（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練3 平面向量與復數(shù) 理

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1、（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練3 平面向量與復數(shù) 理 1.設有下面四個命題 p1:若復數(shù)z滿足∈R,則z∈R; p2:若復數(shù)z滿足z2∈R,則z∈R; p3:若復數(shù)z1,z2滿足z1z2∈R,則z1=; p4:若復數(shù)z∈R,則∈R. 其中的真命題為(　　) A.p1,p3 B.p1,p4 C.p2,p3 D.p2,p4 2.設a,b是兩個非零向量,則下列結論一定成立的為(　　) 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

2、,使得b=λa,則|a+b|=|a|-|b| 3.(2018全國Ⅲ,理2)(1+i)(2-i)=(　　) A.-3-i B.-3+i C.3-i D.3+i 4.在復平面內,若復數(shù)z的對應點與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.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),則(2a+b)·a=(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 6.(2018浙江,4)復數(shù)(i為虛數(shù)單位)的共軛復數(shù)是 (　　) A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i 7.已知菱形ABCD的邊長為a,∠ABC=60°,則=

3、 (　　) A.-a2 B.-a2 C.a2 D.a2 8.已知非零向量m,n滿足4|m|=3|n|,cos=.若n⊥(tm+n),則實數(shù)t的值為(　　) A.4 B.-4 C. D.- 9.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=,I2=,I3=,則(　　) A.I1

4、,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2=λ(λ∈R),且=-4,則λ的值為　　　　　.? 12.設a∈R,若復數(shù)(1+i)(a+i)在復平面內對應的點位于實軸上,則a=　　　　　.? 13.已知a,b∈R,(a+bi)2=3+4i(i是虛數(shù)單位),則a2+b2=　　　　　,ab=　　　　　.? 14.設D,E分別是△ABC的邊AB,BC上的點,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(λ1,λ2為實數(shù)),則λ1+λ2的值為　　　　　.? 二、思維提升訓練 15.在△ABC中,已知D是AB邊上一點,+λ,則實數(shù)λ=(　　) A.- B.- C. D. 16.已知,

5、||=,||=t.若點P是△ABC所在平面內的一點,且,則的最大值等于(　　) A.13 B.15 C.19 D.21 17.已知兩點M(-3,0),N(3,0),點P為坐標平面內一動點,且||·||+=0,則動點P(x,y)到點M(-3,0)的距離d的最小值為(　　) A.2 B.3 C.4 D.6 18.已知向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,則|a+b|+|a-b|的最小值是　　　　　,最大值是　　　　　.? 19.在任意四邊形ABCD中,E,F分別是AD,BC的中點,若=λ+μ,則λ+μ=　　　　.? 20.已知a∈R,i為虛數(shù)單位,若為實數(shù),則a的值為　　　　　.?

6、 專題能力訓練3　平面向量與復數(shù) 一、能力突破訓練 1.B　解析 p1:設z=a+bi(a,b∈R),則R,所以b=0,所以z∈R.故p1正確; p2:因為i2=-1∈R,而z=i?R,故p2不正確; p3:若z1=1,z2=2,則z1z2=2,滿足z1z2∈R,而它們實部不相等,不是共軛復數(shù),故p3不正確; p4:實數(shù)的虛部為0,它的共軛復數(shù)是它本身,也屬于實數(shù),故p4正確. 2.C　解析 設向量a與b的夾角為θ.對于A,可得cos θ=-1,因此a⊥b不成立;對于B,滿足a⊥b時|a+b|=|a|-|b|不成立;對于C,可得cos θ=-1,因此成立,而D顯然不一定成立.

7、 3.D　解析 (1+i)(2-i)=2+i-i2=3+i. 4.D　解析 =2+i所對應的點為(2,1),它關于虛軸對稱的點為(-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, ∴復數(shù)的共軛復數(shù)為1-i. 7.D　 解析 如圖,設=a,=b.則=()=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos 60°=a2+a2=a2. 8.B　解析 由4|m|=3|n|,可設|m|=3k,|n|=4k(k>0), 又n⊥(tm+n),所以n·(tm+n)=n·tm+n·n=t

8、|m|·|n|cos+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故選B. 9.C　解析 由題圖可得OA90°,∠BOC<90°, 所以I2=>0,I1=<0,I3=<0,且|I1|<|I3|, 所以I3

9、,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. 13.5　2　解析 由題意可得a2-b2+2abi=3+4i, 則解得則a2+b2=5,ab=2. 14　解析 由題意)=-,故λ1=-,λ2=,即λ1+λ2= 二、思維提升訓練 15.D　解析 如圖,D是AB邊上一點, 過點D作DE∥BC,交AC于點E,過點D作DF∥AC,交BC于點F,則 因為+, 所以= 由△ADE∽△ABC,得, 所以,故λ= 16.A　解析 以點A為原點,所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系,如圖, 則A(0

10、,0),B,C(0,t), =(1,0),=(0,1), =(1,0)+4(0,1)=(1,4), ∴點P的坐標為(1,4),=(-1,t-4),=1--4t+16=-+17≤-4+17=13. 當且僅當=4t,即t=時取“=”, 的最大值為13. 17.B　解析 因為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,化簡得y2=-12x,所以點M是拋物線y2=-12x的焦點,所以點P到M的距離的最小值就是原點到M(-3,0)的距離,所以dmin=3. 18.4　2　解析 設向量a,b的夾角為θ, 由余弦定理得|a-b|=, |a+b|=, 則|a+b|+|a-b|= 令y=, 則y2=10+2[16,20], 據(jù)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 如圖,因為E,F分別是AD與BC的中點,所以=0,=0. 又因為=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為實數(shù), ∴-=0,即a=-2.