(新课标)2020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,p3
B.p1,p4
C.p2,p3
D.p2,p4
2.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⊥b
B.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|
C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λa
D.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-i
B.-3+i
C.3-i
D.3+i
4.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-i
B.-2-i
C.2+i
D.-2+i
5.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=()
A.-1
B.0
C.1
D.2
6.(2018浙江,4)复数(i为虚数单位)的共轭复数是 ()
A.1+i
B.1-i
C.-1+i
D.-1-i
7.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则=()
A.-a2
B.-a2
C.a2
D.a2
8.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.4
B.-4
C.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<I3
B.I1<I3<I2
C.I3<I1<I2
D.I2<I1<I3
10.(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.13
B.15
C.19
D.21
17.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.2
B.3
C.4
D.6
18.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2
19.1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.。