2020版新高考数学二轮复习练习：第一部分第3讲复数与平面向量 Word版含解析

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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 →)。

2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档第一部分考点三复数

复数考点三一、选择题在复平2i，则复数z)已知i是虚数单位，复数i·z＝1－(2019·1．湖南衡阳三模)(面内对应的点位于．第二象限BA．第一象限．第四象限DC．第三象限C答案1－2i，i·解析∵复数z＝，－i，∴－i·i·z＝－i(1－2i)z＝－2C. 位于第三象限．故选，－1)则复数z在复平面内对应的点(－2i2＋) ＝5月三模)设复数z 满足i，则|z|＝((2019·2．山东潍坊z5 ．A．1 B5 3 ．D．CB答案i2＋i2＋2i2，故选＝5，∴＋＝解析∵＝i，∴z＝＋1＝1＝1－2i|z|4＝1＋2 iiziB.1z＋) 则下列说法正确的是)3．(2019·安徽芜湖5月模拟设复数z满足＝i，(z1i 的虚部为－．为纯虚数z BzA．2211－D．z－C．z＝i ||＝222D答案11121－＋z＝－，的虚部为－z，||，i－＝－z，z1z解析∵＋＝i∴∴z＝复数222221D.，故选i2，z1＝i|z|满足设复数)全国卷Ⅰ．4(2019·z－，)y，(在复平面内对应的点为x)(则．22221 1)＝＋y1 B．(A．(x＋1)x＋y－＝22221y＋1)＝D．x．x＋(y－1)1 ＝＋(CC答案i. y＝解析由已知条件，可得zx＋－i|＝1，y－∵|zi|＝1，∴|x＋i22C. ＝1.∴x 故选＋(y－1)2i|＋|1) 5．复数z)的共轭复数是＝((i为虚数单位i1＋i3－i＋3 ．A．B225555iD－．C．＋i 2222C答案?i15?－|1＋2i|55555－故＋，∴z＝i.＝由题意，得解析z＝＝＝i－22222i＋11＋iC.选a＋i(a∈zi6．已知为虚数单位，若复数＝R)的实部与虚部互为相反数，1－2i)则a＝(B5 ．－A．－151D．－C．－33D答案a?1＋2i?2a＋5aaa解析z＝＋i＝＋i＝＋i，∵复数z＝＋i(a∈R)552i?1－2i??1＋1－2i?2i1－的实部与虚部互为相反数，2a＋55a∴－＝，解得a＝－.故选D.3557．若复数z，z在复平面内的对应点关于虚轴对称，且z＝2＋i，i为虚数单112位，则zz＝()21A．－5 B．5i－4．－Di＋4．－C．答案A解析因为z＝2＋i在复平面内的对应点(2,1)关于虚轴(y轴)的对称点为(－12－4＝－5.z＝i故选A.2,1)，因此z＝－2＋i，z2212(a∈R)在复平面内对应的点在虚轴上，则|za＋i)|＝() 8．若复数z＝(A．1 B．3D．2 ．4CC答案222，在复平面内对应的点在虚轴上，知a0－1z＝(a＋i)＝a＝－1＋2ai由解析C.，故|z|＝2，故选即a＝±1，所以z＝±2i 二、填空题表示．若i为虚数单位，图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点Z9z ________，则复数z．的共轭复数是复数2i－1答案－i2＋ii－2i2＋z解析复＝i，其共轭复数为－i.2i－2i2i1－11－2019i－110．(2019·湖北部分重点中学联考)＝________.i－1答案i201932?＋i＋i－i?1－i1112i解析＝＝＝＝＝i.2?＋ii?1－1－??i1－i1－1i ix＝cosx＋isinx(i11．欧拉公式：e为虚数单位)，由瑞士数学家欧拉发明，它建πi22立了三角函数与指数函数的关系，根据欧拉公式，(e)＝________.答案－1πiππ2??i2x22isin＋cos??＝－)(ex＋cose解析由＝xisin得＝i1.＝22??．a＝－1＋bi，其中a，b12．已知是实数，则复数a－bi在复平面内对应的i －1点位于第________象限．答案二a＝－1＋bi，得a＝(－1＋bi)(1－i)解析由＝(b－1)＋(b＋1)i，∴i1－，＝0b＋1??在复平面内对应的点的坐＋ii＝－2b＝－1，∴复数a－b即a＝－2，，－1a＝b? 2,1)，位于第二象限．