1，z 2，z 3，复数z 满足|z －z 1|＝|z －z 2|＝|z －z 3|，那么z 对应点是△ABC ( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心解析：选A 由复数模及复数减法运算几何意义，结合条件可知复数z 对应点P 到△ABC 顶点A ，B ，C 距离相等，∴P 为△ABC 外心．4．在平行四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，假设向量OA ――→，OB ――→对应复数分别是3＋i ，－1＋3i ，那么CD ――→对应复数是( )A ．2＋4iB ．－2＋4iC ．－4＋2iD ．4－2i解析：选D 依题意有CD ――→＝BA ――→＝OA ――→－OB ――→.而(3＋i)－(－1＋3i)＝4－2i ，故CD ――→对应复数为4－2i ，应选D.5．设复数z 满足z ＋|z |＝2＋i ，那么z ＝________. 解析：设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R)，那么|z |＝ x 2＋y 2. ∴x ＋y i ＋x 2＋y 2＝2＋i.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x 2＋y 2＝2，y ＝1，解得⎩⎨⎧x ＝34，y ＝1.∴z ＝34＋i.答案：34＋i6．在复平面内，O 是原点，OA ――→，OC ――→，AB ――→对应复数分别为－2＋i,3＋2i,1＋5i ，那么BC ――→对应复数为________．解析：BC ――→＝OC ――→－OB ――→＝OC ――→－(OA ――→＋AB ――→)＝3＋2i －(－2＋i ＋1＋5i)＝(3＋2－1)＋(2－1－5)i ＝4－4i.答案：4－4i7．在复平面内，A ，B ，C 三点对应复数分别为1,2＋i ，－1＋2i. (1)求向量AB ――→，AC ――→，BC ――→对应复数； (2)判断△ABC 形状． (3)求△ABC 面积．解：(1)AB ――→对应复数为2＋i －1＝1＋i ， BC ――→对应复数为－1＋2i －(2＋i)＝－3＋i ， AC ――→对应复数为－1＋2i －1＝－2＋2i.(2)∵|AB ――→|＝2，|BC ――→|＝10，|AC ――→|＝8＝22， ∴|AB ――→|2＋|AC ――→|2＝|BC ――→|2，∴△ABC 为直角三角形． (3)S △ABC ＝12×2×22＝2.8．设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，且4(a ＋b i)＋2(a －b i)＝33＋i ，又ω＝sin θ－icos θ，求z 值和|z －ω|取值范围．解：∵4(a ＋b i)＋2(a －b i)＝33＋i ，∴6a ＋2b i ＝33＋i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧6a ＝33，2b ＝1，∴⎩⎨⎧a ＝32，b ＝12.∴z ＝32＋12i ，∴z －ω＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋12i －(sin θ－icos θ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－sin θ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋cos θi∴|z －ω|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－sin θ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋cos θ2＝ 2－3sin θ＋cos θ ＝2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin θ－12cos θ＝2－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6，∵－1≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6≤1，∴0≤2－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6≤4，∴0≤|z －ω|≤2，故所求得z ＝32＋12i ，|z －ω|取值范围是[0,2]．。
高考高考数学二轮复习第二部分第一讲高考常考客观题微专题2平面向量、复数学案理
微专题2 平面向量、复数命 题 者 说考题 统 计考 情 点 击2018·全国卷Ⅰ·T 1·复数的运算 2018·全国卷Ⅰ·T 6·平面向量的线性运算 2018·全国卷Ⅱ·T 1·复数的运算 2018·全国卷Ⅱ·T 4·平面向量的数量积运算2018·全国卷Ⅲ·T 2·复数的运算2018·全国卷Ⅲ·T 13·平面向量的坐标运算高考对本部分内容的考查主要有以下几方面：①平面向量的运算。
包括向量的线性运算及几何意义，坐标运算，利用数量积运算解决模、夹角、垂直的问题，常与函数、不等式、三角函数、解析几何等知识进行简单的结合；②复数的运算。
包括复数的概念、几何意义及四则运算。
以上考点难度不高，属送分题，只要掌握基础知识就能得满分。
