《（浙江專用）2020高考數(shù)學二輪復習 專題二 三角函數(shù)、平面向量與復數(shù) 第3講 平面向量與復數(shù)專題強化訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020高考數(shù)學二輪復習 專題二 三角函數(shù)、平面向量與復數(shù) 第3講 平面向量與復數(shù)專題強化訓練（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講 平面向量與復數(shù) 專題強化訓練 1．(2019·紹興諸暨高考二模)已知復數(shù)z滿足z(1＋i)＝2i，則z的共軛復數(shù)等于(　　) A．1＋i　　　　　　　　　 B．1－i C．－1＋i D．－1－i 解析：選B.由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝1＋i， 則z的共軛復數(shù)＝1－i.故選B. 2．在等腰梯形ABCD中，＝－2，M為BC的中點，則＝(　　) A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ 解析：選B.因為＝－2，所以＝2.又M是BC的中點， 所以＝(＋)＝(＋＋)＝(＋＋)＝＋，故選B. 3．(2019·嘉興一中高考模擬)復數(shù)z滿足z·(2－i)＝3－4i(其中

2、i為虛數(shù)單位)，則復數(shù)||＝(　　) A. B.2 C. D. 解析：選D.復數(shù)z滿足z·(2－i)＝3－4i(其中i為虛數(shù)單位)，所以z·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化為：5z＝10－5i，可得z＝2－i.則復數(shù)||＝＝＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝＝.故選D. 4.在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC和DC的中點，則·＝(　　) A．－ B． C．－4 D．－2 解析：選C.通過建系求點的坐標，然后求解向量的數(shù)量積．在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC和DC的中點，以A為坐標原點，AB，AD為坐標軸，建立平面直角坐標系，

3、則B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，F(xiàn)(1，2)．所以＝(2，－1)，＝(－1，2)，所以·＝－4. 5．(2019·臺州市書生中學檢測)已知點O是△ABC的外接圓圓心，且AB＝3，AC＝4.若存在非零實數(shù)x、y，使得＝x＋y，且x＋2y＝1，則cos∠BAC的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A.設線段AC的中點為點D，則直線OD⊥AC.因為＝x＋y，所以＝x＋2y.又因為x＋2y＝1，所以點O、B、D三點共線，即點B在線段AC的中垂線上，則AB＝BC＝3.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝＝.故選A. 6．在△ABC中，AB＝，BC＝2，∠A

4、＝，如果不等式|－t|≥||恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B． C．∪[1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞) 解析：選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．稱d(a，b)＝|a－b|為兩個向量a，b間的“距離”．若向量a，b滿足：①|b|＝1；②a≠b；③對任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，則(　　) A．a(chǎn)⊥b B．b⊥(a－b) C．a(chǎn)⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b) 解析：選B.由于d(a，b)

5、＝|a－b|，因此對任意的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對任意的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·溫州市高考模擬)記max{a，b}＝，已知向量a，b，c 滿足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，則當max{c·a，c·b}取最小值時，|c|＝(　　) A. B. C.1 D. 解析：選A

6、.如圖， 設＝a，OB＝b，則a＝(1，0)，b＝(0，2)， 因為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)＝. 則f(λ)∈. 所以f(λ)min＝，此時λ＝，μ＝， 所以c＝a＋b＝. 所以|c|＝＝.故選A. 9．(2019·紹興市柯橋區(qū)高三期中檢測)已知平面向量a，b，c滿足|a|＝4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，則(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值

7、為(　　) A．4＋3 B．4＋3 C．(4＋3)2 D．(4＋3)2 解析：選D.設＝a，＝b，＝c，a－b與a－c所成夾角為θ， 則(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， 因為|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，所以b，c的夾角為60°， 設B(3，0)，C(1，)，則|BC|＝， 所以S△OBC＝×3×2×sin 60°＝，設O到BC的距離為h， 則·BC·h＝S△OBC＝， 所以h＝， 因為|a|＝4，所

8、以A點落在以O為圓心，以4為半徑的圓上， 所以A到BC的距離最大值為4＋h＝4＋. 所以S△ABC的最大值為 ×× ＝2＋， 所以(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2最大值為4＝(4＋3)2.故選D. 10．(2019·金華市東陽二中高三月考)若a，b是兩個非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，則b與a－b的夾角的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選B.因為|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈， 不妨設|a＋b|＝1，則|a|＝|b|＝λ. 令＝a，＝b，以OA、OB為鄰邊作平行四邊形OACB， 則平行四邊形OACB為菱

