浙江专用2020高考数学二轮复习专题二三角函数平面向量与复数第3讲平面向量与复数专题强化训练

浙江专用2020高考数学二轮复习专题二三角函数平面向量与复数第3讲平面向量与复数专题强化训练

第3讲 平面向量与复数 专题强化训练 ‎1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z满足z(1＋i)＝2i，则z的共轭复数等于(　　)‎ A．1＋i　　　　　　　　　 B．1－i C．－1＋i D．－1－i 解析：选B.由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝1＋i，‎ 则z的共轭复数＝1－i.故选B.‎ ‎2．在等腰梯形ABCD中，＝－2，M为BC的中点，则＝(　　)‎ A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ 解析：选B.因为＝－2，所以＝2.又M是BC的中点，‎ 所以＝(＋)＝(＋＋)＝(＋＋)＝＋，故选B.‎ ‎3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，则复数||＝(　　)‎ A. B.2‎ C. D. 解析：选D.复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，所以z·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z＝10－5i，可得z＝2－i.则复数||＝＝＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝＝.故选D.‎ ‎4.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则·＝(　　)‎ A．－ B． C．－4 D．－2‎ 解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD中，‎ - 10 -‎ E，F分别为BC和DC的中点，以A为坐标原点，AB，AD为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，F(1，2)．所以＝(2，－1)，＝(－1，2)，所以·＝－4.‎ ‎5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O是△ABC的外接圆圆心，且AB＝3，AC＝4.若存在非零实数x、y，使得＝x＋y，且x＋2y＝1，则cos∠BAC的值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.设线段AC的中点为点D，则直线OD⊥AC.因为＝x＋y，所以＝x＋2y.又因为x＋2y＝1，所以点O、B、D三点共线，即点B在线段AC的中垂线上，则AB＝BC＝3.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝＝.故选A.‎ ‎6．在△ABC中，AB＝，BC＝2，∠A＝，如果不等式|－t|≥||恒成立，则实数t的取值范围是(　　)‎ A．[1，＋∞) B． C．∪[1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)‎ 解析：选C.在直角三角形ABC中，易知AC＝1，cos∠ABC＝，由|－t|≥||，得2－2t·＋t22≥2，即2t2－3t＋1≥0，解得t≥1或t≤.‎ ‎7．称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则(　　)‎ A．a⊥b B．b⊥(a－b)‎ C．a⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b)‎ 解析：选B.由于d(a，b)＝|a－b|，因此对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b|，即(a－tb)2≥(a－b)2，t2－2ta·b＋(2a·b－1)≥0对任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)2－4(2a·b－1)≤0，即(a·b－1)2≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b2＝b·(a－b)＝0，故b⊥(a－b)．‎ ‎8．(2019·温州市高考模拟)记max{a，b}＝，已知向量a，b，c 满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c·a，c·b}‎ - 10 -‎ 取最小值时，|c|＝(　　)‎ A. B. C.1 D. 解析：选A.如图，‎ 设＝a，OB＝b，则a＝(1，0)，b＝(0，2)，‎ 因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.‎ 又c＝λa＋μb，‎ 所以c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ；‎ c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ.‎ 由λ＝4－4λ，得λ＝.‎ 所以max{c·a，c·b}＝.‎ 令f(λ)＝.‎ 则f(λ)∈.‎ 所以f(λ)min＝，此时λ＝，μ＝，‎ 所以c＝a＋b＝.‎ 所以|c|＝＝.故选A.‎ ‎9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值为(　　)‎ A．4＋3 B．4＋3 C．(4＋3)2 D．(4＋3)2‎ 解析：选D.设＝a，＝b，＝c，a－b与a－c所成夹角为θ，‎ 则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2‎ ‎＝|AB|2|AC|2－|AB|2|AC|2cos2θ ‎＝|AB|2|AC|2sin2θ＝|AB|2|AC|2sin2∠CAB＝4S，‎ - 10 -‎ 因为|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，所以b，c的夹角为60°，‎ 设B(3，0)，C(1，)，则|BC|＝，‎ 所以S△OBC＝×3×2×sin 60°＝，设O到BC的距离为h，‎ 则·BC·h＝S△OBC＝，‎ 所以h＝，‎ 因为|a|＝4，所以A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上，‎ 所以A到BC的距离最大值为4＋h＝4＋.‎ 所以S△ABC的最大值为 ×× ‎＝2＋，‎ 所以(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2最大值为4＝(4＋3)2.故选D.‎ ‎10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，则b与a－b的夹角的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，‎ 不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.‎ 令＝a，＝b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB，‎ - 10 -‎ 则平行四边形OACB为菱形．故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，且0<θ<.而由题意可得，b与a－b的夹角，即与的夹角，等于π－θ，△OAC中，由余弦定理可得|OC|2＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－.