标为(－三、解答题，试4i，－2＋，C分别表示0,3＋2i13．如图，平行四边形OABC，顶点O，A 求：Array→→表示的复数；BC(1)AO表示的复数，→表示的复数．(2)对角线CA→→，解＝－OA(1)∵AO→表示的复数为－3－2i，∴AO→→→表示的复数为－3－2i. ，∴BC∵＝AOBC→→→，(2)－OC∵＝OACA→表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i. ∴CA51214．已知z＝cosα＋isinα，z＝cosβ－isinβ，且z－z＝＋i，求cos(α＋β)21121313的值．解∵z＝cosα＋isinα，z＝cosβ－isinβ，21512∴z－z＝(cosα－cosβ)＋i(sin α＋sinβ)＝＋i.211313．5?①，α－cosβ＝cos?13?∴12??②β＝.sinα＋sin1322，得2－2cos(α＋β由①)＋②＝1.1∴cos(α＋β)＝.2一、选择题1．(2019·安徽合肥第三次教学质量检测)已知i是虚数单位，复数z满足z＋z·i ＝3＋i，则复数z的共轭复数为()A．1＋2i B．1－2ii－2＋i 2．DC．C答案2i41333＋i＋i?＋i??－i?－zi.2＝＝＝＝z3·i＝＋i可化为＝－∴z，∵z解析z＋2?i－1??i＋1?i＋1i＋1－C.i2的共轭复数为z＝＋，故选，若向量，的坐标分别为Z已知点四川双流中学一模．2(2019·)Z，(1,0)(0,1)21→)对应的点位于，则复数zz(对应复数ZZ21B．第二象限A．第一象限．第四象限D C．第三象限B答案→z因为点解析Z＝Z，所以(0,1)，的坐标分别为Z，(1,0)Z(1,1)，即复数－2112B.对应点位于第二象限，故选在复平面)(2019·．3山东栖霞高考模拟已知复数为虚数单位－＋a(z＝i)(1i)(i))上，则实数x2y内对应的点在直线＝a(的值为1 AB．0 ．－1 D．－1 ．C3D答案．解析因为z＝(a＋i)(1－i)＝a＋1＋(1－a)i，对应的点为(a＋1,1－a)，因为点1在直线y＝2x上，所以1－a＝2(a＋1)，解得a＝－.故选D.3z34－z是其共轭复数，若＝a＋i，＋4．(2019·河南十所名校测试七)设复数z ＝55－zi，则实数a＝()A．4 B．3D．C．2 1C答案34a43a4z3??－－??a＋＋＝＋，则i＋＝ai，∴解析∵z＝a＋iiz＝a－i，又，∴555555??－z2.＝在a＋(1＋i)(i)a为实数为虚数单位，z(2019·5．北京昌平二模)已知复数＝－1)(复平面内对应的点位于第二象限，则复数z的虚部可以是11i ．Bi A．－2211 ．C．－D22D答案，－1<0a??，故选0<a<1i＋(i)(1＝－因为解析z1＋a＋＝a－1)a，所以即，>0a?D.6．设有下面四个命题：1 ∈z R；，则∈满足p：若复数z R1z2R z R z∈，则∈；满足：若复数pz2－，z：若复数pz；＝，则∈zz满足R zz2212311－. z R z：若复数p∈，则∈R4) (其中的真命题为，p，ppA．p．B4131．p．CD ，，ppp4232．B答案对．R)i(a，b∈b，∈R)，z＝a＋b设z＝a＋bi(a，b∈R)，z＝a＋bi(a解析2121122112iba－11为真命p R，所以bi＝a∈，则b＝0?z＝a＋于p，若∈R，即＝∈R2211zbb＋ia＋a2222时，0b≠a＝0，∈R，则ab＝，即(a＋bi)0.＝aab＋2i－b当题．对于p，若z∈R2＝bi)bi)(a＋zz∈R，即(a＋R z＝a＋bi＝bi，所以p为假命题．对于p，若∈/21132221－i－bi＝＝az，即a＋b＝＋ab)i∈R，则ab＋ab0.而za(a－bb)＋(ab221112112211221221为假命题．对，所以pb＝－b/ a＝a，＝－，bb.因为ab＋ab＝0??a＝a3112222111212－为真命题，故p∈R，所以a－bi＝bi∈R，则b＝0?az＝于p，若z∈R，即a＋44选B. ．下面四个命题中，7 ；a，bb∈R)的实部、虚部分别是①复数z＝a＋bi(a，对应的点构成一条直线；，则z＝|z －2i|z②复数满足|z＋1|2222 z|z|a|；＝a＝，可类比得到复数z的性质a③由向量的性质|202021. i＋i＝＋…＋④i为虚数单位，则1＋i) (正确命题的个数是B．