2018届高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练2平面向量、复数运算
2018年高考数学(理)仿真押题 专题2平面向量与复数
2018年高考数学（理）仿真押题 专题2平面向量与复数1．已知向量a ＝(－1,2)，b ＝(3，m )，m ∈R ，则“m ＝－6”是“a ∥(a ＋b )”的( ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件【解析】由题意得a ＋b ＝(2,2＋m )，由a ∥(a ＋b )，得－1×(2＋m )＝2×2，解得m ＝－6，则m ＝－6时，a ＝(－1,2)，a ＋b ＝(2，－4)，所以a ∥(a ＋b )，则“m ＝－6”是“a ∥(a ＋b )”的充要条件，故选A. 【答案】A2．在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，已知AD ＝4，BC ＝6，若CD →＝mBA →＋nBC →(m ，n ∈R )，则mn ＝( )A ．－3B ．－13C.13D ．3【答案】A3．(2017·湖南湘中名校联考)已知向量a ＝(x ，3)，b ＝(x ，－3)，若(2a ＋b )⊥b ，则|a |＝( ) A ．1 B. 2 C. 3 D ．2【解析】因为(2a ＋b )⊥b ，所以(2a ＋b )·b ＝0，即(3x ，3)·(x ，－3)＝3x 2－3＝0，解得x ＝±1，所以a ＝(±1，3)，|a |＝ ±1 2＋ 3 2＝2，故选D.【答案】D4．已知向量a ＝(m,1)，b ＝(m ，－1)，且|a ＋b |＝|a －b |，则|a |＝( ) A ．1 B.62C. 2 D ．4【解析】∵a ＝(m,1)，b ＝(m ，－1)，∴a ＋b ＝(2m,0)，a －b ＝(0,2)，又|a ＋b |＝|a －b |，∴|2m |＝2，∴m ＝±1，∴|a |＝m 2＋12＝ 2.故选C.【答案】C5．已知A (－1，cos θ)，B (sin θ，1)，若|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|(O 为坐标原点)，则锐角θ＝( ) A.π3 B.π6 C.π4 D.π12【答案】C6．在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，∠BAC ＝30°，CD 是边AB 上的高，则CD →·CB →＝( ) A ．－94 B.94C.274 D ．－274【解析】依题意得|CD →|＝32，CD →·AB →＝0，CD →·CB →＝CD →·(CA →＋AB →)＝CD →·CA →＋CD →·AB →＝CD →·CA →＝|CA →|·|CD →|·cos60°＝3×32×12＝94，故选B.【答案】B7．已知平面向量a ，b 的夹角为π3，则|a |＝1，|b |＝12，则a ＋2b 与b 的夹角是( )A.π6B.5π6 C.π4 D.3π4【解析】法一 因为|a ＋2b |2＝|a |2＋4|b |2＋4a ·b ＝1＋1＋4×1×12×cos π3＝3，所以|a ＋2b |＝3，又(a ＋2b )·b ＝a ·b＋2|b |2＝1×12×cos π3＋2×14＝14＋12＝34，所以cos 〈a ＋2b ，b 〉＝ a ＋2b ·b |a ＋2b ||b |＝343×12＝32，所以a ＋2b 与b 的夹角为π6.故选A.法二 设a ＝(1,0)，b ＝⎝⎛⎭⎫12cos π3，12sin π3＝⎝⎛⎭⎫14，34，则(a ＋2b )·b ＝⎝⎛⎭⎫32，32·⎝⎛⎭⎫14，34＝34，|a ＋2b |＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＝3，所以cos 〈a ＋2b ，b 〉＝ a ＋2b ·b |a ＋2b ||b |＝343×12＝32，所以a ＋2b 与b 的夹角为π6，故选A. 【答案】A8．若O 为△ABC 所在平面内任一点，且满足(OB →－OC →)·(OB →＋OC →－2OA →)＝0，则△ABC 的形状为() A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．正三角形 D ．等腰直角三角形【答案】A9．△ABC 是边长为2的等边三角形，向量a ，b 满足AB ＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则向量a ，b 的夹角为( ) A ．30° B ．60° C ．120° D ．150°【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，BC →＝AC →－AB →＝2a ＋b －2a ＝b ，∴|BC →|＝|b |＝2，|AB →|＝2|a |＝2，∴|a |＝1，AC →2＝(2a ＋b )2＝4a 2＋4a ·b ＋b 2＝8＋8cos θ＝4，∴cos θ＝－12，θ＝120°.【答案】C10．称d (a ，b )＝|a －b |为两个向量a ，b 间的“距离”．若向量a ，b 满足：①|b |＝1；②a ≠b ；③对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，则( ) A ．a ⊥b B ．b ⊥(a －b ) C ．a ⊥(a －b ) D ．(a ＋b )⊥(a －b )【解析】由于d (a ，b )＝|a －b |，因此对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，即|a －t b |≥|a －b |，即(a －t b )2≥(a －b )2，t 2－2t a ·b ＋(2a ·b －1)≥0对任意的t ∈R 都成立，因此有(－2a ·b )2－4(2a ·b －1)≤0，即(a·b －1)2≤0，得a·b －1＝0，故a·b －b 2＝b ·(a －b )＝0，故b ⊥(a －b )． 【答案】B11．在等腰直角△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，M ，N (不与A ，C 重合)为AC 边上的两个动点，且满足|MN →|＝2，则BM →·BN →的取值范围为( ) A.⎣⎡⎦⎤32，2 B.⎝⎛⎭⎫32，2 C.⎣⎡⎭⎫32，2 D.⎣⎡⎭⎫32，＋∞【答案】C12．已知e 1，e 2是不共线向量，a ＝me 1＋2e 2，b ＝ne 1－e 2，且mn ≠0，若a ∥b ，则mn 等于( )A ．－12B.12 C ．－2D ．2【解析】∵a ∥b ，∴a ＝λb ，即me 1＋2e 2＝λ(ne 1－e 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧λn ＝m －λ＝2，故mn ＝－2.【答案】C13.如图，在等腰直角三角形ABO 中，OA ＝OB ＝1，C 为AB 上靠近点A 的四等分点，过点C 作AB 的垂线l ，P 为垂线上任一点，则OP →·(OB →－OA →)＝( )A ．－12B.12 C ．－32D.32【答案】A14．设向量a ＝(cos α，－1)，b ＝(2，sin α)，若a ⊥b ，则tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＝( ) A ．－13B.13 C ．－1D ．0【解析】由已知可得，a ·b ＝2cos α－sin α＝0，∴tan α＝2，tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＝tan α－11＋tan α＝13，故选B. 【答案】B15.如图，在半径为1，圆心角为90°的直角扇形OAB 中，Q 为AB 上一点，点P 在扇形内(含边界)，且OP →＝tOA →＋(1－t )·OB →(0≤t ≤1)，则OP →·OQ →的最大值为( )A.12B.22C.34D ．