2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第4單元 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入作業(yè) 理.doc
第四單元 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入
課時作業(yè)(二十四) 第24講 平面向量的概念及其線性運算
基礎(chǔ)熱身
1.下列說法中正確的是 ( )
A.向量a與b共線,向量b與c共線,則向量a與c共線
B.向量a與b不共線,向量b與c不共線,則向量a與c不共線
C.向量AB與CD共線,則A,B,C,D四點一定共線
D.向量a與b不共線,則a與b都是非零向量
2.下列四項中不能化簡為AD的是 ( )
A.MB+AD-BM
B.(MB+AD)+(BC+CM)
C.(AB+CD)+BC
D.OC-OA+CD
3.已知點O為△ABC的外接圓的圓心,且OA+OB-OC=0,則△ABC的內(nèi)角A等于 ( )
A.30 B.60
C.90 D.120
4.已知D為三角形ABC的邊BC的中點,點P滿足PA+BP+CP=0,AP=λPD,則實數(shù)λ的值為 .
5.已知四邊形OABC中,CB=12OA,若OA=a,OC=b,則AB= .
能力提升
6.[2017贛州二模] 如圖K24-1所示,已知AB=a,AC=b,DC=3BD,AE=2EC,則DE= ( )
圖K24-1
A.34b-13a
B.512a-34b
C.34a-13b
D.512b-34a
7.已知四邊形ABCD是菱形,點P在對角線AC上(不包括端點A,C),則AP= ( )
A.λ(AB+AD),λ∈(0,1)
B.λ(AB+BC),λ∈0,22
C.λ(AB-AD),λ∈(0,1)
D.λ(AB-BC),λ∈0,22
8.[2017北京海淀區(qū)期末] 如圖K24-2所示,在正方形ABCD中,E為DC的中點,若AD=λAC+μAE,則λ-μ= ( )
圖K24-2
A.3 B.2
C.1 D.-3
9.[2017鞍山第一中學(xué)模擬] 已知△ABC的外心P滿足3AP=AB+AC,則cos A= ( )
A.12 B.32
C.-13 D.33
10.[2017湖南長郡中學(xué)月考] 設(shè)D,E,F分別是△ABC的邊BC,CA,AB上的點,且DC=2BD,CE=2EA,AF=2FB,則AD+BE+CF與BC ( )
A.反向平行
B.同向平行
C.互相垂直
D.既不平行也不垂直
11.在四邊形ABCD中,AB=a+2b,BC=-4a-b,CD=-5a-3b,則四邊形ABCD的形狀是 .
12.[2017哈爾濱三模] 在△ABC中,已知AB⊥AC,AB=AC,點M滿足AM=tAB+(1-t)AC,若∠BAM=π3,則t= .
13.(15分)設(shè)兩個非零向量a與b不共線.
(1)若AB=a+b,BC=2a+8b,CD=3(a-b),求證:A,B,D三點共線.
(2)試確定實數(shù)k,使ka+b與a+kb共線.
14.(15分)如圖K24-3所示,在△OCB中,點A是BC的中點,點D滿足OD=2BD,DC與OA交于點E.設(shè)OA=a,OB=b.
(1)用向量a,b表示OC,DC;
(2)若OE=λOA,求實數(shù)λ的值.
圖K24-3
難點突破
15.(5分)[2017太原三模] 在△ABC中,AB=3,AC=2,∠BAC=60,點P是△ABC內(nèi)一點(含邊界),若AP=23AB+λAC,則AP的取值范圍為 ( )
A.2,210+333 B.2,83
C.0,2133 D.2,2133
16.(5分)如圖K24-4所示,將兩個直角三角形拼在一起,當(dāng)E點在線段AB上移動時,若AE=λAC+μAD,則當(dāng)λ取得最大值時,λ-μ的值是 .