0 1 A．3．2 ．DCD答案a)的实部为a，虚部为b，故正确；②设z＝解析①复数z＝a＋bi(a，b∈R，i(aa＋bb2i|计算得2a＋4－3＝0，故正确；③设z＝z)＋bi(a，b∈R，由|z＋1|＝|－2020222＝＋不成立，故错误；④1i＋i1＋…＋z R b∈)，当b≠0时，||i＝z，故正确．zP与M．已知复平面内，定点与复数m＝1＋2i(i为虚数单位)对应，动点8)m|＝2的点P的轨迹方程为(y＝x＋i对应，那么满足|z－22224 ＝2)＋(＋(y－2)y ＝2 －1)x．B(－xA．(－1)22224 ＋C．(x1)(＋y＋2)＝2 ＝2)＋y(＋1)＋x(．DB答案，|．－，－(mz由题意，解析知在复平面内，－对应的点为x1y2)则由z＝2|－m2222B.，故选4＝2)－y(＋1)－x(，即2＝?2－y?＋?1－x?得．二、填空题－－其中i)4(z(2019·广东韶关4月模拟)已知＝z是z的共轭复数，且满足(1＋9．________.＝|z|)i是虚数单位，则22答案?－i4?14－－－222＝2i，∴|z|＝|2z|＋解析由(1＋i)zz＝4，得，＝＝＝2－?1－i1＋??i?1＋i2.2＝的虚Im(z)表示复数z．(2019·天津北辰模拟)用Re(z)表示复数z的实部，用10－－)z)＋，其中Im(z是复数z的共轭复数，则Re(z部，若已知复数z满足z(1－i)＝7＋3i________.＝3－答案10i＋?43i＋?7＋3i??1＋i7－，则5i2－＝＝2＋5i，∴z＝解析由题意得，z＝＝2?ii?1－i??11－＋3.5＝－＋Im(z)＝2－Re(z)2＝bc＋bx＋c＝0－11．若2i是关于x的实系数方程x的一个复数根，则________.20－答案2－3＋2b＋c－i)＋b(2－i)＋c＝0，即2解析把复数根－i代入方程中，得(2，b＝－43＋2b＋c＝0，????20. bc(4＋b)i＝0，所以解得＝－故，5＋4b＝0，c＝??|z|z|＋|21zz@z＝(等式右边为普通运算)．若复数12．定义复数的一种新运算212－．z的最小值为＋y满足xy＝________22，则z@，i＋＝xyi，为虚数单位，且实数x2答案－|＋|z|z||2|z－22. ＋x＝yz＝解析@zz＝＝||22－2，4＋?2－x? z，所以＝＋由于xy22z@＝2－2. z2＝x故时，z@取最小值三、解答题．－10|. ＋3|13．设虚数z满足|2z＋15|z＝的值；z|(1)计算|az 若不存在，说明理由．(2)是否存在实数a，使＋∈R？若存在，求出a的值；za－R且b≠0)，则，z＝a－bia解(1)设z＝a＋bi(，b∈－∵|2z＋15|10|＝3|，z＋i|＋2bi|，＝3|(a ＋10)－b∴|(2a＋15)2222＋＝b3?a＋10?，∴?2a＋15?2＋?b?22223. b5＝75，∴|z|＝a∴a＝＋b＋az. a，使＋∈R(2)假设存在实数za d≠0)，，c＋di(cd∈R且设z＝?c－dic＋dia?dcaza ＋＋i＋则有＝＋＝22azaaadc＋d＋icdadacc??－??R＝＋＋，i∈2222ad＋cadc＋??add ，－∴＝022adc ＋22±c，＋a∵d≠0，∴＝d2253.＝±53由(1)知c ，∴＋da＝2＋mx＋n＝0，mz＋1为关于x的方程x，n14．(2019·辽宁省鞍山一中一模)设∈R的虚根，i为虚数单位．(1)当z＝－1＋i时，求m，n的值；(2)若n＝1，在复平面上，设复数z所对应的点为P，复数2＋4i所对应的点为Q，试求|PQ|的取值范围．解(1)因为z＝－1＋i，所以z＋1＝i，，＝0m?2?＝0，易得i则＋mi＋n1.n＝?(2)设z＝a＋bi(a，b∈R)，2，0＝1＋i)b＋1＋a(m＋i)b＋1＋a(则．22①0，1a＋1?＋＝＋?a＋1?－bm???于是②，b?＋mb＝02?a＋1?22，其＝＋b1＋2(a1)，代入①得，(a＋1)m因为b不恒为零，所以由②得＝－4i＋P是圆上任意一点．又复数2－几何意义是以(1,0)为圆心，1为半径的圆，即22＋1＝6，4|PQ|的最小值为4.?＋?PQ，所以对应的点为Q||的最大值为21＋所以|PQ|的取值范围是[4,6]．。