再由≤λ≤1，可得≤≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以≤θ≤，故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是.‎ ‎11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z＝(a∈R)的实部为1，则a＝________，|z|＝________．‎ 解析：因为z＝＝＝a－i的实部为1，‎ 所以a＝1，则z＝1－i，|z|＝.‎ 答案：1　 ‎12．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影为2，则a·b＝________，e1与e2的夹角为________．‎ 解析：设e1，e2的夹角为θ，因为a在b上的投影为2，‎ 所以＝＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，则θ＝.a·b＝(2e1＋e2)·e2＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2.‎ 答案：2　 ‎13．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．‎ 解析：由题意，令e＝(1，0)，a＝(cos α，sin α)，b＝(2cos β，2sin β)，则由|a·e|＋|b·e|≤，可得|cos α|＋2|cos β|≤.①令sin α＋2sin β＝m，②‎ ‎①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，‎ 故a·b＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤.‎ 答案： ‎14．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足＝(1，)，＝(－，1)，则凸四边形ABCD的面积为________；·的取值范围是________．‎ 解析：由＝(1，)，＝(－，1)得⊥，且||＝2，||＝2，所以凸四边形ABCD的面积为×2×2＝2；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，记为M，则·＝(－)(－)＝·＋·－·－·，‎ 设＝λ，＝μ，则λ，μ∈(0，1)，且＝－λ，＝(1－λ)，‎ - 10 -‎ ＝－μ，＝(1－μ)，所以·＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝时，·取到最小值－2.‎ 答案：2　[－2，0)‎ ‎15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，＝x＋y且x＋y＝1，函数f(m)＝|－m|的最小值为，则||的最小值为________．‎ 解析：在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，函数f(m)的最小值为.‎ 所以函数f(m)＝|－m|‎ ‎＝ ‎＝≥，‎ 化为4m2－8mcos∠ACB＋1≥0恒成立．‎ 当且仅当m＝＝cos∠ACB时等号成立，代入得到 cos∠ACB＝－，所以∠ACB＝.‎ 所以||2＝x22＋y22＋2xy·＝x2＋y2＋2xy×cos＝x2＋(1－x)2－x(1－x)＝3＋，‎ 当且仅当x＝＝y时，||2取得最小值，‎ 所以||的最小值为.‎ 答案： ‎16．在△OAB中，已知||＝，||＝1，∠AOB＝45°，若＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，则在上的投影的取值范围是________．‎ 解析：由＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，‎ 则·＝· ‎＝λ2＋·，‎ - 10 -‎ 又||＝，||＝1，∠AOB＝45°，‎ 所以由余弦定理求得||＝1，‎ 所以·＝λ＋×1××＝1＋，‎ ‎||＝ ‎＝ ‎＝　　，‎ 故在上的投影＝ ‎＝·　(*)．‎ 当λ＜－2时，(*)式＝－· ‎＝－＝－∈；‎ 当λ≥－2时，(*)式可化为；‎ ‎①λ＝0，上式＝；‎ ‎②－2≤λ＜0，上式＝∈；‎ ‎③λ＞0，上式＝∈.‎ 综上，在上的投影的取值范围是.‎ 答案： ‎17．已知，是非零不共线的向量，设＝·＋，定义点集P＝，‎ - 10 -‎ 当K1，K2∈P时，若对于任意的r≥3，不等式||≤c||恒成立，则实数c的最小值为________．‎ 解析：由＝·＋，可得A，B，C三点共线，‎ 由＝，可得||cos∠AKC＝||cos∠BKC，‎ 即有∠AKC＝∠BKC，则KC为∠AKB的角平分线．‎ 由角平分线的性质定理可知＝＝r，‎ 以AB所在的直线为x轴，以线段AB上某一点为原点建立直角坐标系，设点K(x，y)，A(－a，0)，B(b，0)，‎ 所以＝r2，‎ 化简得(1－r2)x2＋(1－r2)y2＋(2a＋2br2)x＋(a2－b2r2)＝0.‎ 由方程知K的轨迹是圆心在AB上的圆，当|K1K2|为直径时最大，方便计算，令K1K2与AB共线，如图，‎ 由|K1A|＝r|K1B|，可得|K1B|＝，‎ 由|K2A|＝r|K2B|，可得|K2B|＝，‎ 可得|K1K2|＝＋＝|AB|＝|AB|，‎ 而易知r－≥3－＝，‎ 即有|K1K2|≤|AB|，即≤，‎ 即c≥＝，‎ 故c的最小值为.‎ - 10 -‎ 答案： ‎18．在△ABC中，已知C＝，向量p＝(sin A，2)，q＝(2，cos B)，且p⊥q.‎ ‎(1)求角A的值；‎ ‎(2)若＝2，AD＝，求△ABC的面积．‎ 解：(1)因为p⊥q，所以p·q＝0⇒p·q＝2sin A＋2cos B＝0，又C＝，‎ 所以sin A＋cos B＝sin A＋cos＝0，‎ 化简得tan A＝，A∈(0，π)，所以A＝.‎ ‎(2)因为＝2，所以D为BC边的中点，‎ 设||＝x，||＝2x，‎ 由(1)知A＝C＝，所以||＝2x，B＝，‎ 在△ABD中，由余弦定理，得 ‎||2＝||2＋||2－2||·||·cos ‎＝(2x)2＋x2－2·2x·x·cos＝7，‎ 所以x＝1，所以AB＝BC＝2，‎ 所以S△ABC＝BA·BC·sin B＝×2×2×sin＝.‎ ‎19．已知m＝(2sin x，sin x－cos x)，n＝(cos x，sin x＋cos x)，记函数f(x)＝m·n.‎ ‎(1)求函数f(x)的最大值以及取得最大值时x的取值集合；‎ ‎(2)设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)＝2，c＝，求△ABC面积的最大值．‎ 解：(1)由题意，得f(x)＝m·n＝2sin xcos x＋sin2x－cos2x＝sin 2x－(cos2 x－sin2 x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，所以f(x)max＝2；‎ 当f(x)取最大值时，即sin＝1，此时2x－＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋(k∈Z)，所以x的取值集合为.‎ - 10 -‎ ‎(2)由f(C)＝2，得sin＝1，又0＜C＜π，‎ 即－＜2C－＜，‎ 所以2C－＝，解得C＝，‎ 在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，‎ 得3＝a2＋b2－ab≥ab，即ab≤3，当且仅当a＝b＝时，取等号，所以S△ABC＝absin C＝ab≤，‎ 所以△ABC面积的最大值为.‎ - 10 -‎