1【解析】解法一 ∵OP →＝tOA →＋(1－t )OB →，∴B ，P ，A 三点共线，且BP →＝tBA →，又0≤t ≤1，∴P 在线段BA 上运动，∵Q 为 AB 上一点，设∠POQ ＝θ，∴OP →·OQ →＝|OP →|·|OQ →|·cos θ≤1×1×1＝1，即当P ，Q 两点重合且位于点A 或点B 处时，OP →·OQ →取得最大值1，故选D.解法二 特殊位置法，取t ＝1，得点P 与点A 重合，又取点Q 与点A 重合，∴OP →·OQ →＝OA →2＝1，对比选项A ，B ，C 的值都比1小，故选D. 【答案】D16．设复数z 满足z －iz ＋i ＝i(i 为虚数单位)，则z 2 016＝( )A ．21 008B ．21 008iC ．－21 008D ．－21 008i【解析】由z －i z ＋1＝i 得z －i ＝z i ＋i ，z ＝2i1－i ＝2i 1＋i 1－i 1＋i ＝－1＋i ，则z 2＝(－1＋i)2＝－2i ，从而z 2 016＝(z 2)1 008＝(－2i)1 008＝21 008×i 1 008＝21 008×(i 4)252＝21 008.故选A. 【答案】A17．如图在复平面内，复数z 1，z 2对应的向量分别是OA 、OB，则复数）A ．﹣1+2iB ．﹣2﹣2iC ．1+2iD ．1﹣2i 【答案】A18．设复数i i z 510)2(-=+⋅（i 为虚数单位），则z 的共轭复数z 为（ ） A ．i 43+- B ．i 43-- C ．i 43+ D ．i 43- 【答案】C 【解析】因为105105234222i i iz i i i i---==⋅=-++-，所以34z i =+. 19．复数z 满足）A ．1+iB ．1i -C ．1i --D ．1+i - 【答案】A.A ． 20.函数y ＝tan ⎝⎛⎭⎫π4x －π2的部分图象如图所示，则(OA →＋OB →)·AB →＝( )A.4B.6C.1D.2【解析】由条件可得B (3，1)，A (2，0)，∴(OA →＋OB →)·AB →＝(OA →＋OB →)·(OB →－OA →)＝OB →2－OA →2＝10－4＝6. 【答案】B21.已知a ，b 均为单位向量，(2a ＋b )·(a －2b )＝－332，则向量a ，b 的夹角为( )A.π6B.π4C.3π4D.5π6【解析】因为a ，b 均为单位向量，所以(2a ＋b )·(a －2b )＝2－2－3a ·b ＝－332，解得a ·b ＝32，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝32，又〈a ，b 〉∈[0，π]，所以〈a ，b 〉＝π6. 【答案】A22.已知两个非零向量a ，b 的夹角为60°，且|a |＝|b |＝3，c ＝ta ＋(1－t )b ，若b ⊥c ，则t ＝________.【答案】223. 如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，且AC ＝BC ＝3，点M 满足BM →＝2MA →，则CM →·CB →＝________.【解析】法一 如图，建立平面直角坐标系.【答案】324.已知A ，B ，C 是平面上不共线的三点，若动点P 满足OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，λ∈(0，＋∞)，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的________(填重心、垂心、内心或外心). 【解析】由条件，得AP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ， 从而AP →·BC →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →·BC →|AB →|cos B ＋AC →·BC →|AC →|cos C ＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤|AB →||BC →|cos （180°－B ）|AB →|cos B ＋|AC →|·|BC →|cos C |AC →|cos C ＝λ(－|BC →|＋|BC →|)＝0，得AP →⊥BC →，则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心.【答案】垂心25.已知向量a ＝⎝⎛⎭⎫cos 3x 2，sin 3x 2，b ＝⎝⎛⎭⎫cos x 2，－sin x 2，且x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. (1)求a ·b 及|a ＋b |；(2)若f (x )＝a ·b －2λ|a ＋b |的最小值是－32，求λ的值.26．设复数z=a+i （i 是虚数单位，a ∈R ，a ＞0），且|z|=．（Ⅰ）求复数z ；（Ⅱ）在复平面内，若复数+（m ∈R ）对应的点在第四象限，求实数m 取值范围．【答案】（Ⅰ）3i +；（Ⅱ）51m -<<.【解析】，即29a =，解得3a =±，又0a > ，3a ∴=，3z i ∴=+；（Ⅱ）3,z i =+ 则又 复数得51m m >-⎧⎨<⎩，51m ∴-<<. 27．已知平面上三个向量,,a b c ，其中(1,2)a =．（1，且//a c ，求c的坐标；（2，且(4)(2)a b a b -⊥+ ，求a 与b夹角θ的余弦值．【答案】（1）(3,6),(3,6)c =--；（228．已知椭圆的离心率为，直线l ：y=x+2与以原点O 为圆心，椭圆的短轴长为直径的圆O 相切． （1）求椭圆C 的方程；（2）求椭圆C 与直线y=kx （k ＞0）在第一象限的交点为A ．①设，且k 的值； ②若A 与D 关于x 的轴对称，求△AOD 的面积的最大值． 【答案】（1）（2【解析】解：（1）由题设可知，圆O 的方程为x 2+y 2=b 2， 因为直线l ：x ﹣y+2=0与圆O 相切，故有，所以．因为，所以有a 2=3c 2=3（a 2﹣b 2），即a 2=3．所以椭圆C 的方程为．29．(1)向量a ＝(x,1)，b ＝(1，y )，c ＝(2，－4)，且a ⊥c ，b ∥c ，求|a ＋b |和a ＋b 与c 的夹角；(2)设O 为△ABC 的外心，已知AB ＝3，AC ＝4，非零实数x ，y 满足AO →＝xAB →＋yAC →，且x ＋2y ＝1，求cos ∠BAC的值．【解析】(1)∵a ⊥c ，∴2x －4＝0，x ＝2，∵b ∥c ，∴－4－2y ＝0，y ＝－2.∴a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，a ＋b ＝(3，－1)，∴|a ＋b |＝32＋ －1 2＝10.设a ＋b 与c 的夹角为θ，则cos θ＝ a ＋b ·c |a ＋b |·|c |＝3×2＋ －1 × －4 10×20＝22. ∵0≤θ≤π，∴θ＝π4，即a ＋b 与c 的夹角为π4. (2)设AC 的中点为D ，连接OD (图略)，∵AO →＝xAB →＋yAC →＝xAB →＋2yAD →，又x ＋2y ＝1，∴O ，B ，D 三点共线．由O 为△ABC 外心，知OD ⊥AC ，BD ⊥AC ，在Rt △ADB 中，AB ＝3，AD ＝12AC ＝2，所以cos ∠BAC ＝AD AB ＝23. 30．已知向量a ＝(1，3sin ωx )，b ＝(cos 2 ωx －1，cos ωx )(ω>0)，设函数f (x )＝a ·b 的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，2π3上的单调区间． 20．已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，向量m ＝(cos B ，cos C )，n ＝(2a ＋c ，b )，且m ⊥n .(1)求角B 的大小；(2)若b ＝3，求a ＋c 的取值范围．(2)由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 120°＝a 2＋c 2＋ac ＝(a ＋c )2－ac ≥(a ＋c )2－⎝⎛⎭⎫a ＋c 22＝34(a ＋c )2，当且仅当a ＝c 时取等号，∴(a ＋c )2≤4，∴a ＋c ≤2，又a ＋c >b ＝3，∴a ＋c ∈(3，2]．。