2020版高考数学二轮复习教程第二编专题二三角函数、解三角形与平面向量第3讲平面向量练习理

第3讲平面向量「考情研析」1。

考查平面向量的基本定理及基本运算，多以熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题,难度为中低档． 2.考查平面向量的数量积,以选择题、填空题为主，难度为低档;向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、解析几何结合，以解答题形式出现.核心知识回顾1.平面向量的数量积（1)若a，b为非零向量,夹角为θ，则a·b＝□，01|a｜｜b｜·cosθ.(2)设a＝（x1，y1)，b＝（x2，y2），则a·b＝错误!x1x2＋y1y2.2．两个非零向量平行、垂直的充要条件若a＝(x1，y1），b＝（x2,y2),则（1)a∥b⇔错误!a＝λb（b≠0）⇔错误!x1y2－x2y1＝0。

(2)a⊥b⇔错误!a·b＝0⇔错误!x1x2＋y1y2＝0.3．利用数量积求长度(1）若a＝（x,y),则｜a|＝错误!错误!＝错误!错误!。

(2)若A(x1,y1)，B(x2,y2)，则｜错误!｜＝错误!错误!。

4．利用数量积求夹角若a＝(x1，y1），b＝(x2,y2)，θ为a与b的夹角，则cosθ＝错误!错误!＝错误!错误!。

5．三角形“四心"向量形式的充要条件设O为△ABC所在平面上一点，角A，B，C所对的边分别为a，b,c，则(1）O为△ABC的外心⇔错误!｜错误!｜＝｜错误!｜＝｜错误!｜＝错误!.(2)O为△ABC的重心⇔错误!错误!＋错误!＋错误!＝0.（3)O为△ABC的垂心⇔□03错误!·错误!＝错误!·错误!＝错误!·错误!。

（4）O为△ABC的内心⇔错误!a错误!＋b错误!＋c错误!＝0。

热点考向探究考向1 平面向量的概念及运算例1 （1）已知向量a＝(1,2)，b＝（－2,3），若m a－n b与2a ＋b共线（其中m,n∈R且n≠0)，则错误!＝( )A．－2 B．2C．－错误! D.错误!答案A解析因为m a－n b＝（m＋2n,2m－3n），2a＋b＝（0,7），m a －n b与2a＋b共线，所以m＋2n＝0，即错误!＝－2.故选A。

2020版高考数学二轮复习1.3平面向量与复数课件文

∴�� ·��=3×2×12=3,
2 3
��
+
1 3
��
·(λ�� − ��)=-4,
即2��
3
�� 2
−
1 3
�� 2
+
�� 3
=
��
+
��
=
��
+
2 3
��
=��
+
2 3
(��
−
��)=13
��
+
2 3
��.
则 μ=13,λ=23,故 λ+μ=23 + 13=1.
例3(1)(2019全国Ⅰ,文8)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥
b,则a与b的夹角为( B )
A.π6
B.π3
C.23π
D.56π
= (2)(-2100219全国. Ⅲ,文13)已知向量a=(2,2),b=(-8,6),则cos<a,b>
解析 (1)因为(a-b)⊥b,所以(a-b)·b=a·b-b2=0,所以 a·b=b2.
��=μ��+λ��,则 λ+μ=( B )
A.23
B.1
C.-1