圖K24-4
課時作業(yè)(二十五) 第25講 平面向量基本定理及坐標(biāo)表示
基礎(chǔ)熱身
1.若a,b是平面內(nèi)的一組基底,則下列四組向量中能作為平面向量的基底的是 ( )
A.a-b,b-a B.a+b,a-b
C.2b-3a,6a-4b D.2a+b,a+12b
2.已知向量a=(1,2),b=(3,1),則b-a= ( )
A.(2,-1) B.(-2,1)
C.(2,0) D.(4,3)
3.在△ABC中,D為BC上一點,且BD=15BC,以向量AB,AC作為一組基底,則AD= ( )
A.15AB+45AC
B.25AB+35AC
C.35AB+25AC
D.45AB+15AC
4.[2017北京昌平區(qū)二模] 已知a=(1,3),b=(3,k),若a∥b,則k= .
5.[2017合肥一中、馬鞍山二中等六校聯(lián)考] 在△ABC中,D為邊BC上靠近點B的三等分點,連接AD,E為AD的中點,若CE=mAB+nAC,則m+n= .
能力提升
6.[2017廣州月考] 已知點A(1,-1),B(2,t),若向量AB=(1,3),則t= ( )
A.2 B.3
C.4 D.-2
7.已知向量a=(1,2),b=(-3,5),c=(4,x),若a+b=λc(λ∈R),則λ+x的值為 ( )
A.-112 B.112
C.-292 D.292
8.[2017吉林梅河口一模] 向量a,b,c在正方形網(wǎng)格中的位置如圖K25-1所示,若c=λa+μb(λ,μ∈R),則λμ= ( )
圖K25-1
A.2
B.4
C.5
D.7
9.[2017四川涼山一診] 設(shè)向量a=(cos x,-sin x),b=-cosπ2-x,cos x,且a=tb,t≠0,則sin 2x= ( )
A.1 B.-1
C.1 D.0
10.如圖K25-2所示,在△ABC中,AN=13NC,P是BN上的一點,若AP=m+29AB+29BC,則實數(shù)m的值為 ( )
圖K25-2
A.19 B.13
C.1 D.3
11.[2017株洲一模] 平面內(nèi)有三點A(0,-3),B(3,3),C(x,-1),且AB與BC共線,則x= .
12.[2017潮州二模] 在△ABC中,點P在BC上,且BP=2PC,點Q是AC的中點.若PA=(4,3),PQ=(1,5),則BC= (用坐標(biāo)表示).
13.(15分)已知A(-2,4),B(3,-1),C(-3,-4).設(shè)AB=a,BC=b,CA=c,且CM=3c,CN=-2b.
(1)求3a+b-3c;
(2)求滿足a=mb+nc的實數(shù)m,n;
(3)求M,N的坐標(biāo)及向量MN的坐標(biāo).
14.(15分)[2017太原模擬] 已知點O為坐標(biāo)原點,A(0,2),B(4,6),OM=t1OA+t2AB.
(1)求點M在第二或第三象限的充要條件.
(2)求證:當(dāng)t1=1時,不論t2為何實數(shù),A,B,M三點都共線.
難點突破
15.(5分)[2017湖北重點中學(xué)聯(lián)考] 已知G為△ADE的重心,點P為△DEG內(nèi)一點(含邊界),B,C分別為AD,AE上的三等分點(B,C均靠近點A),若AP=αAB+βAC(α,β∈R),則α+12β的取值范圍是 ( )
A.[1,2] B.1,32
C.32,2 D.32,3
16.(5分)[2017四川資陽三診] 在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AB=BC=2AD=2,E,F分別為BC,CD的中點,以A為圓心,AD為半徑的半圓分別交BA及BA的延長線于點M,N,點P在MDN 上運動(如圖K25-3所示).若AP=λAE+μBF,其中λ,μ∈R,則2λ-5μ的取值范圍為( )
A.[-2,2] B.[-2,22]
C.[-22,2] D.[-22,22]
圖K25-3
課時作業(yè)(二十六) 第26講 平面向量的數(shù)量積與平面向量應(yīng)用舉例
基礎(chǔ)熱身
1.[2017貴陽二模] 已知向量a,b滿足|a+b|=23,ab=2,則|a-b|= ( )
A.8 B.4
C.2 D.1
2.已知a=(1,2),b=(-1,3),則|2a-b|= ( )
A.2 B.2
C.10 D.10
3.[2017北京東城區(qū)二模] 已知向量a=(1,2),b=(x,4),且a⊥b,則x= ( )
A.-2 B.-4
C.-8 D.-16
4.[2017唐山模擬] 已知向量a=(3,-1),b=(2,1),則a在b方向上的投影為 .