2018年高考数学(理)二轮练习：第2部分 必考补充专题 第18讲 平面向量、复数
第18讲 平面向量、复数(对应学生用书第112页)一、选择题1．(2017·湘中名校联考)若复数z ＝m (m －1)＋(m －1)i 是纯虚数，其中m 是实数，则1z＝( )【导学号：07804122】A ．iB ．－iC ．2iD ．－2iA [由题意，得m (m －1)＝0且(m －1)≠0，得m ＝0，所以z ＝－i ，1z ＝1－i ＝i ，故选A.]2．(2017·石家庄一摸)若复数z 满足(2＋i)z ＝3i(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数为( )A.2＋i B ．2－i C ．1＋2i D ．1－2i D [依题意得z ＝3i2＋i ＝2－2＋2－＝1＋2i ，则复数z 的共轭复数为1－2i ，选D.]3．(2015·全国Ⅰ卷)设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →＝3CD →，则( )A.AD →＝－13AB →＋43AC →B.AD →＝13AB →－43AC →C.AD →＝43AB →＋13AC →D.AD →＝43AB →－13AC →A [∵BC →＝3CD →，∴AC →－AB →＝3(AD →－AC →)， 即4AC →－AB →＝3 AD →，∴AD →＝－13AB →＋43AC →.]4.(2016·全国Ⅰ卷)设(1＋i)x ＝1＋y i ，其中x ，y 是实数，则|x ＋y i|＝( ) A ．1 B ． 2 C. 3D ．2B [∵(1＋i)x ＝1＋y i ，∴x ＋x i ＝1＋y i. 又∵x ，y ∈R ，∴x ＝1，y ＝x ＝1. ∴|x ＋y i|＝|1＋i|＝2，故选B.]5.(2016·全国Ⅱ卷)已知z ＝(m ＋3)＋(m －1)i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－3,1) B ．(－1,3) C ．(1，＋∞) D ．(－∞，－3)A [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧m ＋3＞0，m －1＜0，即－3＜m ＜1.故实数m 的取值范围为(－3,1)．]6．(2015·全国Ⅱ卷)若a 为实数，且(2＋a i)(a －2i)＝－4i ，则a ＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2B [∵(2＋a i)(a －2i)＝－4i ，∴4a ＋(a 2－4)i ＝－4i.∴⎩⎪⎨⎪⎧4a ＝0，a 2－4＝－4，解得a ＝0.故选B.]7．(2017·豫南九校4月联考)已知向量a ＝(m,2)，b ＝(2，－1)，且a ⊥b ，则|2a －b |a a ＋b等于( ) A ．－53B ．1C ．2D ．54B [∵a ⊥b ，∴2m －2＝0，∴m ＝1，则2a －b ＝(0,5)，a ＋b ＝(3,1)，∴a ·(a ＋b )＝1×3＋2×1＝5，|2a －b |＝5，∴|2a －b |a a ＋b ＝55＝1，故选B.]8．(2017·福建漳州八校联考)在△ABC 中，|AB →＋AC →|＝3|AB →－AC →|，|AB →|＝|AC →|＝3，则CB →·CA →的值为( )【导学号：07804123】A ．3B ．－3C ．－92D ．92D [由|AB →＋AC →|＝3|AB →－AC →|两边平方可得，AB →2＋AC →2＋2AB →·AC →＝3(AB →2＋AC →2－2AB →·AC →)，即AB →2＋AC →2＝4AB →·AC →，又|AB →|＝|AC →|＝3，所以AB →·AC →＝92，又因为CB →＝AB →－AC →，所以CB →·CA→＝(AB →－AC →)·(－AC →)＝AC →2－AB →·AC →＝9－92＝92，故选D.]9.(2017·全国Ⅰ卷)设有下面四个命题p 1：若复数z 满足1z ∈R ，则z ∈R ；p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ； p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝z 2； p 4：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为( ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 4 C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4B [设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 1＝a 1＋b 1i(a 1，b 1∈R )，z 2＝a 2＋b 2i(a 2，b 2∈R )． 对于p 1，若1z ∈R ，即1a ＋b i ＝a －b ia 2＋b 2∈R ，则b ＝0⇒z ＝a ＋b i ＝a ∈R ，所以p 1为真命题．对于p 2，若z 2∈R ，即(a ＋b i)2＝a 2＋2ab i －b 2∈R ，则ab ＝0. 当a ＝0，b ≠0时，z ＝a ＋b i ＝b i ∉R ，所以p 2为假命题．对于p 3，若z 1z 2∈R ，即(a 1＋b 1i)(a 2＋b 2i)＝(a 1a 2－b 1b 2)＋(a 1b 2＋a 2b 1)i∈R ，则a 1b 2＋a 2b 1＝0.而z 1＝z 2，即a 1＋b 1i ＝a 2－b 2i ⇔a 1＝a 2，b 1＝－b 2.因为a 1b 2＋a 2b 1＝0D /⇒a 1＝a 2，b 1＝－b 2，所以p 3为假命题．对于p 4，若z ∈R ，即a ＋b i∈R ，则b ＝0⇒z ＝a －b i ＝a ∈R ，所以p 4为真命题．故选B.] 10．(2016·山西太原五中4月模拟)已知△DEF 的外接圆的圆心为O ，半径R ＝4，如果OD →＋DE →＋DF →＝0，且|OD →|＝|DF →|，则向量EF →在FD →方向上的投影为( ) A ．6 B ．－6 C ．2 3D ．－2 3B [由OD →＋DE →＋DF →＝0得，DO →＝DE →＋DF →.∴DO 经过EF 的中点，∴DO ⊥EF . 连接OF ，∵|OF →|＝|OD →|＝|DF →|＝4， ∴△DOF 为等边三角形，∴∠ODF ＝60°. ∴∠DFE ＝30°，且EF ＝4×sin 60°×2＝4 3.∴向量EF →在FD →方向上的投影为|EF →|·cos〈EF →，FD →〉＝43cos 150°＝－6，故选B.]11.(2017·全国Ⅱ卷)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA →·(PB →＋PC →)的最小值是( ) A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1B [法一：(解析法)建立坐标系如图①所示，则A ，B ，C 三点的坐标分别为A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)．图①设P 点的坐标为(x ，y )，则PA →＝(－x ，3－y )，PB →＝(－1－x ，－y )，PC →＝(1－x ，－y )， ∴PA →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2(x 2＋y 2－3y )＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322－34≥2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＝－32.当且仅当x ＝0，y ＝32时，PA →·(PB →＋PC →)取得最小值，最小值为－32. 故选B.法二：(几何法)如图②所示，PB →＋PC →＝2PD →(D 为BC 的中点)，则PA →·(PB →＋PC →)＝2PA →·PD →.