高三数学（理）一轮复习习题作业答案-第四单元-平面向量数系的扩充与复数的引入

课时作业(二十四)1.D[解析]当b=0时,a与c不一定共线,∴A错误;如图所示,a=AB,c=BC,b=BD,b与a,c均不共线,但a与c共线,∴B错误;在▱ABCD中,AB与CD共线,但A,B,C,D四点不共线,∴C错误;若a与b中有一个为零向量,则a与b一定共线,∴当a与b不共线时,a与b一定都是非零向量,故D正确.2.A[解析]根据向量的线性运算可知,MB+ADBM=2MB+AD≠AD,故选A.3.A[解析]由OA+OBOC=0得OA+OB=OC,如图所示,由O为△ABC的外接圆的圆心,结合向量加法的几何意义知,四边形OACB为菱形,且∠CAO=60°,故A=30°.故选A.4.2[解析]因为D是BC的中点,所以AB+AC=2AD.由PA+BP+CP=0,得BA=PC.又AP=λPD,所以点P是以AB,AC为邻边的平行四边形的第四个顶点(如图所示),因此AP=AB+AC=2AD=2PD,所以λ=2.5.a12+b[解析]AB=OBOA,OB=OC+CB=b+12a,所以AB=b+12aa=b6.D[解析]由平面向量的三角形法则可知,DE=DC+CE=34BC+-13AC=34(ACAB)13AC=34AB+57.A[解析]根据向量的平行四边形法则,得AC=AB+AD.因为点P在对角线AC上(不包括端点A,C),所以AP与AC共线,所以AP=λAC=λ(AB+AD),λ∈(0,1),故选A.8.D[解析]∵E是DC的中点,∴AE=12(AC+AD),∴AD=AC+2AE,∴λ=1,μ=2,则λμ=12=39.A[解析]设点D为BC的中点,则AB+AC=2AD,结合题意可得2AD=3AP,据此可知△ABC的外心与重心重合,则△ABC是等边三角形,所以cosA=cosπ3=12,故选10.A[解析]因为DC=2BD,所以BD=13BC,则AD=BDBA=13BCBA,同理BE=13BC+23BA,CF=13BABC,则AD+BE+CF=13BC,即11.梯形[解析]由已知得AD=AB+BC+CD=8a2b=2(4ab)=2BC,故AD与BC共线,且|AD|≠BC,所以四边形ABCD是梯形.12.3-12[解析]由题意可得AM=tAB+ACtAC,所以AMAC=tABtAC,即CM=tCB,所以CM与CB共线,即B,M,C三点共线,且t=|CM||CB|.又由条件知BC=2AC,所以t=|CM|2|AC|.在△ABC中,13.解:(1)证明:∵AB=a+b,BC=2a+8b,CD=3(ab),∴BD=BC+CD=2a+8b+3(ab)=5(a+b)=5AB,∴AB与BD共线.又AB与BD有公共点B,∴A,B,D三点共线.(2)若ka+b与a+kb共线,则存在实数λ,使ka+b=λ(a+kb),即(kλ)a=(λk1)b.又a与b是不共线的非零向量,∴kλ=λk1=0,∴k21=0,∴k=±1.14.解:(1)∵OA=12(OB+OC∴OC=2OAOB=2ab,∴DC=OCOD=OC23OB=2a5(2)∵D,E,C三点共线,∴DE=mDC=2ma53mb(0<m<1)在△ODE中,DE=OEOD=λOA23OB=λa2由①②得2ma53mb=λa23b,即215.D[解析]在AB上取一点D,使得AD=23AB,过D作DH∥AC,交BC于H.∵AP=23AB+λAC,且点P是△ABC内一点(含边界),∴点P在线段DH上.当P在D点时,|AP|取得最小值2;当P在H点时,|AP|取得最大值,此时B,P,C三点共线,∵AP=23AB+λAC,∴λ=13,∴AP=13AC+23AB,∴AP2=19AC2+49AB2+49AB·AC=5216.32[解析]如图所示,作BM∥AD交AC于M,作BN∥AC交AD于N,则AM∥BN且AM=BN.由题意知,当λ取得最大值时,点E与点B重合.在Rt△ABC中,AB=12AC,在△ABM中,由正弦定理得AM=|AB|sin45°sin75°=3-12AC,则λmax=|AM||AC|=3-12.