2018届高考数学（文）大一轮复习检测：第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 课时作业29 Word版含答案

课时作业29平面向量的应用一、选择题1在ABC中，“ABC为直角三角形”是“0”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：若ABC为直角三角形，角B不一定为直角，即不一定等于0；若0，则ABBC，故角B为直角，即ABC为直角三角形，故“ABC为直角三角形”是“0”的必要不充分条件答案：B2已知点M(3,0)，N(3,0)，动点P(x，y)满足|0，则点P的轨迹的曲线类型为()A双曲线 B抛物线C圆 D椭圆解析：(3,0)(3,0)(6,0)，|6，(x，y)(3,0)(x3，y)，(x，y)(3,0)(x3，y)，|66(x3)0，化简可得y212x.故点P的轨迹为抛物线答案：B3(2017河南适应性测试)已知向量m(1，cos)，n(sin，2)，且mn，则sin26cos2的值为()A. B2C2 D2解析：由题意可得mnsin2cos0，则tan2，所以sin26cos22.故选B.答案：B4已知O为坐标原点，a(1,1)，ab，ab，当AOB为等边三角形时，|的值是()A. B.C. D.解析：设b(x，y)，|，|ab|ab|2|b|，或，|2|b|，故选C.答案：C5(2017福建质检)平行四边形ABCD中，AB4，AD2，4，点P在边CD上，则的取值范围是()A1,8 B1，)C0,8 D1,0解析：由题意得|cosBAD4，解得BAD，以A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(4,0)，C(5，)，D(1，)，因为点P在边CD上，所以不妨设点P的坐标为(a，)(1a5)，则(a，)(4a，)a24a3(a2)21，则当a2时，取得最小值1，当a5时，取得最大值8，故选A.答案：A6在ABC中，满足|，(3)，则角C的大小为()A. B.C. D.解析：设ABC的角A、B、C的对边分别为a、b、c，由(3)，可得(3)(3)()c23b24c23b24cbcosAc23b22(b2c2a2)0，即b2c22a20.又由|可得ab，则c23a2，由余弦定理可得cosC，所以ABC的内角C.答案：C二、填空题7(2017广西二市模拟)已知正方形ABCD的边长为2，点P、Q分别是边AB、BC边上的动点且，则的最小值为_解析：如图所示，由条件易证ABQDAP，设APBQt(0t2)，建立平面直角坐标系，则C(0,2)，P(2，t)，Q(2t,2)，(2，t2)，(t，t2)，2tt24t4(t1)233，当且仅当t1时，等号成立，故所求最小值为3.答案：38已知|a|2|b|，|b|0，且关于x的方程x2|a|xab0有两相等实根，则向量a与b的夹角是_解析：由已知可得|a|24ab0，即4|b|242|b|2cos0，cos.又0，.答案：9设向量a(2cos，2sin)，b(cos，sin)，其中00.所以cosB，又B(0，)，所以B.(2)因为|，所以|.即b，根据余弦定理及基本不等式得6a2c2ac2acac(2)ac(当且仅当ac时取等号)，即ac3(2)，故ABC的面积SacsinB，即ABC的面积的最大值为.1(2017河北衡水中学调研)已知单位向量a，b，若ab0，且|ca|c2b|，则|c2a|的取值范围是()A1,3 B2，3C. D.解析：由题设单位向量a(1,0)，b(0,1)，c(x，y)，所以ca(x1，y)，c2b(x，y2)，所以，即(x，y)到A(1,0)和B(0,2)的距离和为，即表示点(1,0)和(0,2)之间的线段，|c2a|，表示(2,0)到线段AB上点的距离，最小值是点(2,0)到直线2xy20的距离，|c2a|min，最大值为(2,0)到(1,0)的距离是3，所以|c2a|的取值范围是，故选D.答案：D2(2017安徽皖北协作体联考)已知a，b，c分别为ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m(2cosC1，2)，n(cosC，cosC1)，若mn，且ab10，则ABC周长的最小值为()A105 B105C102 D102解析：mn，mn0，即2cos2CcosC2cosC20，整理得2cos2C3cosC20，解得cosC，cosC2(舍去)，又c2a2b22abcosC(ab)22ab(1cosC)1022ab(1)100()21002575，c5，则ABC的周长为abc105.