图②要使PA →·PD →最小，则PA →与PD →方向相反，即点P 在线段AD 上，则(2PA →·PD →)min ＝－2|PA →||PD →|，问题转化为求|PA →||PD →|的最大值． 又|PA →|＋|PD →|＝|AD →|＝2×32＝3，∴|PA →||PD →|≤⎝ ⎛⎭⎪⎫|PA →|＋|PD →|22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝34， ∴[PA →·(PB →＋PC →)]min ＝(2PA →·PD →)min ＝－2×34＝－32.故选B.]12.(2017·全国Ⅲ卷)在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP →＝λAB →＋μAD →，则λ＋μ的最大值为( )A ．3B ．2 2 C. 5D ．2A [建立如图所示的直角坐标系，则C 点坐标为(2,1)．设BD 与圆C 切于点E ，连接CE ， 则CE ⊥BD . ∵CD ＝1，BC ＝2， ∴BD ＝12＋22＝5，EC ＝BC ·CD BD ＝25＝255，即圆C 的半径为255，∴P 点的轨迹方程为(x －2)2＋(y －1)2＝45.设P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2＋255cos θ，y 0＝1＋255sin θ(θ为参数)，而AP →＝(x 0，y 0)，AB →＝(0,1)，AD →＝(2,0)．∵AP →＝λAB →＋μAD →＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)， ∴μ＝12x 0＝1＋55cos θ，λ＝y 0＝1＋255sin θ.两式相加，得λ＋μ＝1＋255sin θ＋1＋55cos θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3⎝⎛⎭⎪⎫其中sin φ＝55，cos φ＝255，当且仅当θ＝π2＋2k π－φ，k ∈Z 时，λ＋μ取得最大值3.故选A.] 二、填空题13.(2017·全国Ⅰ卷)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________.【导学号：07804124】2 3 [法一：(直接法)|a ＋2b |＝a ＋2b2＝a 2＋4a·b ＋4b 2＝22＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12＝2 3.法二：(数形结合法)由|a |＝|2b |＝2，知以a 与2b 为邻边可作出边长为2的菱形OACB ，如图，则|a ＋2b |＝|OC →|.又∠AOB ＝60°，所以|a ＋2b |＝2 3.]14．(2015·全国Ⅱ卷)设向量a ，b 不平行，向量λa ＋b 与a ＋2b 平行，则实数λ＝________.12[∵λa ＋b 与a ＋2b 平行， ∴存在实数t ，使λa ＋b ＝t (a ＋2b )， 即λa ＋b ＝t a ＋2t b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝t ，1＝2t ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，t ＝12.]15．(2014·全国Ⅰ卷)已知A ，B ，C 为圆O 上的三点，若AO →＝12(AB →＋AC →)，则AB →与AC →的夹角为________．90° [∵AO →＝12(AB →＋AC →)，∴点O 是△ABC 中边BC 的中点，∴BC 为直径，根据圆的几何性质有〈AB →，AC →〉＝90°.]16．(2016·郑州第一次质量预测)已知AB →与AC →的夹角为90°，|AB →|＝2，|AC →|＝1，AM →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，且AM →·BC →＝0，则λμ的值为________．14[根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (0,2)，C (1,0)，所以AB →＝(0,2)，AC →＝(1,0)，BC →＝(1，－2)．设M (x ，y )，则AM →＝(x ，y )，所以AM →·BC→＝(x ，y )·(1，－2)＝x －2y ＝0，所以x ＝2y ，又AM →＝λAB →＋μAC →，即(x ，y )＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x ＝μ，y ＝2λ，所以λμ＝12y x ＝14.]。
高考二轮复习数学理配套讲义2 平面向量、复数
微专题2 平面向量、复数命 题 者 说考向一 平面向量微考向1：平面向量的线性运算【例1】 (1)(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →＝( )A.34AB →－14AC →B.14AB →－34AC →C.34AB →＋14AC →D.14AB →＋34AC →(2)(2018·重庆调研)已知Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，I 是△ABC 的内心，P 是△IBC 内部(不含边界)的动点，若AP →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1D ．(2,3)解析 (1)解法一：如图所示，EB →＝ED →＋DB →＝12AD →＋12CB →＝12×12(AB →＋AC →)＋12(AB →－AC →)＝34AB →－14AC →，故选A 。
解法二：EB →＝AB →－AE →＝AB →－12AD →＝AB →－12×12×(AB →＋AC →)＝34AB →－14AC →，故选A 。
(2)以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，A (3,0)，C (0,4)。
设△ABC 的内切圆的半径为r ，因为I 是△ABC 的内心，所以(5＋3＋4)×r ＝4×3，解得r ＝1，所以I (1,1)。
设P (x ，y )，因为点P 在△IBC 内部(不含边界)，所以0<x <1。
因为AB →＝(－3,0)，AC →＝(－3,4)，AP →＝(x －3，y )，且AP →＝λAB →＋μAC →，所以⎩⎨⎧x －3＝－3λ－3μ，y ＝4μ，得⎩⎨⎧λ＝1－13x －14y ，μ＝14y ，所以λ＋μ＝1－13x ，又0<x <1，所以λ＋μ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1。
2018届高考数学二轮复习客观题专题二复数课件(12张)(全国通用)
考点训练
2.设(1+2i)(a+i)的实部和虚部相等,其中a为实数,则a=
(A)
A.-3
B.-2
C.2
D.3
考点训练
3.i是虚数单位,1+i 3等于
( D)
A.i
B.-i
C.1+i
D.1-i
考点训练
4.i是虚数单位,若集合S={-1,0,1},则 A.i∈S B.i 2∈S C.i 3∈S
(B ) D. ∈S
ac bd bc ad 2 i(c di 0) (4) (a bi ) (c di ) 2 2 2 c d c d
考点训练
1.若复数(1+bi)(2+i)是纯虚数(i是虚数单位,b是实数),b=（ D） A.-2 B. C. D.2
【解析】∵ (1+bi)(2+i)=2+i+2bi-b=(2-b)+(1+2b)i是纯虚数，∴2-b=0, ∴ b=2.故选D.
考点训练
5.设a,b∈R,则“ab=0”是“复数a+ 为纯虚数”的 A.充分不必要条件 C.充分必要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 ( B)
考点训练
13.设复数z满足iz=1，其中i为虚数单位，则z= A.-i B.i C.-1 D.1
（A）
1 【解析】由i z 1得z i, 故选A. i
考点训练
2 ai 14.若a为实数，且 3 i.则a = D 1 i
A.-4 B.-3 C.3
D.4
【解析】由题意可得2+ai=(1+i)(3+i)=2+4i→a=4，故选D.