又在Rt△ABD中,AB=22|AD|,在△ABN中,课时作业(二十五)1.B[解析]显然向量a+b与向量ab不共线,故选B.2.A[解析]易得ba=(31,12)=(2,1),故选A.3.D[解析]由题意得AD=AB+BD=AB+15(ACAB)=45AB+15AC4.3[解析]∵a=(1,3),b=(3,k),a∥b,∴k×13×3=0,∴k=3.5.12[解析]由图可知CE=12(CD+CA)=1223CBAC=13(ABAC)12AC=13AB6.A[解析]由题意得AB=(21,t+1)=(1,3),则t+1=3,解得t=2,故选A.7.C[解析]由已知可得(1,2)+(3,5)=λ(4,x),∴4λ=-2,xλ=7,8.B[解析]以a的终点,b的起点为坐标原点建立平面直角坐标系,如图所示,则a=(1,1),b=(6,2),c=(1,3).由题意得c=(λ+6μ,λ+2μ)=(1,3),则有-λ+6μ=-1,9.C[解析]因为b=cosπ2x,cosx=(sinx,cosx),a=tb,所以cosxcosx(sinx)(sinx)=0,即cos2xsin2x=0,所以tan2x=1,即tanx=±1,所以x=kπ2+π4(k∈Z),则2x=kπ+π2(k∈Z),所以sin2x=±1,故选C10.A[解析]AP=m+29AB+29BC=mAB+29AC,设BP=tBN(0≤t≤1),则AP=AB+BP=AB+t(BC+CN)=AB+tBC34AC=(1t)AB+14tAC,所以m=1t且t4=29,故m=1t=1811.1[解析]由题知AB=(3,6),BC=(x3,4).因为AB与BC共线,所以3×(4)6(x3)=0,解得x=1.12.(6,21)[解析]依题意得BC=3PC.因为点Q是AC的中点,所以PA+PC=2PQ,所以PC=2PQPA=(2,7),故BC=3PC=(6,21).13.解:由已知得a=(5,5),b=(6,3),c=(1,8).(1)3a+b3c=(1563,15324)=(6,42).(2)∵mb+nc=(6m+n,3m+8n),∴-6m+(3)设O为坐标原点,∵CM=OMOC=3c,∴OM=3c+OC=(3,24)+(3,4)=(0,20),∴M(0,20).又∵CN=ONOC=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).当点M在第二或第三象限时,则有4t2<0,2t1+4t2≠0,故所求的充要条件为t2(2)证明:当t1=1时,由(1)知OM=(4t2,4t2+2).因为AB=OBOA=(4,4),所以AM=OMOA=(4t2,4t2)=t2(4,4)=t2AB,又AB与AM有公共点A,所以不论t2为何实数,A,B,M三点都共线.15.D[解析]由题意可知,点P位于D,E,G三点时,α+12β取得最值.当点P在点D处时,α=3,β=0,则α+12β=3;当点P在点E处时,α=0,β=3,则α+12β=32;当点P在点G处时,α=1,β=1,则α+12β=16.C[解析]建立平面直角坐标系如图所示,则B(2,0),D(0,1),E(2,1),F1,32.设P(cosα,sinα)(0≤α≤π),由AP=λAE+μBF得(cosα,sinα)=λ(2,1)+μ1,32,则2λ5μ=2cosα2sinα=22sinα+3π4,又0≤α≤π,所以3π4≤α+3π4≤7π4,则22≤22sinα+3π4≤2,所以2λ5μ的取值范围是[22,2课时作业(二十六)1.C[解析]|ab|2=(ab)2=(a+b)24a·b=(23)24×2=4,∴|ab|=2.故选C.2.D[解析]∵2ab=2(1,2)(1,3)=(3,1),∴|2ab|=32+12=10,3.C[解析]∵a⊥b,∴a·b=x+8=0,∴x=8,故选C.4.5[解析]a在b方向上的投影为a·b|b|5.32[解析]∵a·(a+b)=a2+a·b=3,∴a·b=1,∴cos<a,b>=a·b|a||b|=126.C[解析]|a3b|2=a26a·b+9b2=16cos120°+9=13,所以|a3b|=13.7.A[解析]由题意得ab=(1x,3).∵a∥(ab),∴1×3=2(1x),解得x=12,则a·b=1×-12+2×(1)8.C[解析]因为AB·AC=2×4×cos120°=4,所以AP·BC=(AB+λAC)·(ACAB)=4+16λ4+4λ=0,解得λ=25,故选C9.D[解析]由图知d=(4,3),由题得c=a+λb=(1,λ).