考向一 平面向量微考向1：平面向量的线性运算【例1】 (1)(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →＝( )A.34AB →－14AC →B.14AB →－34AC →C.34AB →＋14AC → D.14AB →＋34AC → (2)(2018·重庆调研)已知Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，I 是△ABC 的内心，P是△IBC 内部(不含边界)的动点，若AP →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2 C.⎝⎛⎭⎪⎫712，1D ．(2,3)解析 (1)解法一：如图所示，EB →＝ED →＋DB →＝12AD →＋12CB →＝12×12(AB →＋AC →)＋12(AB →－AC →)＝34AB→－14AC →，故选A 。
(新课标)天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练3 平面向量与复数 理
专题能力训练3 平面向量与复数一、能力突破训练1.设有下面四个命题p1:若复数z满足∈R,则z∈R;p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=;p4:若复数z∈R,则∈R.其中的真命题为()A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p42.设a,b是两个非零向量,则下列结论一定成立的为()A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥bB.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λaD.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|3.(2018全国Ⅲ,理2)(1+i)(2-i)=()A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i4.在复平面内,若复数z的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=()A.2-iB.-2-iC.2+iD.-2+i5.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=()A.-1B.0C.1D.26.(2018浙江,4)复数(i为虚数单位)的共轭复数是 ()A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i7.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则=()A.-a2B.-a2C.a2D.a28.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(t m+n),则实数t的值为()A.4B.-4C.D.-9.如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O,记I1=,I2=,I3=,则()A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I310.(2018全国Ⅲ,理13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ= .11.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2=λ(λ∈R),且=-4,则λ的值为.12.设a∈R,若复数(1+i)(a+i)在复平面内对应的点位于实轴上,则a= .13.已知a,b∈R,(a+b i)2=3+4i(i是虚数单位),则a2+b2= ,ab= .14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.二、思维提升训练15.在△ABC中,已知D是AB边上一点,+λ,则实数λ=()A.-B.-C.D.16.已知,||=,||=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且,则的最大值等于()A.13B.15C.19D.2117.已知两点M(-3,0),N(3,0),点P为坐标平面内一动点,且||·||+=0,则动点P(x,y)到点M(-3,0)的距离d的最小值为()A.2B.3C.4D.618.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是,最大值是.19.在任意四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,若=λ+μ,则λ+μ= .20.已知a∈R,i为虚数单位,若为实数,则a的值为.专题能力训练3平面向量与复数一、能力突破训练1.B解析p1:设z=a+b i(a,b∈R),则R,所以b=0,所以z∈R.故p1正确;p2:因为i2=-1∈R,而z=i∉R,故p2不正确;p3:若z1=1,z2=2,则z1z2=2,满足z1z2∈R,而它们实部不相等,不是共轭复数,故p3不正确;p4:实数的虚部为0,它的共轭复数是它本身,也属于实数,故p4正确.2.C解析设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cos θ=-1,因此a⊥b不成立;对于B,满足a⊥b 时|a+b|=|a|-|b|不成立;对于C,可得cos θ=-1,因此成立,而D显然不一定成立.3.D解析 (1+i)(2-i)=2+i-i2=3+i.4.D解析=2+i所对应的点为(2,1),它关于虚轴对称的点为(-2,1),故z=-2+i.5.C解析∵2a+b=(1,0),又a=(1,-1),∴(2a+b)·a=1+0=1.6.B解析=1+i,∴复数的共轭复数为1-i.7.D解析如图,设=a,=b.