【推荐精选】2018届高考数学二轮复习 第一部分 专题一 集合、常用逻辑用语、平面向量、复数 1.1.2 平面向量
限时规范训练 平面向量、复数运算限时45分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．设i 是虚数单位，如果复数a ＋i2－i的实部与虚部相等，那么实数a 的值为( )A.13 B ．－13C ．3D ．－3解析：选C.a ＋i 2－i ＝2a －1＋a ＋5，由题意知2a －1＝a ＋2，解之得a ＝3.2．若复数z 满足(1＋2i)z ＝(1－i)，则|z |＝( ) A.25 B.35 C.105D.10解析：选C.z ＝1－i 1＋2i ＝－1－3i 5⇒|z |＝105.3．已知复数z ＝1＋i(i 是虚数单位)，则2z－z 2的共轭复数是( )A ．－1＋3iB ．1＋3iC ．1－3iD ．－1－3i 解析：选B.2z －z 2＝21＋i －(1＋i)2＝－＋－－2i ＝1－i －2i ＝1－3i ，其共轭复数是1＋3i ，故选B.4．若z ＝(a －2)＋a i 为纯虚数，其中a ∈R ，则a ＋i 71＋a i＝( )A ．iB ．1C ．－iD ．－1解析：选C.∵z 为纯虚数，∴a ＝2，∴a ＋i 71＋a i ＝2－i 1＋2i＝2－－2＋2－2＝－3i 3＝－i.5．已知复数z ＝11－i ，则z －|z |对应的点所在的象限为( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B.∵复数z ＝11－i ＝1＋i －＋＝12＋12i ， ∴z －|z |＝12＋12i －⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝1－22＋12i ，对应的点⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，12所在的象限为第二象限．故选B.6．若复数z 满足z (1－i)＝|1－i|＋i ，则z 的实部为( ) A.2－12B.2－1 C ．1D.2＋12解析：选A.由z (1－i)＝|1－i|＋i ，得z ＝2＋i1－i＝2＋＋－＋＝2－12＋2＋12i ，z 的实部为2－12，故选A. 7．已知△ABC 和点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0.若存在实数m ，使得AB →＋AC →＝mAM →成立，则m ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：选B.由MA →＋MB →＋MC →＝0知，点M 为△ABC 的重心，设点D 为边BC 的中点，则AM →＝23AD →＝23×12(AB →＋AC →)＝13(AB →＋AC →)，所以AB →＋AC →＝3AM →，故m ＝3，故选B. 8．已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ，y －1)且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2y的最小值是( )A ．24B ．8 C.83D.53解析：选B.∵a ∥b ，∴－2x －3(y －1)＝0，即2x ＋3y ＝3， ∴3x ＋2y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ×13(2x ＋3y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋9y x ＋4x y ＋6≥13⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋29y x·4x y ＝8，当且仅当2x ＝3y＝32时，等号成立． ∴3x ＋2y的最小值是8.故选B.9．在平行四边形ABCD 中，AC ＝5，BD ＝4，则AB →·BC →＝( ) A.414B ．－414C.94D ．－94解析：选C.因为BD →2＝(AD →－AB →)2＝AD →2＋AB →2－2AD →·AB →，AC →2＝(AD →＋AB →)2＝AD →2＋AB →2＋2AD →·AB →，所以AC →2－BD →2＝4AD →·AB →，∴AD →·AB →＝AB →·BC →＝94.10．在△ABC 中，已知向量AB →＝(2,2)，|AC →|＝2，AB →·AC →＝－4，则△ABC 的面积为( ) A ．4 B ．5 C ．2D ．3解析：选C.∵AB →＝(2,2)，∴|AB →|＝22＋22＝2 2. ∵AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos A ＝22×2cos A ＝－4， ∴cos A ＝－22，∵0＜A ＜π，∴sin A ＝22， ∴S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|sin A ＝2.故选C.11．△ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1,2AO →＝AB →＋AC →且|OA →|＝|AB →|，则向量BA →在BC →方向上的投影为( )A.12B.32 C ．－12D ．－32解析：选A.由2AO →＝AB →＋AC →可知O 是BC 的中点，即BC 为△ABC 外接圆的直径，所以|OA →|＝|OB →|＝|OC →|，由题意知|OA →|＝|AB →|＝1，故△OAB 为等边三角形，所以∠ABC ＝60°.所以向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cos∠ABC ＝1×cos 60°＝12.故选A.12．如图，菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝60°，M 为DC 的中点，若N 为菱形内任意一点(含边界)，则AM →·AN →的最大值为( )A ．3B ．2 3C ．6D ．9解析：选D.由平面向量的数量积的几何意义知，AM →·AN →等于AM →与AN →在AM →方向上的投影之积，所以(AM →·AN →)max ＝AM →·AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →＋AD →·(AB →＋AD →)＝12AB 2→＋AD 2→＋32AB →·AD →＝9. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．已知复数z ＝3＋i －32，z 是z 的共轭复数，则z ·z ＝________.解析：∵z ＝3＋i －32＝3＋i－2－23i ＝3＋i －＋3＝3＋－3－＋3－3＝23－2i －8＝－34＋14i ，∴z ·z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34＋14i ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34－14i ＝316＋116＝14. 答案：1414．已知向量a ，b 满足|a |＝2，|b |＝1，且对一切实数x ，|a ＋x b |≥|a ＋b |恒成立，则a ，b 夹角的大小为________．解析：|a ＋x b |≥|a ＋b |恒成立⇒a 2＋2x a ·b ＋x 2b 2≥a 2＋2a·b ＋b 2恒成立⇒x 2＋2a ·b x －1－2a ·b ≥0恒成立，∴Δ＝4(a·b )2－4(－1－2a·b )≤0⇒(a·b ＋1)2≤0，∴a·b ＝－1，∴cos〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－12，又〈a ，b 〉∈[0，π]，故a 与b 的夹角的大小为2π3.答案：23π15．已知在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝6，BC ＝7，其外接圆的圆心为O ，则AO →·BC →＝________.解析：如图，取BC 的中点M ，连OM ，AM ，则AO →＝AM →＋MO →， ∴AO →·BC →＝(AM →＋MO →)·BC →.∵O 为△ABC 的外心，∴OM ⊥BC ，即OM →·BC →＝0，∴AO →·BC →＝AM →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝12(AC 2→－AB 2→)＝12(62－42)＝12×20＝10. 答案：1016．已知非零向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|a －b |，〈c －a ，c －b 〉＝2π3，则|c ||a |的最大值为________．解析：设OA →＝a ，OB →＝b ，则BA →＝a －b . ∵非零向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|a －b |， ∴△OAB 是等边三角形． 设OC →＝c ，则AC →＝c －a ，BC →＝c －b .∵〈c －a ，c －b 〉＝2π3，∴点C 在△ABC 的外接圆上，∴当OC 为△ABC 的外接圆的直径时，|c ||a |取得最大值，为1cos 30°＝233.答案：233。
高考数学二轮复习小题专项练习二平面向量复数与框图文
小题专项练习(二) 平面向量、复数与框图已知复数z ＝a 2＋i ＋2＋i5的实部与虚部的和为设复数z 满足z －i z＝3．[2018·广西陆川第二次质量检测试卷]下列程序框图中，输出的A现将该问题以程序框图给出，执行该程序框图，．[2018·江苏东台中学质量监测]已知向量a ，b ，c 满足的夹角的正切值为－13，|b |＝1，则＝a＋＋2＝a＋a＋2是纯虚数．1，故选C.＝4a2＋4a·b＋b2＋4cos120°＋1＝3＝a－＋－＋2a－a i5＋2＋i52a＋21－a第五次循环，A ＝116，i ＝6；第六次循环，A ＝119，i ＝7；第七次循环，A ＝122，i ＝8；第八次循环，A ＝125，i ＝9；第九次循环，A ＝128，i ＝10；第十次循环，A ＝131，i ＝11；输出131，故选C.10．A 由BP →＝2PC → 得 AP →－AB →＝2(AC →－AP →)，∴AP →＝13(AB →＋2AC →)＝13m AM →＋23n AN →，∵P ，M ，N 三点共线， ∴13m ＋23n＝1， ∴m ＋2n ＝(m ＋2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫13m ＋23n ＝13＋2m 3n ＋2n 3m ＋43≥53＋249＝3，当且仅当m ＝n 时，等号成立，∴m ＋2n 的最小值为3，故选A. 11．A 取BC 的中点D ， ∵AB →＋PB →＋PC →＝0， ∴AB →＝－(PB →＋PC →)＝－2PD →，∴AB ∥PD ，且|PD →|＝12|AB →|＝1，又∵|PC →|＝|PB →|＝2，D 为BC 的中点， ∴PD ⊥BC ， ∴BC ＝23，∴S △PBC ＝12×23×1＝3，故选A.12．D点D 是线段BC 上一点， 设BD →＝mBC →，∵M 为AD 的中点， ∴BM →＝12BA →＋12BD →＝－12AB →＋m 2BC →＝－12AB →＋m 2(AC →－AB →)。
