高考数学二轮总复习专题能力训练3平面向量复数理

专题能力训练3平面向量、复数能力突破训练1.(2022广西贵港模拟)已知复数z满足z(1+i)=13i,则复数z在复平面内所对应的点位于()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⊥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.(2022广西桂林、梧州一模)已知复数z=(a2i)(1+3i)(a∈R)的实部与虚部的和为12,则|z5|=()A.3 B.4 C.5 D.64.(2022全国甲,理1)若z=1+3i,则zzz-1A.1+3i B.13iC.13+335.(2022广西柳州二模)设a=(3,m),b=(4,2),则“m=1”是“a⊥(ab)”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.已知i为虚数单位,z(2+i)=3+2i,则下列结论正确的是()A.z的共轭复数为85B.z的虚部为1C.z在复平面内对应的点在第二象限D.|z|=97.已知单位向量e1,e2,且OP=me1+ne2(m,n∈R),若e1⊥e2,|OP|=1,则下列式子一定成立的是()A.m+n=1 B.mn=1C.m2+n2=1 D.mn=18.若向量a=(x+1,2)与b=(1,1)平行,则|2a+b|=()A.2 B.32C.32 D.29.(2022北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则PA·PB的取值范围是 (A.[5,3] B.[3,5]C.[6,4] D.[4,6]10.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=OA·OB,I2=OB·OC,I3=OC·A.I1<I2<I3 B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2 D.I2<I1<I311.欧拉公式eix=cosx+isinx(i为虚数单位)是由瑞士数学家欧拉发现的,它将指数函数的定义域扩大到复数集,建立了三角函数和指数函数的关系,它在复变函数论里占有非常重要的地位,特别是当x=π时,eiπ+1=0被认为是数学中最优美的公式.根据欧拉公式可知,ei在复平面内对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限12.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λAC-AB(λ∈R),且AD·AE=4,13.设向量a=(x,4),b=(1,x),向量a与b的夹角为锐角,则x的取值范围为.

14.已知向量m=(2,5),n=(1,λ),若n在m方向上的投影为4,则实数λ的值为.

15.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=12|AB|,|BE|=23|BC|.若DE=λ1AB+λ2AC(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为思维提升训练16.在正方形ABCD中,若E为CD的中点,点F为CB上靠近点C的三等分点,O为AC与BD的交点,则DB=()A.85B.14C.185D.1217.已知AB⊥AC,|AB|=1t,|AC|=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且AP=AB|ABA.13 B.15 C.19 D.2118.(2022广西玉林模拟)在△ABC中,AC=3,AB=4,∠BAC=π3,AD=2DB,P为线段CD上一点,且不与点C,D重合,若AP=mAC+nAB,AP·CDA.14 B.1C.12 D.19.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|ab|的最小值是,最大值是.

20.(2022广西桂林二模)已知菱形ABCD的边长为2,E是BC的中点,则AE·ED=21.设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=3+i,则|z1z2|=.

专题能力训练3平面向量、复数能力突破训练1.B解析因为z(1+i)=13i,所以z=1-3i1+i=(1-3i)(12.C解析设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cosθ=1,因此a⊥b不成立;对于B,当满足a⊥b时|a+b|=|a||b|不成立;对于C,可得cosθ=1,因此成立,而D显然不一定成立.3.C解析z=(a2i)(1+3i)=(a+6)+(3a2)i,则有a+6+3a2=12,解得a=2,所以z=8+4i,z5=3+4i,故|z5|=32+44.C解析zzz-15.A解析当m=1时,ab=(1,3),a·(ab)=3×(1)+(1)×(3)=0,所以a⊥(ab),充分性成立;当a⊥(ab)时,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)”的充分不必要条件.6.B解析因为z=所以z=8-i5,故A错误,B正确;z在复平面内对应的点为85,-7.C解析∵OP=me1+ne2∴OP2=m2e12+n2e22+2mn∵e1,e2是单位向量且e1⊥e2,|OP|=1,∴1=m2+n2,故选C.8.C解析∵a∥b,∴(x+1)×(1)=2×1,解得x=3,∴a=(2,2),2a+b=(3,3),∴|2a+b|=(-3)29.D解析如图所示,以点C为坐标原点,CA,CB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,则C(0,0),A(3,0),B(0,4).∵PC=1,∴可设P(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π],∴PA·PB=(3cosθ,sinθ)·(cosθ,4sinθ)=3cosθ4sinθ+sin2θ+cos2θ=15sin(θ+φ),其中tanφ∵1≤sin(θ+φ)≤1,∴4≤PA·PB≤10.C解析由题图可得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,故选C.11.A解析依题意,ei=cos1+isin1,在复平面内对应点的坐标为(cos1,sin1),而cos1>0,sin1>0,该点在第一象限.12.311解析∵BD=2DC,∴又AE=λAC-AB,∠A=60°,AB=3,AC=2,∴AB·AC=3×2×12=3,2即2λ3∴2λ3×413×9+λ3-2313.(0,2)∪(2,+∞)解析因为向量a=(x,4),b=(1,x),向量a与b的夹角为锐角,所以x·1+(4)(x)>0,且x2≠4,解得x>0,且x≠2.故x的取值范围为(0,2)∪(2,+∞).14.25解析依题意,得n在m方向上的投影为m·n|m|=15.12解析由题意DE=DB+BE=12AB+23BC=12AB+23思维提升训练16.A解析如图所示,以D为坐标原点,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系.设AB=6,则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).设DB=mAE+nOF,则6=3m+3n,17.A解析以点A为原点,AB,AC所在直线分别为x轴、则A(0,0),B1t,0,C∴AB|AB|=∴AP=AB|AB|∴点P的坐标为(1,4),PB=1t-1,-4,PC=(1,t4),∴PB·PC=11t4t+16=当且仅当1t=4t,即t=12时取“=∴PB·18.B解析设CP=kPD(k>0),则AP-AC=k23将AP=mAC+nAB代入可得(1+k)mAC+(1+k)nAB=则m又AP·所以(mAC+nAB)·23AB-AC=即2m3AC·AB又AC·AB=|AC||AB|cos∠BAC=3×4cosπ3=6,AC2=9,AB2=16,所以14将m=11+k,n=2k所以m=14,n=12,故19.425解析设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理,得|ab|=12|a+b|=12则|a+b|+|ab|=5+4cos令y=5+4cosθ则y2=10+225-据此可得(|a+b|+|ab|)max=20=25,(|a+b|+|ab|)min=16=4.即|a+b|+|ab|的最小值是4,最大值是2520.3解析依题意AE=AB+因为菱形ABCD的边长为2,所以AE·ED=14|AD|2|AB|2=121.23解析设z1=a+bi,z2=c