则=()=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos60°=a2+a2=a2.8.B解析由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),又n⊥(t m+n),所以n·(t m+n)=n·t m+n·n=t|m|·|n|cos<m,n>+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故选B.9.C解析由题图可得OA<AC<OC,OB<BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠BOC<90°,所以I2=>0,I1=<0,I3=<0,且|I1|<|I3|,所以I3<I1<0<I2,故选C.10解析 2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=11解析=2,)=又=,∠A=60°,AB=3,AC=2,=-4,=3×2=3,()=-4, 即=-4,4-9+3=-4,即-5=-4,解得λ=12.-1解析∵(1+i)(a+i)=a-1+(a+1)i∈R,∴a+1=0,即a=-1.13.52解析由题意可得a2-b2+2ab i=3+4i,则解得则a2+b2=5,ab=2.14解析由题意)=-,故λ1=-,λ2=,即λ1+λ2=二、思维提升训练15.D解析如图,D是AB边上一点,过点D作DE∥BC,交AC于点E,过点D作DF∥AC,交BC于点F,则因为+,所以=由△ADE∽△ABC,得,所以,故λ=16.A解析以点A为原点,所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,如图,则A(0,0),B,C(0,t),=(1,0),=(0,1),=(1,0)+4(0,1)=(1,4),∴点P的坐标为(1,4),=(-1,t-4),=1--4t+16=-+17≤-4+17=13.当且仅当=4t,即t=时取“=”,的最大值为13.17.B解析因为M(-3,0),N(3,0),所以=(6,0),||=6,=(x+3,y),=(x-3,y).由||·||+=0,得6+6(x-3)=0,化简得y2=-12x,所以点M是抛物线y2=-12x 的焦点,所以点P到M的距离的最小值就是原点到M(-3,0)的距离,所以d min=3.18.42解析设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理得|a-b|=,|a+b|=,则|a+b|+|a-b|=令y=,则y2=10+2[16,20],据此可得(|a+b|+|a-b|)max==2,(|a+b|+|a-b|)min==4.即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是219.1解析如图,因为E,F分别是AD与BC的中点,所以=0,=0.又因为=0,所以①同理由①+②得,2+()+()=, 所以).所以λ=,μ=所以λ+μ=1.20.-2解析i为实数,∴-=0,即a=-2.。
高考数学二轮复习课时跟踪检测：(二) 平面向量与复数 含解析
课时跟踪检测（二）平面向量与复数1．复平面内表示复数z ＝i(－2＋i)的点位于()A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选C z ＝i(－2＋i)＝－2i ＋i 2＝－1－2i ，故复平面内表示复数z ＝i(－2＋i)的点位于第三象限．2．设复数z 满足(1＋i)z ＝2i ，则|z |＝() A.12B.22C. 2 D ．2解析：选C 因为z ＝2i1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝i(1－i)＝1＋i ，所以|z |＝ 2.3．已知平面向量a ＝(3,4)，b ＝⎝⎛⎭⎫x ，12，若a ∥b ，则实数x 的值为() A ．－23B.23C.38D ．－38解析：选C ∵a ∥b ，∴3×12＝4x ，解得x ＝38.4．已知非零单位向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则a 与b －a 的夹角是() A.π6B.π3C.π4D.3π4解析：选D 由|a ＋b |＝|a －b |可得(a ＋b )2＝(a －b )2，即a ·b ＝0，而a ·(b －a )＝a ·b －a 2＝－|a |2＜0，即a 与b －a 的夹角为钝角，结合选项知选D.5．已知向量a ＝(x ，3)，b ＝(x ，－3)，若(2a ＋b )⊥b ，则|a |＝() A ．1B.2C. 3D ．2解析：选D 因为(2a ＋b )⊥b ，所以(2a ＋b )·b ＝0，即(3x ，3)·(x ，－3)＝3x 2－3＝0，解得x ＝±1，所以a ＝(±1，3)，|a |＝(±1)2＋(3)2＝2.6．设D 是△ABC 所在平面内一点，AB ―→＝2DC ―→，则() A ．BD ―→＝AC ―→－32AB ―→B ．BD ―→＝32AC ―→－AB ―→C ．BD ―→＝12AC ―→－AB ―→D ．BD ―→＝AC ―→－12AB ―→解析：选A BD ―→＝BC ―→＋CD ―→＝BC ―→－DC ―→＝AC ―→－AB ―→－12AB ―→＝AC ―→－32AB ―→.7．在▱ABCD 中，|AB ―→|＝8，|AD ―→|＝6，N 为DC 的中点，BM ―→＝2MC ―→，则AM ―→·NM ―→＝() A ．48B ．36C ．24D ．12解析：选C AM ―→·NM ―→＝(AB ―→＋BM ―→)·(NC ―→＋CM ―→)＝⎝⎛⎭⎫＋23 AD ―→ ·⎝⎛⎭⎫12 AB ―→－13 AD ―→ ＝12AB ―→2－29AD ―→2＝12×82－29×62＝24. 