2018高考数学理二轮复习课时规范练：第二部分 专题二
专题二 三角函数与平面向量 第1讲 三角函数的图象与性质一、选择题1．(2017·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的最大值为( )A.65 B ．1 C.35 D.15解析：cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，则f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，函数的最大值为65.答案：A2．若函数f (x )＝sin ax ＋3cos ax (a >0)的最小正周期为2，则函数f (x )的一个零点为( )A ．－π3B.23C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0 D ．(0，0)解析：f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ax ＋π3，因为T ＝2πa＝2，所以a ＝π. 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π3，所以当x ＝23时，f (x )＝0. 答案：B3．(2017·哈尔滨质检)把函数f (x )＝2sin(x ＋2φ)⎝⎛⎭⎪⎫|φ|＜π2的图象向左平移π2个单位长度之后，所得图象关于直线x ＝π4对称，且f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－φ，则φ＝( )(导学号54850103)A.π8 B.3π8 C ．－π8 D ．－3π8解析：把函数f (x )＝2sin(x ＋2φ)的图象向左平移π2个单位长度之后，得y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＋2φ＝2cos(x ＋2φ)＝g (x )的图象．根据所得图象关于直线x ＝π4对称，可得g (0)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2， 即2cos 2φ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2φ＝－2sin 2φ，即tan 2φ＝－1. 又f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－φ，故有2sin 2φ＜2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋φ＝2cos φ， 即sin φ＜12，结合选项，φ＝－π8.答案：C4．(2017·天津卷)设函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈R ，其中ω＞0，|φ|＜π.若f ⎝⎛⎭⎪⎫5π8＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π8＝0，且f (x )的最小正周期大于2π，则( )A ．ω＝23，φ＝π12B ．ω＝23，φ＝－11π12C ．ω＝13，φ＝－11π24D ．ω＝13，φ＝7π24解析：由题意⎩⎪⎨⎪⎧5ωπ8＋φ＝2k 1π＋π2，11ωπ8＋φ＝k 2π，其中k 1，k 2∈Z.所以ω＝43(k 2－2k 1)－23，又T ＝2πω＞2π， 所以0＜ω＜1，所以ω＝23.φ＝2k 1π＋112π，由|φ|＜π得φ＝π12.答案：A5．(2017·惠州调研)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示，若x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22等于( )A ．1 B.12 C.22 D.32解析：由题中图象可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝0，得到f (x )的一条对称轴为x ＝－π6＋π32＝π12， 所以x 1＋x 2＝2×π12＝π6，观察题中图象可知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝1. 答案：A 三、填空题6．(2016·江苏卷)定义在区间[0，3π]上的函数y ＝sin 2x 的图象与y ＝cos x 的图象的交点个数是________．解析：在区间[0，3π]上分别作出y ＝sin 2x 和y ＝cos x 的简图如下：由图象可得两图象有7个交点． 答案：77．(2017·石家庄质检)将函数y ＝sin x 的图象向左平移π2个单位后得到函数y ＝f (x )的图象，已知函数y ＝f (x )与y ＝sin(2x ＋φ)(0≤φ≤π)的图象有一个横坐标为π3的交点，则φ＝________．(导学号 54850104)解析：依题意，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝cos x . 又y ＝f (x )与y ＝sin(2x ＋φ)的图象有一个横坐标为π3的交点．所以cos π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋φ，且0≤φ≤π，则φ＝π6. 答案：π68．已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω>0)，x ∈R.若函数f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝ω对称，则ω的值为________．解析：f (x )＝sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4， 因为函数f (x )的图象关于直线x ＝ω对称，所以f (ω)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ω2＋π4＝±2，所以ω2＋π4＝π2＋k π，k ∈Z ，即ω2＝k π＋π4(k ∈Z)，又f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，所以ω2＋π4≤π2，取k ＝0，则ω＝π2.答案：π2三、解答题9．(2017·北京卷)已知函数f (x )＝3cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3－2sin x cos x . (1)求f (x )的最小正周期； (2)求证：当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，f (x )≥－12.(1)解：f (x )＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3－2sin x ·cos x ＝32cos 2x ＋32sin 2x －sin 2x ＝ 12sin 2x ＋32cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)证明：由(1)知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4，所以2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6.所以当2x ＋π3＝－π6，即x ＝－π4时，f (x )取得最小值－12.所以f (x )≥－12成立．10．(2016·山东卷)设f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2.(导学号54850105)(1)求f (x )的单调递增区间；(2)把y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移π3个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6的值． 解：(1)f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2＝23sin 2x －(1－2sin x cos x )＝3(1－cos 2x )＋sin 2x －1＝sin 2x －3cos 2x ＋3－1＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3－1， 令2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z)， 解得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z)．所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z)．(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3－1，经过变换后，g (x )＝2sin x ＋3－1， 所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin π6＋3－1＝ 3.11．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋3cos(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，0＜|φ|＜π2为奇函数，且函数y ＝f (x )的图象的两相邻对称轴之间的距离为π2. (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6的值； (2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位后，得到函数y ＝g (x )的图象，求函数g (x )的单调递增区间．解：(1)f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋3cos(ωx ＋φ)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12sin （ωx ＋φ）＋32cos （ωx ＋φ）＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋φ＋π3. 因为f (x )为奇函数，所以f (0)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫φ＋π3＝0， 又0＜|φ|＜π2，可得φ＝－π3， 所以f (x )＝2sin ωx ，由题意得2πω＝2·π2，所以ω＝2.所以f (x )＝2sin 2x .因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin π3＝ 3.(2)将f (x )的图象向右平移π6个单位后， 得f ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6的图象．所以g (x )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝ 2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3. 当2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z)， 即k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z)时，g (x )单调递增，因此g (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z)．。
