2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练:专题二 3 第3讲 平面向量与复数

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文档介绍

2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练:专题二 3 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,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}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,‎ 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,‎ 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),‎ =-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+·,‎ 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=,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.‎ 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.‎ ‎(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=‎ eq f(r(3),4)ab≤,‎ 所以△ABC面积的最大值为.‎
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