8．已知a 为实数，若复数z ＝(a 2－1)＋(a ＋1)i 为纯虚数，则a ＋i 2 0171－i＝()A ．1B ．0C ．iD ．1－i解析：选C 因为z ＝(a 2－1)＋(a ＋1)i 为纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，得a ＝1，则有1＋i 2 0171－i ＝1＋i 1－i ＝(1＋i )2(1＋i )(1－i )＝i.9．已知点A (－1,1)，B (1,2)，C (－2，－1)，D (3,4)，则向量CD ―→在BA ―→方向上的投影是()A ．－35B ．－322C ．35D.322解析：选A 依题意得，BA ―→＝(－2，－1)，CD ―→＝(5,5)，BA ―→·CD ―→＝(－2，－1)·(5,5)＝－15，|BA ―→|＝5，因此向量CD ―→在BA ―→方向上的投影是BA ―→·CD ―→|BA ―→|＝－155＝－3 5.10．△ABC 是边长为2的等边三角形，向量a ，b 满足AB ―→＝2a ，AC ―→＝2a ＋b ，则向量a ，b 的夹角为()A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：选C 法一：设向量a ，b 的夹角为θ，BC ―→＝AC ―→－AB ―→＝2a ＋b －2a ＝b ，∴|BC ―→|＝|b |＝2，|AB ―→|＝2|a |＝2，∴|a |＝1，AC ―→2＝(2a ＋b )2＝4a 2＋4a ·b ＋b 2＝8＋8cos θ＝4，∴cos θ＝－12，θ＝120°.法二：BC ―→＝AC ―→－AB ―→＝2a ＋b －2a ＝b ，则向量a ，b 的夹角为向量AB ―→与BC ―→的夹角，故向量a ，b 的夹角为120°.11．在△ABC 中，D 为△ABC 所在平面内一点，且AD ―→＝13AB ―→＋12AC ―→，则S △BCD S △ABD ＝()A.16B.13C.12D.23解析：选B 如图，由已知得，点D 在△ABC 中与AB 平行的中位线上，且在靠近BC 边的三等分点处，从而有S △ABD ＝12S △ABC ，S △ACD ＝13S △ABC ，S △BCD ＝⎝⎛⎭⎫1－12－13S △ABC ＝16S △ABC ，所以S △BCD S △ABD ＝13. 12．在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→，则λ＋μ的最大值为()A ．3B ．22C. 5D ．2解析：选A 以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (1,0)，C (1,2)，D (0,2)，可得直线BD 的方程为2x ＋y －2＝0，点C 到直线BD 的距离为222＋12＝25，所以圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝45.因为P 在圆C 上，所以P ⎝⎛⎭⎫1＋255cos θ，2＋255sin θ.又AB ―→＝(1,0)，AD ―→＝(0,2)，AP ―→＝λAB ―→＋μAD ―→＝(λ，2μ)，所以⎩⎨⎧1＋255cos θ＝λ，2＋255sin θ＝2μ，λ＋μ＝2＋255cos θ＋55sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，当且仅当θ＝π2＋2k π－φ，k ∈Z 时，λ＋μ取得最大值3.13．若复数z ＝a i1＋i(其中a ∈R ，i 为虚数单位)的虚部为－1，则a ＝________. 解析：因为z ＝a i 1＋i ＝a i·(1－i )(1＋i )(1－i )＝a 2＋a 2i 的虚部为－1，所以a2＝－1，解得a ＝－2.答案：－214．已知向量OA ―→＝(3,1)，OB ―→＝(－1,3)，OC ―→＝m OA ―→－n OB ―→(m ＞0，n ＞0)，若m ＋n ＝1，则|OC ―→|的最小值为________．解析：由OA ―→＝(3,1)，OB ―→＝(－1,3)，得OC ―→＝m OA ―→－n OB ―→＝(3m ＋n ，m －3n )，因为m ＋n ＝1(m ＞0，n ＞0)，所以n ＝1－m 且0＜m ＜1，所以OC ―→＝(1＋2m,4m －3)，则|OC ―→|＝(1＋2m )2＋(4m －3)2＝20m 2－20m ＋10＝20⎝⎛⎭⎫m －122＋5(0＜m ＜1)，所以当m ＝12时，|OC ―→|min ＝ 5.答案： 515．非零向量m ，n 的夹角为π3，且满足|n |＝λ|m |(λ＞0)，向量组x 1，x 2，x 3由一个m 和两个n 排列而成，向量组y 1，y 2，y 3由两个m 和一个n 排列而成，若x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3所有可能值中的最小值为4m 2，则λ＝________.解析：由题意：x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3的运算结果有以下两种可能：①m 2＋m ·n ＋n 2＝m 2＋λ|m ||m |cos π3＋λ2m 2＝⎝⎛⎭⎫λ2＋λ2＋1m 2；②m ·n ＋m ·n ＋m ·n ＝3λ|m ||m |cos π3＝3λ2m 2.又λ2＋λ2＋1－3λ2＝λ2－λ＋1＝⎝⎛⎭⎫λ－122＋34＞0，所以3λ2m 2＝4m 2，即3λ2＝4，解得λ＝83. 答案：8316.如图所示，已知正方形ABCD 的边长为1，点E 从点D 出发，按字母顺序D →A →B →C 沿线段DA ，AB ，BC 运动到点C ，在此过程中DE ―→·CD ―→的取值范围为________．解析：以BC ，BA 所在的直线为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系如图所示，可得A (0,1)，B (0,0)，C (1,0)，D (1,1)．当E 在DA 上时，设E (x,1)，其中0≤x ≤1，∵DE ―→＝(x －1,0)，CD ―→＝(0,1)， ∴DE ―→·CD ―→＝0；当E 在AB 上时，设E (0，y )， 其中0≤y ≤1，∵DE ―→＝(－1，y －1)，CD ―→＝(0,1)，∴DE ―→·CD ―→＝y －1(0≤y ≤1)，此时DE ―→·CD ―→的取值范围为[－1,0]； 当E 在BC 上时，设E (x,0)，其中0≤x ≤1， ∵DE ―→＝(x －1，－1)，CD ―→＝(0,1)， ∴DE ―→·CD ―→＝－1.综上所述，DE ―→·CD ―→的取值范围为[－1,0]． 答案：[－1,0]。