若c⊥d,则4+3λ=0,解得λ=43,故A错误;若向量c与d的夹角为60°,则有4+3λ=51+λ2cos60°,即11λ2+96λ+39=0,有两个负根,故B错误;若向量c与d的夹角为30°,则有4+3λ=51+λ2cos30°,即39λ296λ+11=0,有两个正根,故C错误;若向量c与d共线,则有4λ=3,解得λ=3410.B[解析]AB|AB|表示与AB同向的单位向量,AC|AC|表示与AC同向的单位向量,所以AB|AB|+AC|AC|表示以与AB同向的单位向量和与AC同向的单位向量为邻边的平行四边形的对角线.因为AB|AB|+AC|AC|·BC=0,所以AB=AC,又由AB|AB|11.π6[解析]由题意得a·b=2×1×12=1,则a·(a+2b)=a2+2a·b=22+2×1=6,|a+2b|=(a+2b)2=a2+4a·b+4b2=23,所以cos<a,a+2b>=a12.32,+∞[解析]如图所示,设OA=a,OB=b,OC=m,则|OA|=1,∠OAB=120°.∵m=λa+(1λ)b(λ∈R),∴A,B,C三点共线.∵点O到直线AB的距离为|OA|·sin60°=32,∴|OC|≥32,∴|m|的取值范围为13.解:(1)∵m·n=3cosA+3+sinA=2sinA+π3+3=2+3,∴sinA+π3=1.又∵0<A<π,∴A=π6(2)∵cosB=33,∴sinB=63,由bsinB=asinA得∴S△ABC=12absinC=12×3×22×sin(A+B)=6(sinAcosB+cosAsinB)=2214.解:(1)因为a⊥b,所以a·b=4sinx+π6+4cosx3=23sinx+6cosx3=43sinx+π33=0,所以sinx+π3=14,所以sinx+4π3=sinx+π3=14.(2)由(1)知f(x)=43sinx+π33,所以由fαπ6=23得sinα+π6=34.又α∈0,π2,所以α+π6∈π6,2π3又因为34<32,所以α+π6∈π6,所以cosα+π6=74,所以cosα=cosα+π6π6=cosα+π6cosπ6+sinα+π6sinπ6=74×32+34×12=15.A[解析]|OA+OB|≥12|AB|=12|OBOA|,所以|OA+OB|2≥14|OBOA|2,即(OA+OB)2≥14(OBOA)2,所以OA2+2OA·OB+OB2≥14(OB22OA·OB+OA2),即52+2OA·OB+52≥14(522OA·OB+52),则OA·OB≥15.又OA·OB≤|OA||OB|=5×5=25,当且仅当OA与OB同向时取等号,因此上式等号不成立,所以OA·16.C[解析]∵M是BC的中点,∴AM=12(AB+AC).∵O是△ABC的外接圆的圆心,∴AO·AB=|AO|·|AB|cos∠BAO=12|AB|2=12×(23)2=6,同理可得AO·AC=12|AC|2=12×(22)2=4,∴AM·AO=12(AB+AC)·AO=12AB·AO+12AC·AO=12×课时作业(二十七)1.A[解析]i3+i5=i+i=0,故选A.2.B[解析]因为cos2π3<0,sinπ3>0,所以复数z=cos2π3+isinπ3.B[解析]z=(2+3i)i=3+2i,所以复数z的实部与虚部之和为3+2=1,故选B.4.1+i[解析]2i1+i=2i(5.26[解析]由已知得z1+z2=5+i,则|z1+z2|=52+16.B[解析]由ziz-i=1得z(1i)=i,即z=i1-i=i(1+i)(1-i7.A[解析]由题意知A(2,6),B(0,2),则C(1,2),∴z=1+2i,则|z|=5,故选A.8.B[解析]由题得z=2+i,所以z1=12+i+i=2-i5+i=9.A[解析]由z=a+2i得z=a2i,则zz=a2+4,所以4zz-1=|i|⇒4a210.C[解析]由题意可得z=9+x2=5,则x=±4,所以B={4,4},由于A=N,因此A∩B={4},故选11.B[解析]eπ3i=cosπ3+isinπ3=12+32i,所以eπ3i=12.15