2020新课标高考数学(文)二轮总复习课件：1-7-3 平面向量+Word版含解析

→→ →→ →→ 8．G 为△ABC 重心⇔GA·GB＝GB·GC＝GC·GA.
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新课标高考第二轮总复习•文科数学
考点一向量的加、减法
[例 1] 已知点 A(0,1)，B(3,2)，向量A→C＝(－4，－3)，则向量B→C＝( )
A．(－7，－4)
B.(7,4)
C．(－1,4)
专题七高效解答客观题第三讲平面向量
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新课标高考第二轮总复习•文科数学
1．向量共线的充要条件：O 为平面上一点，则 A，B，P 三点共线的充要条件是O→P →→
＝λ1OA＋λ2OB(其中 λ1＋λ2＝1)． 2．如果直线 l 的斜率为 k，则 a＝(1，k)是直线 l 的一个方向向量． 3．向量的投影：|b|cos〈a，b〉叫做 b 在向量 a 方向上的投影．即|b|cos θ＝a|a·b| . 4．若 a 与 b 不共线，且 λa＋μb＝0，则 λ＝μ＝_0__.
π
π
A.6
B.3
C.23π
D.56π
答案：B
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新课标高考第二轮总复习•文科数学
解析：∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝a·b－b2＝
|a||b|cos<a，b>－b2＝0，
∴cos<a，b>＝|a|b|||b2 |＝2|b|b|2|2＝12，∵<a，b>∈[0，π]，
∴<a，b>＝π3.
C.－3
D.－1
答案：D 解析：本题考查向量的坐标运算．依题意得 b＝2a－a－12b＝(－4,2)，2a＋b＝(－
2,6)，(2a＋b)∥c，则 6x＝－2×3＝－6，x＝－1.

