新版高三理科數(shù)學新課標二輪習題：專題一 集合、邏輯用語、不等式、向量、復數(shù)、算法、推理 專題能力訓練3 Word版含答案

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1、 1

2、 1 專題能力訓練3　平面向量與復數(shù) 能力突破訓練 1.(20xx全國Ⅰ,理3)設(shè)有下面四個命題 p1:若復數(shù)z滿足1z∈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=z2; p4:若復數(shù)z∈R,則z∈R. 其中的真命題為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.p1,p3 B.p1,p4 C.p2

3、,p3 D.p2,p4 2.設(shè)a,b是兩個非零向量,則下列結(jié)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,使得b=λa,則|a+b|=|a|-|b| 3.若z=1+2i,則4izz-1=(　　) A.1 B.-1 C.i D.-i 4.在復平面內(nèi),若復數(shù)z的對應點與5i1+2i的對應點關(guān)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

4、)·a=(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 6.下面是關(guān)于復數(shù)z=2-1+i的四個命題: p1:|z|=2,p2:z2=2i, p3:z的共軛復數(shù)為1+i,p4:z的虛部為-1, 其中的真命題為(　　) A.p2,p3 B.p1,p2 C.p2,p4 D.p3,p4 7.已知菱形ABCD的邊長為a,∠ABC=60°,則BD·CD= (　　) A.-32a2 B.-34a2 C.34a2 D.32a2 8.已知非零向量m,n滿足4|m|=3|n|,cos=13.若n⊥(tm+n),則實數(shù)t的值為(　　) A.4 B.-4 C.94 D.-94

5、9.(20xx浙江,10)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、(1+i)(a+i)在復平面內(nèi)對應的點位于實軸上,則a=　　　　　.? 13.(20xx浙江,12)已知a,b∈R,(a+bi)2=3+4i(i是虛數(shù)單位),則a2+b2=　　　　　,ab=　　　　　.? 14.設(shè)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　　　　　.? 思維提升訓練 15.在△ABC中,已知D是AB邊上一點,CD=13CA+λCB,則實數(shù)λ=(　　) A.-23 B.-13 C.13 D.23 16.已知AB⊥AC,|AB|=1t,|AC|=t.若

7、點P是△ABC所在平面內(nèi)的一點,且AP=AB|AB|+4AC|AC|,則PB·PC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(nèi)一動點,且|MN|·|MP|+MN·NP=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.(20xx浙江,15)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EF=λAB+μDC,則λ+μ=　

8、　　　.? 20.(20xx天津,理9)已知a∈R,i為虛數(shù)單位,若a-i2+i為實數(shù),則a的值為　　　　　.? 參考答案 專題能力訓練3　平面向量與復數(shù) 能力突破訓練 1.B　解析p1:設(shè)z=a+bi(a,b∈R),則1z=1a+bi=a-bia2+b2∈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(shè)向量a與b的夾角為θ

9、.對于A,可得cosθ=-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cosθ=-1,因此成立,而D顯然不一定成立. 3.C　解析由題意知z=1-2i,則 4izz-1=4i(1+2i)(1-2i)-1=4i5-1=i,故選C. 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),它關(guān)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.C　解析z=2(-1-i)(-1+i)(-1-i)=

10、-1-i,故|z|=2,p1錯誤;z2=(-1-i)2=(1+i)2=2i,p2正確;z的共軛復數(shù)為-1+i,p3錯誤;p4正確. 7.D　 解析如圖,設(shè)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　解析由4|m|=3|n|,可設(shè)|m|=3k,|n|=4k(k>0), 又n⊥(tm+n),所以n·(tm+n)=n·tm+n·n=t|m|·|n|cos+|n|2=t×3k×4k×13+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故選B. 9.C　解析由題圖可得OA

11、<12AC90°,∠BOC<90°, 所以I2=OB·OC>0,I1=OA·OB<0,I3=OC·OD<0,且|I1|<|I3|, 所以I3

12、, ∴AB·AC=3×2×12=3,23AC+13AB·(λAC-AB)=-4, 即2λ3AC2-13AB2+λ3-23AB·AC=-4, ∴2λ3×4-13×9+λ3-23×3=-4,即113λ-5=-4,解得λ=311. 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a2-b2=3,ab=2,解得a2=4,b2=1,則a2+b2=5,ab=2. 14.12　解析由題意DE=DB+BE=12AB+23BC=12AB+23(BA+AC)=-16AB+23AC,故λ1=-

13、16,λ2=23,即λ1+λ2=12. 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CD=CE+CF. 因為CD=13CA+λCB, 所以CE=13CA,CF=λCB. 由△ADE∽△ABC,得DEBC=AEAC=23, 所以ED=CF=23CB,故λ=23. 16.A　解析以點A為原點,AB,AC所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系,如圖, 則A(0,0),B1t,0,C(0,t), ∴AB|AB|=(1,0),AC|AC|=(0,1), ∴AP=AB|AB|+4AC|AC|=

14、(1,0)+4(0,1)=(1,4), ∴點P的坐標為(1,4),PB=1t-1,-4,PC=(-1,t-4),∴PB·PC=1-1t-4t+16=-1t+4t+17≤-4+17=13. 當且僅當1t=4t,即t=12時取“=”, ∴PB·PC的最大值為13. 17.B　解析因為M(-3,0),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M的距離的最小值就是原點到M(-3,0)的距離,所以

15、dmin=3. 18.4　25　解析設(shè)向量a,b的夾角為θ, 由余弦定理得|a-b|=12+22-2×1×2×cosθ=5-4cosθ, |a+b|=12+22-2×1×2×cos(π-θ)=5+4cosθ, 則|a+b|+|a-b|=5+4cosθ+5-4cosθ. 令y=5+4cosθ+5-4cosθ, 則y2=10+225-16cos2θ∈[16,20], 據(jù)此可得(|a+b|+|a-b|)max=20=25,(|a+b|+|a-b|)min=16=4. 即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是25. 19.1　解析 如圖,因為E,F分別是AD與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. 20.-2　解析∵a-i2+i=(a-i)(2-i)(2+i)(2-i)=2a-15-a+25i為實數(shù), ∴-a+25=0,即a=-2.