2018届高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练：第一部分专题一集合常用逻辑用语平面向量复数1-1-3含答案
限时规范训练三算法、框图与推理限时45分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．请仔细观察1,1,2,3,5，( )，13，运用合情推理，可知写在括号里的数最可能是( ) A．8 B．9C．10 D．11解析：选A.观察题中所给各数可知，2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3,8＝3＋5,13＝5＋8，∴括号中的数为8.故选A.2．执行如图所示的程序框图，若输入的x的值为2，则输出的y的值为( )A．2 B．5C．11 D．23解析：选D.x＝2，y＝5，|2－5|＝3＜8；x＝5，y＝11，|5－11|＝6＜8；x＝11，y＝23，|11－23|＝12＞8.满足条件，输出的y的值为23，故选D.3．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)等于( ) A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)解析：选D.由所给等式知，偶函数的导数是奇函数．∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数，从而g(x)是奇函数．∴g(－x)＝－g(x)．4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为－4时，则输入的S0的值为( )A．7 B．8C．9 D．10解析：选D.根据程序框图知，当i＝4时，输出S.第1次循环得到S＝S0－2，i＝2；第2次循环得到S＝S0－2－4，i＝3；第3次循环得到S＝S0－2－4－8，i＝4.由题意知S0－2－4－8＝－4，所以S0＝10，故选D.5．(2017·高考山东卷)执行如图所示的程序框图，当输入的x的值为4时，输出的y的值为2，则空白判断框中的条件可能为( )A．x＞3 B．x＞4C．x≤4D．x≤5解析：选B.输入x＝4，若满足条件，则y＝4＋2＝6，不符合题意；若不满足条件，则y＝log24＝2，符合题意，结合选项可知应填x＞4.故选B.6．如图所示的程序框图的运行结果为( )A ．－1B ．12C ．1D ．2解析：选A.a ＝2，i ＝1，i ≥2 019不成立；a ＝1－12＝12，i ＝1＋1＝2，i ≥2 019不成立； a ＝1－112＝－1，i ＝2＋1＝3，i ≥2 019不成立；a ＝1－(－1)＝2，i ＝3＋1＝4，i ≥2 019不成立；…，由此可知a 是以3为周期出现的，结束时，i ＝2 019＝3×673，此时a ＝－1，故选A. 7．设△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c.类比这个结论可知：四面体S ABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球半径为R ，四面体S ABC 的体积为V ，则R 等于( )A.VS 1＋S 2＋S 3＋S 4B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4C.3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：选C.把四面体的内切球的球心与四个顶点连起来分成四个小三棱锥，其高都是R ，四个小三棱锥的体积和等于四面体的体积，因此V ＝13S 1R ＋13S 2R ＋13S 3R ＋13S 4R ，解得R ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4.8．按照如图所示的程序框图执行，若输出的结果为15，则M 处的条件为( )A ．k ≥16B ．k ＜8C ．k ＜16D ．k ≥8解析：选A.根据框图的循环结构依次可得S ＝0＋1＝1，k ＝2×1＝2；S ＝1＋2＝3，k ＝2×2＝4；S ＝3＋4＝7，k ＝2×4＝8；S ＝7＋8＝15，k ＝2×8＝16，根据题意此时跳出循环，输出S ＝15.所以M 处的条件应为k ≥16.故A 正确．9．如图所示的程序框图中，输出S ＝( )A ．45B ．－55C ．－66D ．66解析：选B.由程序框图知，第一次运行T ＝(－1)2·12＝1，S ＝0＋1＝1，n ＝1＋1＝2；第二次运行T ＝(－1)3·22＝－4，S ＝1－4＝－3，n ＝2＋1＝3；第三次运行T ＝(－1)4·32＝9，S ＝－3＋9＝6，n ＝3＋1＝4…直到n ＝9＋1＝10时，满足条件n ＞9，运行终止，此时T ＝(－1)10·92，S ＝1－4＋9－16＋…＋92－102＝1＋(2＋3)＋(4＋5)＋(6＋7)＋(8＋9)－100＝1＋92×9－100＝－55.故选B.10．在整数集Z 中，被5除所得余数为k 的所有整数组成一个“类”，记为[k ]，即[k ]＝{5n ＋k |n ∈Z }，k ＝0,1,2,3,4.给出如下四个结论：①2 018∈[3]； ②－2∈[2]；③Z ＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④整数a ，b 属于同一“类”的充要条件是“a －b ∈[0]”． 其中正确结论的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C.因为2 018＝403×5＋3，所以2 018∈[3]，①正确；－2＝－1×5＋3，－2∈[3]，所以②不正确；因为整数集中被5除的数可以且只可以分成五类，所以③正确；整数a ，b 属于同一“类”，因为整数a ，b 被5除的余数相同，从而a －b 被5除的余数为0，反之也成立，故整数a ，b 属于同一“类”的充要条件是“a －b ∈[0]”，故④正确．所以正确的结论有3个，故选C.11．执行如图所示的程序框图，如果输入x ，t 的值均为2，最后输出S 的值为n ，在区间[0,10]上随机选取一个数D ，则D ≤n 的概率为( )A.25B.12C.35D.710解析：选D.这是一个循环结构，循环的结果依次为M ＝2，S ＝2＋3＝5，k ＝1＋1＝2；M ＝2，S ＝2＋5＝7，k ＝2＋1＝3.最后输出7，所以在区间[0,10]上随机选取一个数D ，则D ≤n 的概率P＝710，故选D. 12．定义方程f (x )＝f ′(x )的实数根x 0叫做函数f (x )的“新驻点”，若函数g (x )＝x ，h (x )＝ln(x ＋1)，φ(x )＝x 3－1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为( )A ．α＞β＞γB ．β＞α＞γC ．γ＞α＞βD ．β＞γ＞α解析：选C.g (x )＝g ′(x )，即x ＝1，所以α＝1；h (x )＝h ′(x )，即ln(x ＋1)＝1x ＋1，0＜x＜1，所以β∈(0,1)；φ(x)＝φ′(x)，即x3－1＝3x2，即x3－3x2＝1，x2(x－3)＝1，x＞3，所以γ＞3.所以γ＞α＞β.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．执行如图所示的程序框图，若输出的结果是8，则输入的数是________．解析：令a≥b得，x2≥x3，解得x≤1.所以当x≤1时，输出a＝x2，当x＞1时，输出b＝x3.当x≤1时，由题意得a＝x2＝8，解得x＝－8＝－2 2.当x＞1时，由题意得b＝x3＝8，得x＝2，所以输入的数为2或－2 2.14．刘老师带甲、乙、丙、丁四名学生去西安参加自主招生考试，考试结束后刘老师向四名学生了解考试情况．四名学生回答如下：甲说：“我们四人都没考好．”乙说：“我们四人中有人考得好．”丙说：“乙和丁至少有一人没考好．”丁说：“我没考好．”结果，四名学生中有两人说对了，则这四名学生中的________两人说对了．解析：甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果选丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，可得丙正确，此时乙正确．故答案为乙，丙．答案：乙，丙15．已知实数x∈[2,30]，执行如图所示的程序框图，则输出的x不小于103的概率是________．解析：实数x ∈[2,30]，经过第一次循环得到x ＝2x ＋1，n ＝2；经过第二次循环得到x ＝2(2x ＋1)＋1，n ＝3；经过第三次循环得到x ＝2[2(2x ＋1)＋1]＋1，n ＝4，此时输出x ，输出的值为8x ＋7.令8x ＋7≥103，解得x ≥12.由几何概型的概率公式，得到输出的x 不小于103的概率为30－1230－2＝914. 16．集合{1,2,3，…，n }(n ≥3)中，每两个相异数作乘积，将所有这些乘积的和记为T n ，如：T 3＝1×2＋1×3＋2×3＝12×[62－(12＋22＋32)]＝11；T 4＝1×2＋1×3＋1×4＋2×3＋2×4＋3×4＝12×[102－(12＋22＋32＋42)]＝35； T 5＝1×2＋1×3＋1×4＋1×5＋…＋3×5＋4×5＝12×[152－(12＋22＋32＋42＋52)]＝85.则T 7＝________.(写出计算结果)解析：由T 3，T 4，T 5归纳得出T n ＝12[(1＋2＋…＋n )2－(12＋22＋…＋n 2)]，则T 7＝12×[282－(12＋22＋…＋72)]．又∵12＋22＋…＋72＝16×7×8×15＝140，∴T 7＝12×(784－140)＝322.答案：322。
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限时规范训练二 平面向量、复数运算
限时45分钟，实际用时
分值80分，实际得分
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)
1．设i 是虚数单位，如果复数a ＋i
2－i
的实部与虚部相等，那么实数a 的值为( )
A.13 B ．－13
C ．3
D ．－3
解析：选C.a ＋i 2－i ＝2a －1＋ a ＋2 i
5
，由题意知2a －1＝a ＋2，解之得a ＝3.
