高考数学(理科天津课标版)二轮复习专题能力训练Word版含答案3

专题能力训练3平面向量与复数一、能力打破训练1.设有下边四个命题p1:若复数z知足∈R,则z∈R;p2:若复数z知足z2∈R,则z∈R;p3:若复数z1,z2知足z1z2∈R,则z1=;p4:若复数z∈R,则∈R.此中的真命题为( )A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p42.设a,b是两个非零向量,则以下结论必定成立的为( )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对于虚轴对称,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=( )22A.-aB.-aC.a2D.a28.已知非零向量m,n知足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(tm+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+bi)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λ的值为.1+λ2二、思想提高训练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()17.已知两点M(-3,0),N(3,0),点M(-3,0)的距离d的最小值为(

P为坐标平面内一动点)

,且|

|·|

|+

=0,则动点

P(x,y)到点A.2

B.3C.4

D.618.已知向量

a,b知足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|

a-b|的最小值是

,最大值是

.19.在随意四边形

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、能力打破训练1.B分析p1:设z=a+bi(a,b∈R),则-正确;R,所以b=0,所以z∈R.故p1p2:由于i2=-1∈R,而z=i?R,故p2不正确;3121212∈R,而它们实部不相等,不是共轭复数,故p3不正确;p:若z=1,z=2,则zz=2,知足zzp4:实数的虚部为0,它的共轭复数是它自己,也属于实数,故p4正确.2.C分析设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cosθ=-1,所以a⊥b不可立;对于B,知足a⊥b时|a+b|=|a|-|b|不可立;对于C,可得cosθ=-1,所以成立,而D明显不必定成立.3.D分析(1+i)(2-i)=2+i-i2=3+i.4.D分析-=2+i所对应的点为(2,1),它对于虚轴对称的点为(-2,1),故z=-2+i.-5.C分析∵2a+b=(1,0),又a=(1,-1),(2a+b)·a=1+0=1.6.B分析=1+i,--∴复数的共轭复数为1-i.-7.D分析如图,设=a,=b.则=( )=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos60°=a2+a2=a2.8.B分析由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),又n⊥(tm+n),所以n·(tm+n)=n·tm+n·n=t|m|·|n|cos<m,n>+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,应选B.9.C分析由题图可得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,应选C.分析2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=11分析=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分析∵(1+i)(a+i)=a-1+(a+1)i∈R,∴a+1=0,即a=-1.13.52分析由题意可得a2-b2+2abi=3+4i,则-解得22则a+b=5,ab=2.分析由题意即λ+λ=12二、思想提高训练15.D分析如图,D是AB边上一点,

)=)=-,故λ1=-,λ2=,过点D作DE∥BC,交AC于点E,过点D作DF∥AC,交BC于点F,则由于+,所以=由△ADE∽△ABC,得,所以,故λ=16.A分析以点A为原点,所在直线分别为x轴、y轴成立平面直角坐标系,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分析由于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dmin=3.18.42分析设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理得|a-b|=--,|a+b|=--,则|a+b|+|a-b|=-令y=-,2[16,20],则y=10+2-据此可得(|a+b|+|a-b|)max==2,(|a+b|+