安徽省2020年高考数学第二轮复习专题升级训练2平面向量、复数、框图及合情推理理

专题升级训练2 平面向量、复数、框图及合情推理 ( 时间：一、选择题 ( 本大题共 6 小题，每题 1．(2020 ·安徽合肥六中最后一卷，理则实数 a 的值是 ( ) ．60 分钟满分： 100 分 )6 分，共 36 分)1) 设 i 为虚数单位，复数z ＝ ( a ＋ i)(3 －4i)∈R ，4433 A. 3B ．－ 3C ．－ 4D. 42．阅读下边的程序框图，若输出s 的值为－7，则判断框内可填写 ()．A ．i <3?B ． i <4?C ．i <5?3．阅读下列图所示的程序框图，运转相应的程序，输出的D ．i <6?s 值等于 ( )．A ．－ 3B ．－ 10C ．0D ．8 4．已知向量 a ＝ (1 ，2) ，a ·b ＝ 5， |a －b| ＝ 2 5，则 |b| ＝ ( )．A. 5B ．2 5C ．5D ．255．如下图的三角形数阵叫“莱布尼兹调解三角形”，它们是由整数的倒数构成的，第1 1 1 1n 行有 n 个数且两头的数均为 n ( n ≥2) ，其他每个数是它下一行左右相邻两数的和，如1＝ 2＋ 2，1 1 1 1 1 1 2＝ 3＋ 6，3＝ 4＋ 12，，则第 7 行第 4 个数 ( 从左往右数 ) 为( ) ．1 1 1 1A.B.C.D.14010560426．已知两点 A (1， 0)，B (1 ， 3) ， O 为坐标原点，点C 在第二象限，且∠ AOC ＝ 5π6，uuur uuur uuurOC 2OA OB (λ∈R)，则λ＝( ) ．1 1A．－2 B. 2 C．－ 1 D．1二、填空题 ( 本大题共 3 小题，每题 6 分，共 18分)7．两点平分单位圆时，相关系为sin α＋si n(π＋α)＝0；三点平分单位圆时，相关2π4π系为 sin α＋ sin α＋＋ sin α＋＝ 0. 由此能够推知：四点平分单位圆时的相应正3 3确关系为 ______.8．已知向量 a，b 知足 |b| ＝2，a＝ (6 ，－ 8) ，a 在 b 方向上的投影是－ 5，则 a 与 b 的夹角为 _________________.9．(2020 ·安徽江南十校联考，文14) 如图搁置的正方形ABCD，AB＝1. A，D分别在 x 轴、uuur uuury 轴的正半轴(含原点)上滑动，则OC OB的最大值是___________.三、解答题 ( 本大题共 3 小题，共 46 分．解答应写出必需的文字说明、证明过程或演算步骤 )1 1 1 110． ( 本小题满分15 分 ) 已知函数x3 x 3 x3 x 3f x ,g x .5 5(1)证明 f ( x)是奇函数；(2) 分别计算 f (4)－5f (2) g(2)，f (9)－5f (3) g(3)的值，由此归纳出波及函数 f ( x)和对全部不等于0 的实数x都建立的一个等式，并证明．11． ( 本小题满分15 分 ) 已知向量a＝ (cosθ，sinθ)，θ∈[0，π]，向量b＝ ( g( x) 3，－1) ．(1)若 a⊥b，求θ的值；(2)若 |2a －b|< m恒建立，务实数m的取值范围．12． ( 本小题满分16 分 ) 已知向量 a＝ (cosθ，sinθ)和b＝(2－ sinθ，cosθ )，11π17πθ∈12 ，12.(1)求 |a ＋ b| 的最大值；4 10(2) 若 |a ＋ b| ＝ 5 ，求sin 2 θ 的值．参照答案一、选择题 1．D 分析： z ＝ ( a ＋ i)(3 ∴3－ 4a ＝ 0，－ 4i)＝ (3 a ＋ 4) ＋ (3 － 4a )i∈ R ， 3即 a ＝ 4，应选 D.2．D 分析： i ＝ 1， s ＝ 2 ； s ＝2－ 1＝ 1， i ＝ 1＋ 2＝ 3； s ＝1－ 3＝－ 2， i ＝ 3＋ 2＝ 5； s ＝－ 2－ 5＝－ 7， i ＝5＋ 2＝ 7.因输出 s 的值为－ 7，循环停止，故判断框内应填“3．D224．C 分析：∵|a － b | ＝( a － b ) ＝ 2 0，i <6？”，应选D.22∴|a| ＋ |b| － 2a ·b ＝ 20. 又 a ＝ (1,2) ， a ·b ＝ 5， ∴ (*) 式可化为 5＋ | b | 2 －10＝ 20，∴|b | 2＝ 25，∴|b | ＝5.115．A 分析：由“第 n 行有 n 个数且两头的数均为 n ( n ≥2) ”可知，第 7 行第 1 个数为 7，由“其他每个数是它下一行左右相邻两数的和”可知，第 1 1 17行第 2个数为－＝，同理，6 74211 1 1 1 1第 7 行第 3 个数为 30－ 42＝ 105，第 7 行第 4 个数为 60－ 105＝ 140.6．B 分析：如下图：5π 3 1∠AOC ＝ 6 ，依据三角函数的定义，可设 C － 2 r ， 2r . uuur uur uuur 3 1∵ OC2OAOB ，∴ － 2 r ， 2r ＝ ( － 2,0) ＋ ( λ ， 3λ) ，3r ＝－ 2，－λ12∴解得 λ＝ 2.12r ＝ 3λ，二、填空题7． sin α＋ sinπ＋ sin( α＋π ) ＋ sin3π＝ 0α＋ 2 α＋ 2分析：由类比推理可知，四π3π 点平分单位圆时， α 与 α＋π 的终边互为反向延伸线，α＋ 2 与 α＋ 2 的终边互为反向延长线，如图．18．120° 分析：由题意得， | a | ·cos 〈 a ， b 〉＝－ 5，即 cos 〈 a ， b 〉＝－ 2，∴〈 a ， b 〉＝ 120°.9． 2 分析：设∠ BAx ＝ θ，则 B (sin θ ＋ cos θ， sinθ) ， C (cos θ ， sin θ＋ cosπθ),0 ≤ θ≤，2uuur uuur∴ OC OB ＝ (cos θ， sin θ ＋ cos θ) ·(sinθ＋cos θ ，sin θ)＝sin θ cos θ＋ cos 2θ＋ sin 2θ＋sin θcos θ＝ 1＋ sin 2 θ≤2.三、解答题10． (1) 证明： f ( x ) 的定义域为 ( －∞ ，0) ∪(0 ，＋∞ ) ，1(x) 3 (x)又 f ( － x ) ＝51113x 3x 3＝－ f ( x ) ，5故 f ( x ) 是奇函数．(2) 解：计算知 f (4) － 5f (2) g (2) ＝ 0，f (9) － 5f (3) g (3) ＝ 0，于是猜想 f ( x 2) －5f ( x ) g ( x ) ＝ 0( x ∈R 且 x ≠0) ．22x 3 x证明： f ( x ) －5f ( x ) g ( x ) ＝52 13x 3 x551 1 13x 3 x 3 ＝ 0. 511．解： (1) ∵ a ⊥ b ，∴ 3cos θ－ sinθ ＝ 0，得 tan θ＝3.又 θ ∈[0 ，π ] ，∴ θ＝ π. 3(2) ∵2a － b ＝(2cos θ－ 3，2sin θ＋ 1) ，∴|2 a － b | 2＝ (2cos θ－3) 2＋ (2sinθ ＋ 1) 2＝ 8＋ 8 1sin θ－ cos θ ＝ 8＋ 8sin θ－ π.2233又 θ ∈[0 ，π ] ，∴ θ－ π － π 2π .3 ∈ 3 ，3 π 3 ∴ s in θ － 3 ∈ － 2 ， 1 .∴ |2 a － b | 2 的最大值为 16. ∴|2 a － b | 的最大值为 4. 又|2 a － b |< m 恒建立，∴ m >4.12．解： (1) a ＋ b ＝ (cos θ－ sin θ＋ 2， cos θ ＋ sin θ) ， | ＋| ＝ (cosθ －sinθ ＋ 2) 2 ＋(cosθ ＋sinθ ) 2ab4＋ 2 2(cos θ－ sin θ ) ＝4＋ 4cosπ＝ θ＋ 4＝21＋cos θ＋π . 411π 17π7π π 5π ∵θ∈ 12，12 ，∴ 6 ≤θ ＋ 4 ≤ 3 ， 3 ≤cos θ ＋ π 1 max∴－ 2 4 ≤ 2. ∴|a ＋ b | ＝ 6.(2) 由已知 | a ＋ b | ＝ 4 10 ＋ π 35 ，得 cos θ 4 ＝ 5 ，sin 2 θ＝－ cos 2 θ＋ π4＝ 1－ 2cos 2θ＋π ＝ 1－2× 9 ＝ 7 .42525。

