高考数学(文数)二轮专题突破训练03《平面向量与复数》 (教师版)

专题能力训练3　平面向量与复数

一、能力突破训练

1.设z=+2i,则|z|=(　　)

A.0 B. C.1 D.

2.如图所示的方格纸中有定点O,P,Q,E,F,G,H,则=(　　)

A. B. C. D.

3.设a,b是两个非零向量,下列结论正确的为(　　)

A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥b

B.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|

C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λa

D.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|

4.在复平面内,若复数z的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=(　　)

A.2-i B.-2-i 

C.2+i D.-2+i

5.已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=(　　)

A.4 B.3 

C.2 D.0

6.下面是关于复数z=的四个命题:

p1:| z|=2,p2:z2=2i,

p3:z的共轭复数为1+i,p4:z的虚部为-1,

其中的真命题为(　　)

A.p2,p3 B.p1,p2 

C.p2,p4 D.p3,p4

7.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则= (　　)

A.- a2 B.- a2 C. a2 D. a2

8.设向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a⊥b,则x=　　　　　. 

9.已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ=　　　　　. 

10.在△ABC中,若=4,则边AB的长度为　　　　　. 

11.已知a=(cos θ,sin θ),b=(,-1),f(θ)=a·b,则f(θ)的最大值为　　　　　. 

12.过点P(1,)作圆x2+y2=1的两条切线,切点分别为A,B,则=　　　　　. 

13.在平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知向量=(2,2),=(4,1),在x轴上取一点P,使有最小值,则点P的坐标是　　　　　. 

14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为　　　　　. 

二、思维提升训练

15.若z=4+3i,则=(　　)

A.1 B.-1 C.i D.i

16.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=,I2=,I3=,则(　　)

A.I1<I2<I3 B.I1<I3<I2

C.I3<I1<I2 D.I2<I1<I3

17.已知两点M(-3,0),N(3,0),点P为坐标平面内一动点,且||·||+=0,则动点P(x,y)到点M(-3,0)的距离d的最小值为(　　)

A.2 B.3 C.4 D.6

18.已知a∈R,i为虚数单位,若为实数,则a的值为　　　　　. 

19.已知两个单位向量a,b的夹角为60°,c=ta+(1-t)b.若b·c=0,则t=　　　　　. 

20.在任意四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,若=λ+μ,则λ+μ=　　　　. 

21.已知a,b∈R,i是虚数单位.若(a+i)(1+i)=bi,则a+bi=　　　　　. 

专题能力训练3　平面向量与复数

一、能力突破训练

1.C　解析 因为z=+2i=+2i=i,所以|z|=1.

2.C　解析 设a=,以OP,OQ为邻边作平行四边形,则夹在OP,OQ之间的对角线对应的向量即为向量a=.因为a和长度相等,方向相同,所以a=,故选C.

3.C　解析 设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cos θ=-1,因此a⊥b不成立;对于B,满足a⊥b时|a+b|=|a|-|b|不成立;对于C,可得cos θ=-1,因此成立,而D显然不一定成立.

4.D　解析 =2+i所对应的点为(2,1),关于虚轴对称的点为(-2,1),故z=-2+i.

5.B　解析 a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3.

6.C　解析 z==-1-i,故|z|=,p1错误;z2=(-1-i)2=(1+i)2=2i,p2正确;z的共轭复数为-1+i,p3错误;p4正确.

7.D　

解析 如图,

设=a,=b.

则=()·=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos 60°=a2+a2=a2.

8.-　解析 ∵a⊥b,∴a·b=x+2(x+1)=0,

解得x=-.

9.　解析 2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),

由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=.

10.2　解析 由=4,=4,得=8,于是·()=8,即=8,故||2=8,得||=2.

11.2　解析 f(θ)=a·b=cos θ-sin θ

=2=2cos,

故当θ=2kπ-(k∈Z)时,f(θ)max=2.

12.　解析

由题意可作右图,

∵OA=1,AP=,

又PA=PB,∴PB=.

∴∠APO=30°.

∴∠APB=60°.

∴=||||·cos 60°=.

13.(3,0)　解析 设点P的坐标为(x,0),则=(x-2,-2),=(x-4,-1),

=(x-2)(x-4)+(-2)×(-1)=x2-6x+10=(x-3)2+1.

当x=3时,有最小值1.此时点P的坐标为(3,0).

14.　解析 由题意)=-,故λ1=-,λ2=,即λ1+λ2=.

二、思维提升训练

15.D　解析 因为z=4+3i,所以它的模为|z|=|4+3i|==5,共轭复数为=4-3i.故i,选D.

16.C　解析 由题图可得OA<AC<OC,OB<BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠BOC<90°,

所以I2=>0,I1=<0,I3=<0,且|I1|<|I3|,

所以I3<I1<0<I2,故选C.

17.B　解析 因为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,化简得y2=-12x,所以点M是抛物线y2=-12x的焦点,所以点P到M的距离的最小值就是原点到M(-3,0)的距离,所以dmin=3.

18.-2　解析 ∵i为实数,∴-=0,即a=-2.

19.2　解析 ∵c=ta+(1-t)b,∴b·c=ta·b+(1-t)|b|2.

又|a|=|b|=1,且a与b的夹角为60°,b·c=0,

∴0=t|a||b|cos 60°+(1-t),0=t+1-t.

∴t=2.

20.1　解析

如图,因为E,F分别是AD,BC的中点,所以=0,=0.

又因为=0,所以. ①

同理. ②

由①+②得,2+()+()=,

所以).所以λ=,μ=.

所以λ+μ=1.

21.1+2i　解析 因为(a+i)(1+i)=a-1+(a+1)i=bi,a,b∈R,所以解得故a+bi=1+2i.