(新课标)天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练3 平面向量与复数 理
专题能力训练3 平面向量与复数一、能力突破训练1.设有下面四个命题p1:若复数z满足∈R,则z∈R;p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=;p4:若复数z∈R,则∈R.其中的真命题为()A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p42.设a,b是两个非零向量,则下列结论一定成立的为()A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥bB.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λaD.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|3.(2018全国Ⅲ,理2)(1+i)(2-i)=()A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i4.在复平面内,若复数z的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=()A.2-iB.-2-iC.2+iD.-2+i5.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=()A.-1B.0C.1D.26.(2018浙江,4)复数(i为虚数单位)的共轭复数是 ()A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i7.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则=()A.-a2B.-a2C.a2D.a28.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(t m+n),则实数t的值为()A.4B.-4C.D.-9.如图,已知平面四边形ABCD,AB⊥BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC与BD交于点O,记I1=,I2=,I3=,则()A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I310.(2018全国Ⅲ,理13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ= .11.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2=λ(λ∈R),且=-4,则λ的值为.12.设a∈R,若复数(1+i)(a+i)在复平面内对应的点位于实轴上,则a= .13.已知a,b∈R,(a+b i)2=3+4i(i是虚数单位),则a2+b2= ,ab= .14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.二、思维提升训练15.在△ABC中,已知D是AB边上一点,+λ,则实数λ=()A.-B.-C.D.16.已知,||=,||=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且,则的最大值等于()A.13B.15C.19D.2117.已知两点M(-3,0),N(3,0),点P为坐标平面内一动点,且||·||+=0,则动点P(x,y)到点M(-3,0)的距离d的最小值为()A.2B.3C.4D.618.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是,最大值是.19.在任意四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,若=λ+μ,则λ+μ= .20.已知a∈R,i为虚数单位,若为实数,则a的值为.专题能力训练3平面向量与复数一、能力突破训练1.B解析p1:设z=a+b i(a,b∈R),则R,所以b=0,所以z∈R.故p1正确;p2:因为i2=-1∈R,而z=i∉R,故p2不正确;p3:若z1=1,z2=2,则z1z2=2,满足z1z2∈R,而它们实部不相等,不是共轭复数,故p3不正确;p4:实数的虚部为0,它的共轭复数是它本身,也属于实数,故p4正确.2.C解析设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cos θ=-1,因此a⊥b不成立;对于B,满足a⊥b时|a+b|=|a|-|b|不成立;对于C,可得cos θ=-1,因此成立,而D显然不一定成立.3.D解析 (1+i)(2-i)=2+i-i2=3+i.4.D解析=2+i所对应的点为(2,1),它关于虚轴对称的点为(-2,1),故z=-2+i.5.C解析∵2a+b=(1,0),又a=(1,-1),∴(2a+b)·a=1+0=1.6.B解析=1+i,∴复数的共轭复数为1-i.7.D解析如图,设=a,=b.