2．若复数z 满足(1＋2i)z ＝(1－i)，则|z |＝( ) A.2
5 B.35 C.
105
D.10
解析：选C.z ＝1－i 1＋2i ＝－1－3i 5⇒|z |＝10
5
.
3．已知复数z ＝1＋i(i 是虚数单位)，则2z
－z 2
的共轭复数是( )
A ．－1＋3i
B ．1＋3i
C ．1－3i
D ．－1－3i
解析：选B.2z －z 2＝21＋i －(1＋i)2
＝2 1－i 1＋i 1－i －2i ＝1－i －2i ＝1－3i ，其共轭复数
是1＋3i ，故选B.
4．若z ＝(a －2)＋a i 为纯虚数，其中a ∈R ，则a ＋i 7
1＋a i
＝( )
A ．i
B ．1
C ．－i
D ．－1
解析：选C.∵z 为纯虚数，∴a ＝2，
∴a ＋i 71＋a i ＝2－i 1＋2i ＝ 2－i 1－2i 1＋2i 1－2i ＝－3i 3
＝－i. 5．已知复数z ＝11－i ，则z －|z |对应的点所在的象限为( )
A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
解析：选B.∵复数z ＝11－i ＝1＋i 1－i 1＋i ＝12＋1
2
i ，
∴z －|z |＝12＋1
2i －
⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝1－22＋12i ，对应的点⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22
，12所在的象限为第二象限．故选B.
6．若复数z 满足z (1－i)＝|1－i|＋i ，则z 的实部为( ) A.
2－1
2
B.2－1
C ．1
D.
2＋1
2
解析：选A.由z (1－i)＝|1－i|＋i ，得z ＝
2＋i 1－i ＝ 2＋i 1＋i 1－i 1＋i ＝2－12＋2＋1
2
i ，z 的实部为
2－1
2
，故选A. 7．已知△ABC 和点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0.若存在实数m ，使得AB →＋AC →＝mAM →
成立，则m ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4
D ．5
解析：选B.由MA →＋MB →＋MC →＝0知，点M 为△ABC 的重心，设点D 为边BC 的中点，则AM →＝23AD →＝
23×12(AB →＋AC →)＝13
(AB →＋AC →
)，所以AB →＋AC →＝3AM →，故m ＝3，故选B. 8．已知向量a ＝(3，－2)，b ＝(x ，y －1)且a ∥b ，若x ，y 均为正数，则3x ＋2
y
的最小值是( )
A ．24
B ．8 C.83
D.53
解析：选B.∵a ∥b ，∴－2x －3(y －1)＝0，即2x ＋3y ＝3， ∴3x ＋2y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋2y ×13(2x ＋3y )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋9y x ＋4x y ＋6≥13⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
12＋2
9y x
·4x y ＝8，当且仅当2x ＝3y
＝3
2
时，等号成立． ∴3x ＋2
y
的最小值是8.故选B.
9．在平行四边形ABCD 中，AC ＝5，BD ＝4，则AB →·BC →
＝( ) A.414
B ．－414
C.94
D ．－94
解析：选C.因为BD →2＝(AD →－AB →)2＝AD →2＋AB →2－2AD →·AB →，AC →2＝(AD →＋AB →)2＝AD →2＋AB →2
＋2AD →·AB →，所以AC →2－BD →2
＝4AD →·AB →，∴AD →·AB →＝AB →·BC →＝94
.
10．在△ABC 中，已知向量AB →＝(2,2)，|AC →|＝2，AB →·AC →
＝－4，则△ABC 的面积为( ) A ．4 B ．5 C ．2
D ．3
解析：选C.∵AB →＝(2,2)，∴|AB →
|＝22＋22
＝2 2. ∵AB →·AC →＝|AB →|·|AC →
|cos A ＝22×2cos A ＝－4， ∴cos A ＝－
22，∵0＜A ＜π，∴sin A ＝22
， ∴S △ABC ＝12
|AB →
|·|AC →|sin A ＝2.故选C.
11．△ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1,2AO →＝AB →＋AC →且|OA →|＝|AB →|，则向量BA →在BC →
方向上的投影为( )
A.12
B.32 C ．－12
D ．－
32
解析：选A.由2AO →＝AB →＋AC →可知O 是BC 的中点，即BC 为△ABC 外接圆的直径，所以|OA →
|＝|OB →|＝|OC →|，由题意知|OA →|＝|AB →|＝1，故△OAB 为等边三角形，所以∠ABC ＝60°.所以向量BA →在BC →
方向上的投影为|BA →|cos∠ABC ＝1×cos 60°＝1
2
.故选A.
12．如图，菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝60°，M 为DC 的中点，若N 为菱形内任意一点(含边界)，则AM →·AN →
的最大值为( )
A ．3
B ．2 3
C ．6
D ．9
解析：选D.由平面向量的数量积的几何意义知，
AM →·AN →等于AM →与AN →在AM →方向上的投影之积，所以(AM →·AN →)max ＝AM →·AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →＋AD →·(AB →＋AD →)
＝12AB 2→＋AD 2→＋32
AB →·AD →
＝9. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知复数z ＝3＋i 1－3i 2
，z 是z 的共轭复数，则z ·z ＝________. 解析：∵z ＝3＋i 1－3i 2
＝3＋i －2－23i ＝3＋i
－2 1＋3i ＝
3＋i 1－3i
－2 1＋3i 1－3i
＝23－2i －8
＝－
34＋14i ，∴z ·z ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－34＋14i ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34－14i ＝316＋116＝14. 答案：14
14．已知向量a ，b 满足|a |＝2，|b |＝1，且对一切实数x ，|a ＋x b |≥|a ＋b |恒成立，则a ，
b 夹角的大小为________．
解析：|a ＋x b |≥|a ＋b |恒成立⇒a 2
＋2x a ·b ＋x 2b 2
≥a 2
＋2a·b ＋b 2
恒成立⇒x 2
＋2a ·b x －1－2a ·b ≥0恒成立，∴Δ＝4(a·b )2
－4(－1－2a·b )≤0⇒(a·b ＋1)2
≤0，∴a·b ＝－1，∴cos
〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－12，又〈a ，b 〉∈[0，π]，故a 与b 的夹角的大小为2π
3
.
答案：23
π
15．已知在△ABC 中，AB ＝4，AC ＝6，BC ＝7，其外接圆的圆心为O ，则AO →·BC →
＝________.
解析：如图，取BC 的中点M ，连OM ，AM ，则AO →＝AM →＋MO →
， ∴AO →·BC →＝(AM →＋MO →)·BC →.
∵O 为△ABC 的外心，∴OM ⊥BC ，即OM →·BC →＝0，∴AO →·BC →＝AM →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(AC →－AB →
)
＝12(AC 2→－AB 2→)＝12(62－42
)＝12
×20＝10.
答案：10
16．已知非零向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|a －b |，〈c －a ，c －b 〉＝2π3，则|c |
|a |的最大值
为________．
解析：设OA →＝a ，OB →＝b ，则BA →
＝a －b . ∵非零向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|a －b |， ∴△OAB 是等边三角形． 设OC →
＝c ，
则AC →＝c －a ，BC →＝c －b .∵〈c －a ，c －b 〉＝2π3，
∴点C 在△ABC 的外接圆上，
∴当OC 为△ABC 的外接圆的直径时，|c ||a |取得最大值，为1cos 30°＝23
3.
答案：23
3。