9、形．故有△OAB為等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，且0<θ<.而由題意可得，b與a－b的夾角，即與的夾角，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與a－b的夾角π－θ的取值范圍是. 11．(2019·杭州市高考二模)已知復數(shù)z＝(a∈R)的實部為1，則a＝________，|z|＝________． 解析：因為z＝＝＝a－i的實部為1， 所以a＝1，則z＝1

10、－i，|z|＝. 答案：1　 12．(2019·嘉興一中高考適應性考試)設e1，e2為單位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影為2，則a·b＝________，e1與e2的夾角為________． 解析：設e1，e2的夾角為θ，因為a在b上的投影為2， 所以＝＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，則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.若對任意單位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，則a·b

11、的最大值是________． 解析：由題意，令e＝(1，0)，a＝(cos α，sin α)，b＝(2cos β，2sin β)，則由|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對一切實數(shù)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·溫州市十五校聯(lián)合體聯(lián)考)已知坐標平面上的凸四邊

12、形ABCD滿足＝(1，)，＝(－，1)，則凸四邊形ABCD的面積為________；·的取值范圍是________． 解析：由＝(1，)，＝(－，1)得⊥，且||＝2，||＝2，所以凸四邊形ABCD的面積為×2×2＝2；因為ABCD為凸四邊形，所以AC與BD交于四邊形內一點，記為M，則·＝(－)(－)＝·＋·－·－·， 設＝λ，＝μ，則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＝時，·取到最小值－2. 答案：2　[－2，0) 15．(2019·嘉興一中高考適應性考試)在△ABC中，∠ACB為

13、鈍角，AC＝BC＝1，＝x＋y且x＋y＝1，函數(shù)f(m)＝|－m|的最小值為，則||的最小值為________． 解析：在△ABC中，∠ACB為鈍角，AC＝BC＝1，函數(shù)f(m)的最小值為. 所以函數(shù)f(m)＝|－m| ＝ ＝≥， 化為4m2－8mcos∠ACB＋1≥0恒成立． 當且僅當m＝＝cos∠ACB時等號成立，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＋， 當且僅當x＝＝y(tǒng)時，||2取得最小值， 所以||的最小值為. 答案： 16．在△OAB中，已知||＝

14、，||＝1，∠AOB＝45°，若＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，則在上的投影的取值范圍是________． 解析：由＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2， 則·＝· ＝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＝ ＝·　(*)． 當λ＜－2時，(*)式＝－· ＝－＝－∈； 當λ≥－2時，(*)式可化為； ①λ＝0，上式＝； ②－2≤λ＜0，上式＝∈； ③λ＞0，上式＝∈. 綜上，在上的投影的取值范圍是. 答案： 17．已知，是非零不共線的向量，設＝·＋，定義點集P＝，

15、當K1，K2∈P時，若對于任意的r≥3，不等式||≤c||恒成立，則實數(shù)c的最小值為________． 解析：由＝·＋，可得A，B，C三點共線， 由＝，可得||cos∠AKC＝||cos∠BKC， 即有∠AKC＝∠BKC，則KC為∠AKB的角平分線． 由角平分線的性質定理可知＝＝r， 以AB所在的直線為x軸，以線段AB上某一點為原點建立直角坐標系，設點K(x，y)，A(－a，0)，B(b，0)， 所以＝r2， 化簡得(1－r2)x2＋(1－r2)y2＋(2a＋2br2)x＋(a2－b2r2)＝0. 由方程知K的軌跡是圓心在AB上的圓，當|K1K2|為直徑時最大，方便計算，令K1

16、K2與AB共線，如圖， 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的最小值為. 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的面積． 解：(1)因為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， 化簡得ta

17、n A＝，A∈(0，π)，所以A＝. (2)因為＝2，所以D為BC邊的中點， 設||＝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)，記函數(shù)f(x)＝m·n. (1)求函數(shù)f(x)的最大值以及取得最大值時x的取值集合； (2)設△ABC的角A，

18、B，C所對的邊分別為a，b，c，若f(C)＝2，c＝，求△ABC面積的最大值． 解：(1)由題意，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； 當f(x)取最大值時，即sin＝1，此時2x－＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋(k∈Z)，所以x的取值集合為. (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，當且僅當a＝b＝時，取等號，所以S△ABC＝absin C＝ab≤， 所以△ABC面積的最大值為. - 10 -