2020届高考数学(理)二轮专题复习：专题一集合、常用逻辑用语、平面向量、复数 1-1-2 Word版含答案.doc

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 ＋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－－2i ＋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.2－1C ．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。

2020版新高考数学二轮复习：第一部分第3讲复数与平面向量练典型习题提数学素养 Word版含解析

一、选择题1．若i 是虚数单位，则复数2＋3i1＋i 的实部与虚部之积为( )A ．－54B ．54C ．54iD ．－54i解析：选B.因为2＋3i 1＋i ＝（2＋3i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝52＋12i ，所以其实部为52，虚部为12，实部与虚部之积为54.故选B.2．(2019·武昌区调研考试)已知向量a ＝(2，1)，b ＝(2，x )不平行，且满足(a ＋2b )⊥(a －b )，则x ＝( )A ．－12B ．12C ．1或－12D ．1或12解析：选A.因为(a ＋2b )⊥(a －b )，所以(a ＋2b )·(a －b )＝0，所以|a |2＋a ·b －2|b |2＝0，因为向量a ＝(2，1)，b ＝(2，x )，所以5＋4＋x －2(4＋x 2)＝0，解得x ＝1或x ＝－12，因为向量a ，b 不平行，所以x ≠1，所以x ＝－12，故选A.3．(2019·广州市综合检测(一))a ，b 为平面向量，已知a ＝(2，4)，a －2b ＝(0，8)，则a ，b 夹角的余弦值等于( )A ．－45B ．－35C ．35D ．45解析：选B.设b ＝(x ，y )，则有a －2b ＝(2，4)－(2x ，2y )＝(2－2x ，4－2y )＝(0，8)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2－2x ＝04－2y ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝－2，故b ＝(1，－2)，|b |＝5，|a |＝25，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a||b |＝2－85×25＝－35，故选B.4．(2019·广东六校第一次联考)在△ABC 中，D 为AB 的中点，点E 满足EB →＝4EC →，则ED →＝( )A ．56AB →－43AC →B ．43AB →－56AC →C ．56AB →＋43AC →D ．43AB →＋56AC →解析：选A.因为D 为AB 的中点，点E 满足EB →＝4EC →，所以BD →＝12BA →，EB →＝43CB →，所以ED→＝EB →＋BD →＝43CB →＋12BA →＝43(CA →＋AB →)－12AB →＝56AB →－43AC →，故选A.5．(2019·湖南省五市十校联考)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·(a －2b )＝0，则|a ＋b |＝( )A ． 6B ． 5C ．2D ． 3解析：选A.由题意知，a ·(a －2b )＝a 2－2a ·b ