《高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練3 平面向量與復數(shù) 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練3 平面向量與復數(shù) 文-人教版高三數(shù)學試題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題能力訓練3　平面向量與復數(shù) 一、能力突破訓練 1.(2019山東濰坊一模,2)若復數(shù)z滿足(1+i)z=|3+4i|,則z的虛部為(　　) A.5 B.52 C.-52 D.-5 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.EO 3.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⊥b B.若a⊥b,則|a+b|=|a|-|b| C.若|a+b|=|a|-|b|,則存在實數(shù)λ,使得b=λa D.若存在實數(shù)λ,使得b=λa,則|a+b|=|a|-|b| 4

2、.在復平面內,若復數(shù)z的對應點與5i1+2i的對應點關于虛軸對稱,則z=(　　) A.2-i B.-2-i C.2+i D.-2+i 5.(2018全國Ⅱ,文4)已知向量a,b滿足|a|=1,a·b=-1,則a·(2a-b)=(　　) A.4 B.3 C.2 D.0 6.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+185OF B.-145AE+125OF C.-185AE+85OF D.-125AE+145OF 7.已知菱形ABCD的邊長為a,∠ABC=60°,則BD·CD=(　　) A.-

3、32a2 B.-34a2 C.34a2 D.32a2 8.(2019安徽黃山二模,7)已知向量a,b滿足|a|=2,|b|=2,且a⊥(a+2b),則b在a方向上的投影為(　　) A.1 B.-1 C.2 D.-2 9.(2018全國Ⅲ,文13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),則λ=　　　　　.? 10.在△ABC中,若AB·AC=AB·CB=4,則邊AB的長度為　　　　　.? 11.已知e1=(1,0),|e2|=1,e1,e2的夾角為30°.若3e1-e2,e1+λe2互相垂直,則實數(shù)λ的值是　　　　　.? 12.過點P(1,3

4、)作圓x2+y2=1的兩條切線,切點分別為A,B,則PA·PB=　　　　　.? 13.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　　　　　.? 14.設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　　　　　.? 二、思維提升訓練 15.已知i為虛數(shù)單位,z(2+i)=3+2i,則下列結論正確的是(　　) A.z的共軛復數(shù)為85?15i B.z的虛部為-15 C.z在復平面內對應的點

5、在第二象限 D.|z|=95 16.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·OD,則(　　) A.I1

6、面上對應的點的坐標為　　　　　.? 19.已知兩個單位向量a,b的夾角為60°,c=ta+(1-t)b.若b·c=0,則t=　　　　　.? 20.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=　　　　.? 21.若e1,e2是夾角為π3的兩個單位向量,則a=2e1+e2與b=-3e1+2e2的夾角為　　　　　.? 專題能力訓練3　平面向量與復數(shù) 一、能力突破訓練 1.C　解析由(1+i)z=|3+4i|=32+42=5, 得z=51+i=5(1-i)(1+i)(1-i)=52?52i,其虛部為-52. 2.C　解析設a=OP+OQ,

7、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=OP+OQ.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.D　解析5i1+2i=5i(1-2i)(1+2i)(1-2i)=5(i+2)5=2+i所對應的點為(2,1),關于虛軸對稱的點為(-2,1),故z=-2+i. 5.B　解析a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3. 6.A　解析

8、如圖所示,以D為原點,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+3n,6=-6m-n,解得m=-85,n=185,故DB=-85AE+185OF. 7.D　解析如圖, 設BA=a,BC=b. 則BD·CD=(BA+BC)·BA=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos60°=a2+12a2=32a2. 8.B　解析∵a⊥(a+2b), ∴a·(a+2b)

9、=0,即a2+2a·b=4+2a·b=0, ∴a·b=-2, ∴b在a方向上的投影為a·b|a|=-22=-1. 9.12　解析2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ), 由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=12. 10.22　解析由AB·AC=4,AB·CB=4,得AB·AC+AB·CB=8,于是AB·(AC+CB)=8,即AB·AB=8,故|AB|2=8,得|AB|=22. 11.-3　解析因為3e1-e2,e1+λe2互相垂直,所以(3e1-e2)·(e1+λe2)=0,整理得到3e12+(3λ-1)e1·e2-λe22=0,即3+(3λ-1)×

10、32-λ=0,解得λ=-3. 12.32　解析如圖, ∵OA=1,AP=3, 又PA=PB, ∴PB=3. ∴∠APO=30°. ∴∠APB=60°. ∴PA·PB=|PA||PB|cos60°=3×3×12=32. 13.(3,0)　解析設點P的坐標為(x,0),則AP=(x-2,-2),BP=(x-4,-1), AP·BP=(x-2)(x-4)+(-2)×(-1)=x2-6x+10=(x-3)2+1. 當x=3時,AP·BP有最小值1.此時點P的坐標為(3,0). 14.12　解析DE=DB+BE=12AB+23BC=12AB+23(BA+AC)=-16AB+23

11、AC,故λ1=-16,λ2=23, 即λ1+λ2=12. 二、思維提升訓練 15.B　解析因為z=3+2i2+i=(3+2i)(2-i)(2+i)(2-i)=8+i5,所以z=8-i5,故A錯誤,B正確; z在復平面內對應的點為85,-15,在第四象限,故C錯誤;|z|=852+-152=655,故D錯誤. 16.C　解析由題圖可得OA<12AC90°,∠BOC<90°, 所以I2=OB·OC>0,I1=OA·OB<0,I3=OC·OD<0,且|I1|<|I3|, 所以I3

12、0),N(3,0),所以MN=(6,0),|MN|=6,MP=(x+3,y),NP=(x-3,y).由|MN||MP|+MN·NP=0,得6(x+3)2+y2+6(x-3)=0,化簡得y2=-12x,所以點M是拋物線y2=-12x的焦點,所以點P到點M的距離的最小值就是原點到點M(-3,0)的距離,所以dmin=3. 18.75,-45　解析因為z=a-2+(a+1)i是純虛數(shù),所以a-2=0,且a+1≠0,解得a=2, 所以a-3i2-i=2-3i2-i=75?45i,其在復平面上對應的點的坐標為75,-45. 19.2　解析∵c=ta+(1-t)b, ∴b·c=ta·b+(1-t)

13、|b|2. 又|a|=|b|=1,且a與b的夾角為60°,b·c=0, ∴0=t|a||b|cos60°+(1-t),0=12t+1-t. ∴t=2. 20.1　解析如圖,因為E,F分別是AD,BC的中點,所以EA+ED=0,BF+CF=0. 又因為AB+BF+FE+EA=0,所以EF=AB+BF+EA.① 同理EF=ED+DC+CF.② 由①+②得,2EF=AB+DC+(EA+ED)+(BF+CF)=AB+DC, 所以EF=12(AB+DC).所以λ=12,μ=12. 所以λ+μ=1. 21.2π3　解析設a與b的夾角為θ. ∵a·b=(2e1+e2)·(-3e1+2e2) =-6|e1|2+e1·e2+2|e2|2=-72, |a|=(2e1+e2)2=7,|b|=(-3e1+2e2)2=7, ∴cosθ=a·b|a||b|=-727×7=-12, ∴θ=2π3.