故选B.答案：B3P，Q为三角形ABC中不同的两点，若320,3450，则SPABSQAB为()A12 B25C52 D21解析：设ABC为ABAC2的等腰直角三角形，建立坐标系如图，设A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)由320得3(x1，y1)2(2x1，y1)(x1，2y1)(0,0)，得26y10，y1，则SPABSCAB.由3450得3(x2，y2)4(2x2，y2)5(x2,2y2)(0,0)，1012y20，y2，则SQABSCAB，故选B.答案：B4已知O为ABC内一点，且20，则AOC与ABC的面积之比是_解析：如图所示，取AC中点D.2.O为BD中点，面积比为高之比答案：125(2016浙江卷)已知平面向量a，b，|a|1，|b|2，ab1，若e为平面单位向量，则|ae|be|的最大值是_解析：由ab1，|a|1，|b|2可得两向量的夹角为60，建立平面直角坐标系，可设a(1,0)，b(1，)，e(cos，sin)，则|ae|be|cos|cossin|cos|cos|sin|sin|2|cos|，所以|ae|be|的最大值为.答案：课时作业30数系的扩充与复数的引入一、选择题1若集合Ai，i2，i3，i4(i是虚数单位)，B1，1，则AB等于()A1 B1C1，1 D解析：因为Ai，i2，i3，i4i，1，i，1，B1，1，所以AB1,1答案：C2(2016山东卷)若复数z，其中i为虚数单位，则()A1i B1iC1i D1i解析：易知z1i，所以1i，选B.答案：B3(2016新课标全国卷)设复数z满足zi3i，则()A12i B12iC32i D32i解析：易知z32i，所以32i.答案：C4若复数m(3i)(2i)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m的取值范围为()Am1 BmCm1 D.m1解析：m(3i)(2i)(3m2)(m1)i由题意，得解得m1.答案：D5若复数za21(a1)i(aR)是纯虚数，则的虚部为()A BiC. D.i解析：由题意得所以a1，所以i，根据虚部的概念，可得的虚部为.答案：A6已知复数z1，则1zz2z2 015()A1i B1iCi D0解析：z11i，1zz2z2 0150.答案：D7(2017芜湖一模)已知i是虚数单位，若z1ai，z2ai，若为纯虚数，则实数a()A. BC.或 D0解析：是纯虚数，解得a.答案：C8在复平面内，复数，(i为虚数单位)对应的点分别为A，B，若点C为线段AB的中点，则点C对应的复数为()A. B1C.i Di解析：i，i，则A(，)，B(，)，线段AB的中点C(，0)，故点C对应的复数为，选A.答案：A二、填空题9复数z(12i)(3i)，其中i为虚数单位，则z的实部是_解析：复数z(12i)(3i)55i，其实部是5.答案：510(2016天津卷)已知a，bR，i是虚数单位，若(1i)(1bi)a，则的值为_解析：(1i)(1bi)1b(1b)ia，所以b1，a2，2.答案：211已知bi(a，bR)，其中i为虚数单位，则ab_.解析：因为bi，所以2aibi.由复数相等的充要条件得b2，a1，故ab1.答案：112在复平面上，复数对应的点到原点的距离为_解析：解法1：由题意可知.解法2：i，.答案：1(2017河北衡水一模)如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则|z1z2|()A2 B3C2 D3解析：z12i，z2i，z1z22，故选A.答案：A2设复数z3i(i为虚数单位)在复平面中对应点A，将OA绕原点O逆时针旋转90得到OB，则点B在()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：因为复数z对应点的坐标为A(3,1)，所以点A位于第一象限，所以逆时针旋转后对应的点B在第二象限答案：B3已知i为虚数单位，(z12)(1i)1i，z2a2i，若z1z2R，则|z2|()A4 B20C. D2解析：z1222i，z1z2(2i)(a2i)2a2(4a)i，若z1z2R，则a4，|z2|2，选D.答案：D4已知复数z1cos15sin15i和复数z2cos45sin45i，则z1z2_.