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 .doc

1、 专题强化训练 1(2019 绍兴诸暨高考二模)已知复数 z 满足 z(1i)2i，则 z 的共轭复数 z 等于( ) A1i B1i C1i D1i 解析：选 B.由 z(1i)2i，得 z 2i 1i 2i（1i） （1i）（1i）1i， 则 z 的共轭复数 z 1i.故选 B. 2在等腰梯形 ABCD 中，AB 2CD ，M 为 BC 的中点，则AM ( ) A.1 2AB 1 2AD B.3 4AB 1 2AD C.3 4AB 1 4AD D.1 2AB 3 4AD 解析：选 B.因为AB 2CD ，所以AB 2DC .又 M 是 BC 的中点， 所以AM 1 2(AB AC)1 2(

2、AB AD DC )1 2(AB AD 1 2AB )3 4AB 1 2AD ，故选 B. 3(2019 嘉兴一中高考模拟)复数 z 满足 z (2i)34i(其中 i 为虚数单位)，则复数|z i| ( ) A.2 5 3 B.2 C.5 5 3 D. 5 解析： 选 D.复数 z 满足 z (2i)34i(其中 i 为虚数单位)， 所以 z (2i)(2i)(34i)(2 i)，化为：5z105i，可得 z2i.则复数|z i| 2i i i（2i） i i |12i|12i| 1222 5.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，

3、 则DE BF ( ) A5 2 B3 2 C4 D2 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DE (2，1)，BF (1，2)，所以DE BF 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 AB3，AC4.若存 在非零实数 x、y，使得AO xAB yAC，且 x2y1，则 cosBAC 的值为( ) A.2 3 B. 3 3 C. 2 3

4、D.1 3 解析：选 A.设线段 AC 的中点为点 D，则直线 ODAC.因为AO xAB yAC，所以AO xAB 2yAD .又因为 x2y1，所以点 O、B、D 三点共线，即点 B 在线段 AC 的中垂线上，则 ABBC3.在ABC 中，由余弦定理得，cosBAC3 24232 234 2 3.故选 A. 6在ABC 中，AB 3，BC2，A 2 ，如果不等式|BA tBC|AC|恒成立，则实 数 t 的取值范围是( ) A1，) B 1 2，1 C ，1 2 1，) D(，01，) 解析：选 C.在直角三角形 ABC 中，易知 AC1，cosABC 3 2 ，由|BA tBC|AC|，

5、得 BA 22tBABCt2BC2AC2，即 2t23t10，解得 t1 或 t1 2. 7 称 d(a， b)|ab|为两个向量 a， b 间的“距离” 若向量 a， b 满足： |b|1； ab； 对任意的 tR，恒有 d(a，tb)d(a，b)，则( ) Aab Bb(ab) Ca(ab) D(ab)(ab) 解析： 选 B.由于 d(a， b)|ab|， 因此对任意的 tR， 恒有 d(a， tb)d(a， b)， 即|atb|a b|，即(atb)2(ab)2，t22ta b(2a b1)0 对任意的 tR 都成立，因此有(2a b)2 4(2a b1)0，即(a b1)20，得 a

6、 b10，故 a bb2b (ab)0，故 b(ab) 8(2019 温州市高考模拟)记 maxa，b a，ab b，ab，已知向量 a，b，c 满足|a|1，|b| 2， a b0， cab(，0， 且 1， 则当 maxc a， c b取最小值时， |c|( ) A.2 5 5 B.2 2 3 C.1 D. 5 2 解析：选 A.如图， 设OA a，OBb，则 a(1，0)，b(0，2)， 因为 ，0，1，所以 01. 又 cab， 所以 ca(abb)a； cb(abb) b44. 由 44，得 4 5. 所以 maxca，cb ， 4 51 44，04 5 . 令 f() ， 4 51

7、 44，04 5 . 则 f() 4 5，1 . 所以 f()min4 5，此时 4 5， 1 5， 所以 c4 5a 1 5b 4 5， 2 5 . 所以|c| 4 5 2 2 5 2 2 5 5 .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， bc3，则(ab)2(ac)2(ab) (ac)2的最大值为( ) A4 33 7 B4 73 3 C(4 33 7)2 D(4 73 3)2 解析：选 D.设OA a，OB b，OC c，ab 与 ac 所成夹角为 ， 则(ab)2(ac)2(ab) (ac)2 |AB|2|AC|

8、2|AB|2|AC|2cos2 |AB|2|AC|2sin2|AB|2|AC|2sin2CAB4S2ABC， 因为|b|3，|c|2，bc3，所以 b，c 的夹角为 60， 设 B(3，0)，C(1， 3)，则|BC| 7， 所以 SOBC1 232sin 60 3 3 2 ，设 O 到 BC 的距离为 h， 则1 2BChSOBC 3 3 2 ， 所以 h3 21 7 ， 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 4h43 21 7 . 所以 SABC的最大值为 1 2 7 43 21 7 2 73 3 2 ， 所以(ab)2(

9、ac)2(ab) (ac)2最大值为 4 2 73 3 2 2 (4 73 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|ab|， 3 3 ，1 ，则 b 与 ab 的夹角的取值范围是( ) A. 3 ，2 3 B. 2 3 ，5 6 C. 2 3 ， D. 5 6 ， 解析：选 B.因为|a|b|ab|， 3 3 ，1 ， 不妨设|ab|1，则|a|b|. 令OA a，OB 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OABOBA，且 0 2 .而由题意可得，b 与 ab

10、 的夹角，即OB 与BA 的夹角，等于，OAC 中，由余弦 定理可得|OC|21|OA|2|AC|22|OA| |AC| cos 2222 cos 2，解得 cos 21 1 22.再由 3 3 1，可得1 2 1 22 3 2，所以 1 2cos 2 1 2，所以 3 22 3 ，所以 6 3 ，故2 3 5 6 ，即 b 与 ab 的夹角 的取值范围是 2 3 ，5 6 . 11(2019 杭州市高考二模)已知复数 z1ai i (aR)的实部为 1，则 a_，|z| _ 解析：因为 z1ai i （1ai）（i） i2 ai 的实部为 1， 所以 a1，则 z1i，|z| 2. 答案：1

11、 2 12(2019 嘉兴一中高考适应性考试)设 e1，e2为单位向量，其中 a2e1e2，be2，且 a 在 b 上的投影为 2，则 ab_，e1与 e2的夹角为_ 解析：设 e1，e2的夹角为 ，因为 a 在 b 上的投影为 2， 所以ab |b| （2e1e2） e2 |e2| 2e1e2|e2|22|e1|e2|cos 12，解得 cos 1 2，则 3 .ab(2e1e2) e22e1e2|e2|22|e1|e2|cos 12. 答案：2 3 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| 6，则 a b 的 最大值是_ 解析：由题意，令 e(

12、1，0)，a(cos ，sin )，b(2cos ，2sin )，则由|a e| |b e| 6，可得|cos |2|cos | 6.令 sin 2sin m， 22得 4|cos cos |sin sin 1m2对一切实数 ，恒成立，所以 4|cos cos |sin sin 1， 故 a b2(cos cos sin sin )2|cos cos |sin sin 1 2. 答案：1 2 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AC (1， 3)， BD ( 3，1)，则凸四边形 ABCD 的面积为_；AB CD 的取值范围是_ 解析：由AC (1

13、， 3)，BD ( 3，1)得AC BD ，且|AC |2，|BD |2，所以凸四边形 ABCD 的面积为1 2222；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AB CD (MB MA )(MD MC )MB MD MA MC MB MC MA MD ， 设AM AC ，BM BD ，则 ，(0，1)，且MA AC ，MC (1)AC ， MB BD ，MD (1)BD ，所以AB CD 4(1)4(1)2，0)，所以有 1 2时，AB CD 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，

14、 ACBC1， CO xCA yCB 且 xy1，函数 f(m)|CAmCB|的最小值为3 2 ，则|CO |的最小值为_ 解析：在ABC 中，ACB 为钝角，ACBC1，函数 f(m)的最小值为 3 2 . 所以函数 f(m)|CA mCB| CA 2m2CB22mCA CB 1m22mcosACB 3 2 ， 化为 4m28mcosACB10 恒成立 当且仅当 m8cosACB 8 cosACB 时等号成立，代入得到 cosACB1 2，所以ACB 2 3 . 所以|CO |2x2CA 2y2CB22xyCA CB x2y22xycos2 3 x2(1x)2x(1x) 3 x1 2 2 1

15、 4， 当且仅当 x1 2y 时，|CO |2取得最小值1 4， 所以|CO |的最小值为1 2. 答案：1 2 16在OAB 中，已知|OB | 2，|AB |1，AOB45，若OP OA OB ，且 2 2，则OA 在OP 上的投影的取值范围是_ 解析：由OP OA OB ，且 22， 则OA OP OA OA 1 2 OB OA 2 1 2 OA OB ， 又|OB | 2，|AB |1，AOB45， 所以由余弦定理求得|OA |1， 所以OA OP 1 2 1 2 2 2 1 2 ， |OP | OA 1 2 OB 2 2|OA |22 1 2 OA OB 1 2 2 |OB |2 2

16、 2 2， 故OA 在OP 上的投影OA OP |OP | 1 2 2 22 2 2 2 24 (*) 当 2 时，(*)式 2 2 （2）2 24 2 2 1 4 24 2 2 1 4 4 2 2 ，0 ； 当 2 时，(*)式可化为 2 2 （2）2 24 ； 0，上式 2 2 ； 20，上式 2 2 1 4 4 0， 2 2 ； 0，上式 2 2 1 4 4 2 2 ，1 . 综上，OA 在OP 上的投影的取值范围是 2 2 ，1 . 答案： 2 2 ，1 17已知OA ，OB 是非零不共线的向量，设OC 1 r1OA r r1OB ，定义点集 P K KB KC |KB | KA KC

17、 |KA | ， KC 0 ，当 K1，K2P 时，若对于任意的 r3，不等式|K1K2 |c|AB | 恒成立，则实数 c 的最小值为_ 解析：由OC 1 r1OA r r1OB ，可得 A，B，C 三点共线， 由KB KC |KB | KA KC |KA | ，可得|KC |cosAKC|KC |cosBKC， 即有AKCBKC，则 KC 为AKB 的角平分线 由角平分线的性质定理可知|KA| |KB| |AC| |BC|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（xa） 2y2 （xb

18、）2y2r 2， 化简得(1r2)x2(1r2)y2(2a2br2)x(a2b2r2)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|AB| r1， 由|K2A|r|K2B|，可得|K2B|AB| r1， 可得|K1K2| |AB| r1 |AB| r1 2r r21|AB| 2 r1 r |AB|， 而易知 r1 r3 1 3 8 3， 即有|K1K2|3 4|AB|，即 |K1K2| |AB| 3 4， 即 c |K1K2| |AB| max 3 4， 故 c 的最小值为3

19、4. 答案：3 4 18在ABC 中，已知 C 6 ，向量 p(sin A，2)，q(2，cos B)，且 pq. (1)求角 A 的值； (2)若BC 2BD ，AD 7，求ABC 的面积 解：(1)因为 pq，所以 p q0p q2sin A2cos B0，又 C 6 ， 所以 sin Acos Bsin Acos 5 6 A 0， 化简得 tan A 3 3 ，A(0，)，所以 A 6 . (2)因为BC 2BD ，所以 D 为 BC 边的中点， 设|BD |x，|BC |2x， 由(1)知 AC 6 ，所以|BA |2x，B2 3 ， 在ABD 中，由余弦定理，得 |AD |2|BA

20、|2|BD |22|BA |BD |cos2 3 (2x)2x22 2x x cos2 3 7， 所以 x1，所以 ABBC2， 所以 SABC1 2BABCsin B 1 222sin 2 3 3. 19已知 m(2sin x，sin xcos x)，n( 3cos x，sin xcos 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 3，求ABC 面积 的最大值 解： (1)由题意， 得 f(x)m n2 3sin xcos xsin2xcos2x 3sin

21、2x(cos2 xsin2 x) 3 sin 2xcos 2x2sin 2x 6 ，所以 f(x)max2； 当 f(x)取最大值时，即 sin 2x 6 1，此时 2x 6 2k 2 (kZ)，解得 xk 3 (kZ)，所以 x 的取值集合为 x xk 3 ，kZ . (2)由 f(C)2，得 sin 2C 6 1，又 0C， 即 6 2C 6 11 6 ， 所以 2C 6 2 ，解得 C 3 ， 在ABC 中，由余弦定理 c2a2b22abcos C， 得 3a2b2abab，即 ab3，当且仅当 ab 3时，取等号，所以 SABC1 2absin C 3 4 ab3 3 4 ， 所以ABC 面积的最大值为3 3 4 .