新课标天津市2022年高考数学二轮复习专题能力训练3平面向量与复数理

专题能力训练3　平面向量与复数一、能力突破训练1.设有下面四个命题p1:若复数z满足1z∈R,则z∈R;p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=z2;p4:若复数z∈R,则z∈R.其中的真命题为(　　)A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p42.设a,b是两个非零向量,则下列结论一定成立的为(　　)A.若|a+b|=|a|-|b|,则a⊥bB.若a⊥b,则|a+b|=|a|-|b|C.若|a+b|=|a|-|b|,则存在实数λ,使得b=λaD.若存在实数λ,使得b=λa,则|a+b|=|a|-|b|3.(2022全国Ⅲ,理2)(1+i)(2-i)=(　　)A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i4.在复平面内,若复数z的对应点与5i1+2i的对应点关于虚轴对称,则z=(　　)7\nA.2-iB.-2-iC.2+iD.-2+i5.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=(　　)A.-1B.0C.1D.26.(2022浙江,4)复数21-i(i为虚数单位)的共轭复数是(　　)A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i7.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则BD·CD=(　　)A.-32a2B.-34a2C.34a2D.32a28.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=13.若n⊥(tm+n),则实数t的值为(　　)A.4B.-4C.94D.-949.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=OA·OB,I2=OB·OC,I3=OC·OD,则(　　)A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I310.(2022全国Ⅲ,理13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),则λ=　　　　　. 11.在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=λAC-AB(λ∈R),且AD·AE=-4,则λ的值为　　　　　. 12.设a∈R,若复数(1+i)(a+i)在复平面内对应的点位于实轴上,则a=　　　　　. 13.已知a,b∈R,(a+bi)2=3+4i(i是虚数单位),则a2+b2=　　　　　,ab=　　　　　. 7\n14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=12|AB|,|BE|=23|BC|.若DE=λ1AB+λ2AC(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为　　　　　. 二、思维提升训练15.在△ABC中,已知D是AB边上一点,CD=13CA+λCB,则实数λ=(　　)A.-23B.-13C.13D.2316.已知AB⊥AC,|AB|=1t,|AC|=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且AP=AB|AB|+4AC|AC|,则PB·PC的最大值等于(　　)A.13B.15C.19D.2117.已知两点M(-3,0),N(3,0),点P为坐标平面内一动点,且|MN|·|MP|+MN·NP=0,则动点P(x,y)到点M(-3,0)的距离d的最小值为(　　)A.2B.3C.4D.618.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是　　　　　,最大值是　　　　　. 19.在任意四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,若EF=λAB+μDC,则λ+μ=　　　　. 20.已知a∈R,i为虚数单位,若a-i2+i为实数,则a的值为　　　　　. 7\n专题能力训练3　平面向量与复数一、能力突破训练1.B　解析p1:设z=a+bi(a,b∈R),则1z=1a+bi=a-bia2+b2∈R,所以b=0,所以z∈R.故p1正确;p2:因为i2=-1∈R,而z=i∉R,故p2不正确;p3:若z1=1,z2=2,则z1z2=2,满足z1z2∈R,而它们实部不相等,不是共轭复数,故p3不正确;p4:实数的虚部为0,它的共轭复数是它本身,也属于实数,故p4正确.2.C　解析设向量a与b的夹角为θ.对于A,可得cosθ=-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cosθ=-1,因此成立,而D显然不一定成立.3.D　解析(1+i)(2-i)=2+i-i2=3+i.4.D　解析5i1+2i=5i(1-2i)(1+2i)(1-2i)=5(i+2)5=2+i所对应的点为(2,1),它关于虚轴对称的点为(-2,1),故z=-2+i.5.C　解析∵2a+b=(1,0),又a=(1,-1),∴(2a+b)·a=1+0=1.6.B　解析∵21-i=2(1+i)(1-i)(1+i)=2(1+i)2=1+i,∴复数21-i的共轭复数为1-i.7.D　解析如图,设BA=a,BC=b.则BD·CD=(BA+BC)·BA=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos60°=a2+12a2=32a2.8.B　解析由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),又n⊥(tm+n),所以n·(tm+n)=n·tm+n·n=t|m|·|n|cos<m,n>+|n|2=t×3k×4k×13+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故选B.9.C　解析由题图可得OA<12AC<OC,OB<12BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠BOC<90°,所以I2=OB·OC>0,I1=OA·OB<0,I3=OC·OD<0,且|I1|<|I3|,7\n所以I3<I1<0<I2,故选C.10.12　解析2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=12.11.311　解析∵BD=2DC,∴AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC-AB)=23AC+13AB.又AE=λAC-AB,∠A=60°,AB=3,AC=2,AD·AE=-4,∴AB·AC=3×2×12=3,23AC+13AB·(λAC-AB)=-4,即2λ3AC2-13AB2+λ3-23AB·AC=-4,∴2λ3×4-13×9+λ3-23×3=-4,即113λ-5=-4,解得λ=311.12.-1　解析∵(1+i)(a+i)=a-1+(a+1)i∈R,∴a+1=0,即a=-1.13.5　2　解析由题意可得a2-b2+2abi=3+4i,则a2-b2=3,ab=2,解得a2=4,b2=1,则a2+b2=5,ab=2.14.12　解析由题意DE=DB+BE=12AB+23BC=12AB+23(BA+AC)=-16AB+23AC,故λ1=-16,λ2=23,即λ1+λ2=12.二、思维提升训练15.D　解析如图,D是AB边上一点,过点D作DE∥BC,交AC于点E,过点D作DF∥AC,交BC于点F,则CD=CE+CF.因为CD=13CA+λCB,所以CE=13CA,CF=λCB.由△ADE∽△ABC,得DEBC=AEAC=23,所以ED=CF=23CB,故λ=23.16.A　解析以点A为原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,如图,7\n则A(0,0),B1t,0,C(0,t),∴AB|AB|=(1,0),AC|AC|=(0,1),∴AP=AB|AB|+4AC|AC|=(1,0)+4(0,1)=(1,4),∴点P的坐标为(1,4),PB=1t-1,-4,PC=(-1,t-4),∴PB·PC=1-1t-4t+16=-1t+4t+17≤-4+17=13.当且仅当1t=4t,即t=12时取“=”,∴PB·PC的最大值为13.17.B　解析因为M(-3,0),N(3,0),所以MN=(6,0),|MN|=6,MP=(x+3,y),NP=(x-3,y).由|MN|·|MP|+MN·NP=0,得6(x+3)2+y2+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=3.18.4　25　解析设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理得|a-b|=12+22-2×1×2×cosθ=5-4cosθ,|a+b|=12+22-2×1×2×cos(π-θ)=5+4cosθ,则|a+b|+|a-b|=5+4cosθ+5-4cosθ.令y=5+4cosθ+5-4cosθ,则y2=10+225-16cos2θ∈[16,20],据此可得(|a+b|+|a-b|)max=20=25,(|a+b|+|a-b|)min=16=4.即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是25.19.1　解析如图,因为E,F分别是AD与BC的中点,所以EA+ED=0,BF+CF=0.7\n又因为AB+BF+FE+EA=0,所以EF=AB+BF+EA.①同理EF=ED+DC+CF.②由①+②得,2EF=AB+DC+(EA+ED)+(BF+CF)=AB+DC,所以EF=12(AB+DC).所以λ=12,μ=12.所以λ+μ=1.20.-2　解析∵a-i2+i=(a-i)(2-i)(2+i)(2-i)=2a-15-a+25i为实数,∴-a+25=0,即a=-2.7