5.[2017南充三診] 已知平面向量a,b滿足a(a+b)=3,且|a|=2,|b|=1,則向量a與b夾角的正弦值為 .
能力提升
6.[2017東莞模擬] 已知向量a,b均為單位向量,若它們的夾角為120,則|a-3b|= ( )
A.7 B.10
C.13 D.4
7.[2017鷹潭模擬] 已知向量a=(1,2),b=(x,-1),若a∥(a-b),則ab= ( )
A.-52 B.52
C.2 D.-2
8.已知向量AB與AC的夾角為120,且AB=2,AC=4,若AP=AB+λAC,且AP⊥BC,則實數(shù)λ的值為 ( )
A.45 B.-45
C.25 D.-25
9.已知向量a=(1,0),b=(0,1),c=a+λb(λ∈R),向量d如圖K26-1所示,則 ( )
圖K26-1
A.存在λ>0,使c⊥d
B.存在λ>0,使<c,d>=60
C.存在λ<0,使<c,d>=30
D.存在λ>0,使c=md(m是不為0的常數(shù))
10.已知非零向量AB與AC滿足AB|AB|+AC|AC|BC=0,且AB|AB|AC|AC|=-12,則△ABC的形狀為 ( )
A.等邊三角形
B.等腰非等邊三角形
C.三邊均不相等的三角形
D.直角三角形
11.若向量a與b的夾角為π3,且|a|=2,|b|=1,則a與a+2b的夾角為 .
12.[2017武漢模擬] 已知平面向量a,b滿足a=1,a與b-a的夾角為60,記m=λa+(1-λ)b (λ∈R),則m的取值范圍為 .
13.(15分)[2017黃山模擬] 在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,向量m=(3,1),n=(cos A+1,sin A),且mn=2+3.
(1)求角A的大小;
(2)若a=3,cos B=33,求△ABC的面積.
14.(15分)已知向量a=sinx+π6,1,b=(4,4cos x-3).
(1)若a⊥b,求sinx+4π3的值;
(2)設(shè)f(x)=ab,若α∈0,π2,fα-π6=23,求cos α的值.
難點突破
15.(5分)[2017上饒重點中學(xué)聯(lián)考] 在等腰三角形AOB中,若OA=OB=5,且|OA+OB|≥12|AB|,則OAOB的取值范圍為 ( )
A.[-15,25) B.-15,15
C.0,25 D.0,15
16.(5分)已知△ABC的外接圓的圓心為O,AB=23,AC=22,A為鈍角,M是BC的中點,則AMAO= ( )
A.3 B.4
C.5 D.6
課時作業(yè)(二十七) 第27講 數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入
基礎(chǔ)熱身
1.設(shè)i為虛數(shù)單位,則i3+i5= ( )
A.0 B.1
C.-1 D.2
2.[2017遂寧三診] 復(fù)數(shù)z=cos2π3+isinπ3在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于 ( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.[2017豫北重點中學(xué)聯(lián)考] 復(fù)數(shù)z=(2+3i)i的實部與虛部之和為 ( )
A.1 B.-1
C.5 D.-5
4.[2017石家莊三模] 復(fù)數(shù)2i1+i= .
5.設(shè)i為虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)z1=1-2i,z2=4+3i,則|z1+z2|= .