则=()=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos 60°=a2+a2=a2.8.B解析由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),又n⊥(t m+n),所以n·(t m+n)=n·t m+n·n=t|m|·|n|cos<m,n>+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故选B.9.C解析由题图可得OA<AC<OC,OB<BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠BOC<90°,所以I2=>0,I1=<0,I3=<0,且|I1|<|I3|,所以I3<I1<0<I2,故选C.10解析 2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=11解析=2,)=又=,∠A=60°,AB=3,AC=2,=-4,=3×2=3,()=-4,即=-4,4-9+3=-4,即-5=-4,解得λ=12.-1解析∵(1+i)(a+i)=a-1+(a+1)i∈R,∴a+1=0,即a=-1.13.52解析由题意可得a2-b2+2ab i=3+4i,则解得则a2+b2=5,ab=2.14解析由题意)=-,故λ1=-,λ2=,即λ1+λ2=二、思维提升训练15.D解析如图,D是AB边上一点,过点D作DE∥BC,交AC于点E,过点D作DF∥AC,交BC于点F,则因为+,所以=由△ADE∽△ABC,得,所以,故λ=16.A解析以点A为原点,所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,如图,则A(0,0),B,C(0,t),=(1,0),=(0,1),=(1,0)+4(0,1)=(1,4),∴点P的坐标为(1,4),=(-1,t-4),=1--4t+16=-+17≤-4+17=13.当且仅当=4t,即t=时取“=”,的最大值为13.17.B解析因为M(-3,0),N(3,0),所以=(6,0),||=6,=(x+3,y),=(x-3,y).由||·||+=0,得6+6(x-3)=0,化简得y2=-12x,所以点M是抛物线y2=-12x的焦点,所以点P到M的距离的最小值就是原点到M(-3,0)的距离,所以d min=3.18.42解析设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理得|a-b|=,|a+b|=,则|a+b|+|a-b|=令y=,则y2=10+2[16,20],据此可得(|a+b|+|a-b|)max==2,(|a+b|+|a-b|)min==4.即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是219.1解析如图,因为E,F分别是AD与BC的中点,所以=0,=0.又因为=0,所以①同理由①+②得,2+()+()=, 所以).所以λ=,μ=所以λ+μ=1.20.-2解析i为实数,∴-=0,即a=-2.。
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课时跟踪检测（二） 平面向量与复数
1．(2017·全国卷Ⅲ)复平面内表示复数z ＝i(－2＋i)的点位于( )
A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
解析：选C z ＝i(－2＋i)＝－2i ＋i 2＝－1－2i ，故复平面内表示复数z ＝i(－2＋i)的点位于第三象限．
2．(2017·全国卷Ⅲ)设复数z 满足(1＋i)z ＝2i ，则|z |＝( )
A.12
B.22
C. 2 D ．2 解析：选C 因为z ＝2i 1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )
＝i(1－i)＝1＋i ， 所以|z |＝ 2.
3．(2017·沈阳模拟)已知平面向量a ＝(3,4)，b ＝⎝⎛⎭⎫x ，12，若a ∥b ，则实数x 的值为( )
A ．－23 B.23 C.38 D ．－38
解析：选C ∵a ∥b ，∴3×12＝4x ，解得x ＝38
. 4．(2018届高三·西安摸底)已知非零单位向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则a 与b －a 的夹角是( ) A.π6 B.π3 C.π4 D.3π4
解析：选D 由|a ＋b |＝|a －b |可得(a ＋b )2＝(a －b )2，即a ·b ＝0，而a ·(b －a )＝a ·b －a 2＝－|a |2＜0，即a 与b －a 的夹角为钝角，结合选项知选D.
5．(2017·湘中模拟)已知向量a ＝(x ，3)，b ＝(x ，－3)，若(2a ＋b )⊥b ，则|a |＝( )
A ．1 B. 2 C. 3 D ．2
解析：选D 因为(2a ＋b )⊥b ，所以(2a ＋b )·b ＝0，即(3x ，3)·(x ，－3)＝3x 2－3＝0，解得x ＝±1，所以a ＝(±1，3)，|a |＝(±1)2＋(3)2＝2.
6．(2017·广西五校联考)设D 是△ABC 所在平面内一点，AB ―→＝2DC ―→，则( )
A ．BD ―→＝AC ―→－32
AB ―→ B ．BD ―→＝32AC ―→－AB ―→ C ．BD ―→＝12AC ―→－AB ―→ D ．BD ―→＝AC ―→－12AB ―→。