能力提升
6.[2017山西實驗中學(xué)聯(lián)考] 若復(fù)數(shù)z滿足ziz-i=1,其中i為虛數(shù)單位,則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為( )
A.-12+i2 B.-12-i2
C.12-i2 D.12+i2
7.[2017成都三診] 已知復(fù)數(shù)z1=2+6i,z2=-2i.若z1,z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點分別為A,B,線段AB的中點C對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z,則z= ( )
A.5 B.5
C.25 D.217
8.[2017大同三模] 如圖K27-1所示的網(wǎng)格紙中小正方形的邊長是1,復(fù)平面內(nèi)點Z對應(yīng)的復(fù)數(shù)z滿足(z1-i)z=1,則復(fù)數(shù)z1= ( )
圖K27-1
A.-25+45i B.25+45i
C.25-45i D.-25-45i
9.[2017長郡中學(xué)模擬] 若復(fù)數(shù)z=a+2i(a∈R),且滿足4zz-1=|-i|,則a= ( )
A.1 B.1
C.2 D.2
10.[2017撫州第一中學(xué)模擬] 已知集合A=N,B={x∈R|z=3+xi,且|z|=5}(i為虛數(shù)單位),則A∩B=( )
A.4 B.-4
C.4 D.-4
11.[2017廣元三診] 歐拉公式eix=cos x+isin x(i為虛數(shù)單位)是瑞士數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)明的,將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)集,建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的聯(lián)系,被譽為“數(shù)學(xué)中的天橋”.根據(jù)歐拉公式可知,eπ3i表示的復(fù)數(shù)的模為 ( )
A.12 B.1
C.32 D.π3
12.已知復(fù)數(shù)z=i20171-2i,則復(fù)數(shù)z的虛部為 .
13.[2017鄭州模擬] 已知a+ii=b+2i(a,b∈R),其中i為虛數(shù)單位,則a-b= .
14.[2017池州聯(lián)考] 已知復(fù)數(shù)z=2+ai1+2i,其中a為整數(shù),且z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限,則a的最大值為 .
難點突破
15.(5分)[2017棗莊模擬] 已知m為實數(shù),i為虛數(shù)單位,若m+(m2-4)i>0,則m+2i2-2i= ( )
A.i
B.1
C.-i
D.-1
16.(5分)[2017鷹潭模擬] “復(fù)數(shù)z=1sinθ+cosθi-12(其中i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)”是“θ=π6+2kπ(k∈Z)”的 ( )
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
課時作業(yè)(二十四)
1.D [解析] 當(dāng)b=0時,a與c不一定共線,∴A錯誤;如圖所示,a=AB,c=BC,b=BD,b與a,c均不共線,但a與c共線,∴B錯誤;在?ABCD中,AB與CD共線,但A,B,C,D四點不共線,∴C錯誤;若a與b中有一個為零向量,則a與b一定共線,∴當(dāng)a與b不共線時,a與b一定都是非零向量,故D正確.
2.A [解析] 根據(jù)向量的線性運算可知,MB+AD-BM=2MB+AD≠AD,故選A.
3.A [解析] 由OA+OB-OC=0得OA+OB=OC,如圖所示,由O為△ABC的外接圓的圓心,結(jié)合向量加法的幾何意義知,四邊形OACB為菱形,且∠CAO=60,故A=30.故選A.
4.-2 [解析] 因為D是BC的中點,所以AB+AC=2AD.由PA+BP+CP=0,得BA=PC.又AP=λPD,所以點P是以AB,AC為鄰邊的平行四邊形的第四個頂點(如圖所示),因此AP=AB+AC=2AD=-2PD,所以λ=-2.
5.-12a+b [解析] AB=OB-OA,OB=OC+CB=b+12a,所以AB=b+12a-a=b-12a.
6.D [解析] 由平面向量的三角形法則可知,DE=DC+CE=34BC+-13AC=34(AC-AB)-13AC=-34AB+512AC=-34a+512b,故選D.
7.A [解析] 根據(jù)向量的平行四邊形法則,得 AC=AB+AD.因為點P在對角線AC上(不包括端點A,C),所以AP與AC共線,所以AP=λAC=λ(AB+AD),λ∈(0,1),故選A.
8.D [解析] ∵E是DC的中點,∴AE=12(AC+AD),∴AD=-AC+2AE,∴λ=-1,μ=2,則λ-μ=-1-2=-3.
9.A [解析] 設(shè)點D為BC的中點,則AB+AC=2AD,結(jié)合題意可得2AD=3AP,據(jù)此可知△ABC的外心與重心重合,則△ABC是等邊三角形,所以cos A=cos π3=12,故選A.
10.A [解析] 因為DC=2BD,所以BD=13BC,則AD=BD-BA=13BC-BA,同理BE=13BC+23BA,CF=13BA-BC,則AD+BE+CF=-13BC,即AD+BE+CF與BC反向平行,故選A.
11.梯形 [解析] 由已知得AD=AB+BC+CD=-8a-2b=2(-4a-b)=2BC,故AD與BC共線,且|AD|≠BC,所以四邊形ABCD是梯形.
12.3-12 [解析] 由題意可得AM=tAB+AC-tAC,所以AM-AC=tAB-tAC,即CM=tCB,所以CM與CB共線,即B,M,C三點共線,且t=|CM||CB|.又由條件知BC=2AC,所以t=|CM|2|AC|.在△ABC中,由正弦定理知|CM||AC|=sin30sin105=126+24=26+2,所以t=22(6+2)=3-12.
13.解:(1)證明:∵AB=a+b,BC=2a+8b,CD=3(a-b),
∴BD=BC+CD=2a+8b+3(a-b)=5(a+b)=5AB,
∴AB與BD共線.
又AB與BD有公共點B,∴A,B,D三點共線.
(2)若ka+b與a+kb共線,則存在實數(shù)λ,使ka+b=λ(a+kb),即(k-λ)a=(λk-1)b.
又a與b是不共線的非零向量,∴k-λ=λk-1=0,∴k2-1=0,∴k=1.
14.解:(1)∵OA=12(OB+OC),
∴OC=2OA-OB=2a-b,
∴DC=OC-OD=OC-23OB=2a-53b.
(2)∵D,E,C三點共線,∴DE=mDC=2ma-53mb(0<m<1)①.
在△ODE中,DE=OE-OD=λOA-23OB=λa-23b②.
由①②得2ma-53mb=λa-23b,即2m=λ,-53m=-23,解得m=25,λ=45.
15.D [解析] 在AB上取一點D,使得AD=23AB,過D作DH∥AC,交BC于H.∵AP=23AB+λAC,且點P是△ABC內(nèi)一點(含邊界),∴點P在線段DH上.當(dāng)P在D點時,|AP|取得最小值2;當(dāng)P在H點時,|AP|取得最大值,此時B,P,C三點共線,∵AP=23AB+λAC,∴λ=13,∴AP=13AC+23AB,∴AP2=19AC2+49AB2+49ABAC=529,∴|AP|=2133.故|AP|的取值范圍為2,2133.故選D.
16.3-2 [解析] 如圖所示,作BM∥AD交AC于M,作BN∥AC交AD于N,則AM∥BN且AM=BN.由題意知,當(dāng)λ取得最大值時,點E與點B重合.在Rt△ABC中,AB=12AC,在△ABM中,由正弦定理得AM=|AB|sin45sin75=3-12AC,則λmax=|AM||AC|=3-12.又在Rt△ABD中,AB=22|AD|,在△ABN中,由正弦定理得AN=|AB|sin60sin75=3-32|AD|,則μ=|AN||AD|=3-32,∴λ-μ=3-2.
課時作業(yè)(二十五)
1.B [解析] 顯然向量a+b與向量a-b不共線,故選B.
2.A [解析] 易得b-a=(3-1,1-2)=(2,-1),故選A.
3.D [解析] 由題意得AD=AB+BD=AB+15(AC-AB)=45AB+15AC,故選D.
4.3 [解析] ∵a=(1,3),b=(3,k),a∥b,∴k1-33=0,∴k=3.
5.-12 [解析] 由圖可知CE=12(CD+CA)=1223CB-AC=13(AB-AC)-12AC=13AB-56AC,∴m+n=13-56=-12.
6.A [解析] 由題意得AB=(2-1,t+1)=(1,3),則t+1=3,解得t=2,故選A.
7.C [解析] 由已知可得(1,2)+(-3,5)=λ(4,x),∴4λ=-2,xλ=7,∴λ=-12,x=-14,∴λ+x=-292,故選C.
8.B [解析] 以a的終點,b的起點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,則a=(-1,1),b=(6,2),c=(-1,-3).由題意得c=(-λ+6μ,λ+2μ)=(-1,-3),則有-λ+6μ=-1,λ+2μ=-3,解得λ=-2,μ=-12,故λμ=4.
9.C [解析] 因為b=-cosπ2-x,cos x=(-sin x,cos x),a=tb,所以cos xcos x-(-sin x)(-sin x)=0,即cos2x-sin2x=0,所以tan2x=1,即tan x=1,所以x=kπ2+π4(k∈Z),則2x=kπ+π2(k∈Z),所以sin 2x=1,故選C.
10.A [解析] AP=m+29AB+29BC =mAB+29AC,設(shè)BP=tBN(0≤t≤1),則AP=AB+BP=AB+t(BC+CN)=AB+tBC-34AC=(1-t)AB+14tAC,所以m=1-t且t4=29,故m=1-t=1-89=19,故選A.
11.1 [解析] 由題知AB=(3,6),BC=(x-3,-4).因為AB與BC共線,所以3(-4)-6(x-3)=0,解得x=1.
12.(-6,21) [解析] 依題意得BC=3PC.因為點Q是AC的中點,所以PA+PC=2PQ,所以PC=2PQ-PA=(-2,7),故BC=3PC=(-6,21).
13.解:由已知得a=(5,-5),b=(-6,-3),c=(1,8).
(1)3a+b-3c=(15-6-3,-15-3-24)=(6,-42).
(2)∵mb+nc=(-6m+n,-3m+8n),
∴-6m+n=5,-3m+8n=-5,解得m=-1,n=-1.
(3)設(shè)O為坐標(biāo)原點,∵CM=OM-OC=3c,
∴OM=3c+OC=(3,24)+(-3,-4)=(0,20),∴M(0,20).
又∵CN=ON-OC=-2b,
∴ON=-2b+OC=(12,6)+(-3,-4)=(9,2),∴N(9,2),
∴MN=(9,-18).
14.解:(1)OM=t1OA+t2AB=t1(0,2)+t2(4,4)=(4t2,2t1+4t2).當(dāng)點M在第二或第三象限時,則有4t2<0,2t1+4t2≠0,故所求的充要條件為t2<0且t1+2t2≠0.
(2)證明:當(dāng)t1=1時,由(1)知OM=(4t2,4t2+2).因為AB=OB-OA=(4,4),所以AM=OM-OA=(4t2,4t2)=t2(4,4)=t2AB,又AB與AM有公共點A,所以不論t2為何實數(shù),A,B,M三點都共線.
15.D [解析] 由題意可知,點P位于D,E,G三點時,α+12β取得最值.當(dāng)點P在點D處時,α=3,β=0,則α+12β=3;當(dāng)點P在點E處時,α=0,β=3,則α+12β=32;當(dāng)點P在點G處時,α=1,β=1,則α+12β=32.故選D.
16.C [解析] 建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示,則B(2,0),D(0,1),E(2,1),F1,32.設(shè)P(cos α,sin α)(0≤α≤π),由AP=λAE+μBF得(cos α,sin α)=λ(2,1)+μ-1,32,則2λ-5μ=2cos α-2sin α=22sinα+3π4,又0≤α≤π,所以3π4≤α+3π4≤7π4,則-22≤22sinα+3π4≤2,所以2λ-5μ的取值范圍是[-22,2],故選C.
課時作業(yè)(二十六)
1.C [解析] |a-b|2=(a-b)2=(a+b)2-4ab=(23)2-42=4,∴|a-b|=2.故選C.
2.D [解析] ∵2a-b=2(1,2)-(-1,3)=(3,1),∴|2a-b|=32+12=10,故選D.
3.C [解析] ∵a⊥b,∴ab=x+8=0,∴x=-8,故選C.
4.5 [解析] a在b方向上的投影為ab|b|=32+(-1)122+12=5.
5.32 [解析] ∵a(a+b)=a2+ab=3,∴ab=-1,∴cos<a,b>=ab|a||b|=-12,∴向量a與b夾角的正弦值為32.
6.C [解析] |a-3b|2=a2-6ab+9b2=1-6cos 120+9=13,所以|a-3b|=13.
7.A [解析] 由題意得a-b=(1-x,3).∵a∥(a-b),∴13=2(1-x),解得x=-12,則ab=1-12+2(-1)=-52.
8.C [解析] 因為ABAC=24cos 120=-4,所以APBC=(AB+λAC)(AC-AB)=-4+16λ-4+4λ=0,解得λ=25,故選C.
9.D [解析] 由圖知d=(4,3),由題得c=a+λb=(1,λ).若c⊥d,則4+3λ=0,解得λ=-43,故A錯誤;若向量c與d的夾角為60,則有4+3λ=51+λ2cos 60,即11λ2+96λ+39=0,有兩個負(fù)根,故B錯誤;若向量c與d的夾角為30,則有4+3λ=51+λ2cos 30,即39λ2-96λ+11=0,有兩個正根,故C錯誤;若向量c與d共線,則有4λ=3,解得λ=34>0,故選D.
10.B [解析] AB|AB|表示與AB同向的單位向量,AC|AC|表示與AC同向的單位向量,所以AB|AB|+AC|AC|表示以與AB同向的單位向量和與AC同向的單位向量為鄰邊的平行四邊形的對角線.因為AB|AB|+AC|AC|BC=0,所以AB=AC,又由AB|AB| AC|AC|=-12得AB與AC的夾角為120,所以△ABC為等腰非等邊三角形,故選B.
11.π6 [解析] 由題意得ab=2112=1,則a(a+2b)=a2+2ab=22+21=6,|a+2b|=(a+2b)2=a2+4ab+4b2=23,所以cos<a,a+2b>=a(a+2b)|a+2b||a|=6232=32,則a與a+2b的夾角為π6.
12.32,+∞ [解析] 如圖所示,設(shè)OA=a,OB=b,OC=m,則|OA|=1,∠OAB=120.∵m=λa+(1-λ)b(λ∈R),∴A,B,C三點共線.∵點O到直線AB的距離為|OA|sin 60=32,∴|OC|≥32,∴|m|的取值范圍為32,+∞.
13.解:(1) ∵mn=3cos A+3+sin A=2sinA+π3+3=2+3,
∴sinA+π3=1.
又∵0<A<π,∴A=π6.
(2)∵cos B=33,∴sin B=63,由bsinB=asinA得b=36312=22,
∴S△ABC=12absin C=12322sin(A+B)=6(sin Acos B+cos Asin B)=22+3.
14.解:(1)因為a⊥b,所以ab=4sinx+π6+4cos x-3 =23sin x+6cos x-3=43sinx+π3-3=0,
所以sinx+π3=14,所以sinx+4π3=-sinx+π3=-14.
(2)由(1)知f(x)=43sinx+π3-3,
所以由fα-π6=23得sinα+π6=34.
又α∈0,π2,所以α+π6∈π6,2π3,
又因為34<32,所以α+π6∈π6,π3,
所以cosα+π6=74,
所以cos α=cosα+π6-π6=cosα+π6cosπ6+sinα+π6sinπ6=7432+3412=3+218.
15.A [解析] |OA+OB|≥12|AB|=12|OB-OA|,所以|OA+OB|2≥14|OB-OA|2,即(OA+OB)2≥14(OB-OA)2,所以O(shè)A2+2OAOB+OB2≥14(OB2-2OAOB+OA2),即52+2OAOB+52≥14(52-2OAOB+52),則OAOB≥-15.又OAOB≤|OA||OB|=55=25,當(dāng)且僅當(dāng)OA與OB同向時取等號,因此上式等號不成立,所以O(shè)AOB的取值范圍為[-15,25),故選A.
16.C [解析] ∵M(jìn)是BC的中點,∴AM=12(AB+AC).∵O是△ABC的外接圓的圓心,∴AOAB=|AO||AB|cos∠BAO=12|AB|2=12(23)2=6,同理可得AOAC=12|AC|2=12(22)2=4,∴AMAO=12(AB+AC)AO= 12ABAO+12ACAO=12(6+4)=5.故選C.
課時作業(yè)(二十七)
1.A [解析] i3+i5=-i+i=0,故選A.
2.B [解析] 因為cos2π3<0,sinπ3>0,所以復(fù)數(shù)z=cos2π3+isinπ3在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第二象限,故選B.
3.B [解析] z=(2+3i)i=-3+2i,所以復(fù)數(shù)z的實部與虛部之和為-3+2=-1,故選B.
4.1+i [解析] 2i1+i=2i(1-i)(1+i)(1-i)=1+i.
5.26 [解析] 由已知得z1+z2=5+i,則|z1+z2|=52+12=26.
6.B [解析] 由ziz-i=1得z(1-i)=i,即z=i1-i=i(1+i)(1-i)(1+i)=-12+12i,則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為-12-i2,故選B.
7.A [解析] 由題意知A(2,6),B(0,-2),則C(1,2),∴z=1+2i,則|z|=5,故選A.
8.B [解析] 由題得z=2+i,所以z1=12+i+i=2-i5+i=25+45i.
9.A [解析] 由z=a+2i得z=a-2i,則zz=a2+4,所以4zz-1=|-i|?4a2+3=1?a=1.
10.C [解析] 由題意可得z=9+x2=5,則x=4,所以B={-4,4},由于A=N,因此A∩B={4},故選C.
11.B [解析] eπ3i=cosπ3+isinπ3=12+32i,所以eπ3i=122+322=1,故選B.
12.15 [解析] 由題意可得z=i20171-2i=i1-2i=i(1+2i)(1-2i)(1+2i)=-2+i5=-25+15i,則復(fù)數(shù)z的虛部為15.
13.-3 [解析] 因為a+ii=1-ai=b+2i(a,b∈R),所以b=1,a=-2,則a-b=-3.
14.3 [解析] 復(fù)數(shù)z=2+ai1+2i=(2+ai)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=2+2a+(a-4)i5,則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為2+2a5,a-45,以2+2a5>0,a-45<0,解得-1<a<4,又a為整數(shù),所以a的最大值為3.
15.A [解析] 因為m+(m2-4)i>0,所以m>0,m2-4=0?m=2,故m+2i2-2i=2(1+i)2(1-i)=i,故選A.
16.B [解析] z=1sinθ+cosθi-12=sin θ-12-icos θ,若z為純虛數(shù),則sinθ-12=0,cosθ≠0,即θ=2kπ+π6(k∈Z)或θ=2kπ+56π(k∈Z).故“復(fù)數(shù)z=1sinθ+cosθi-12(其中i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)”是“θ=π6+2kπ(k∈Z)”的必要不充分條件,故選B.
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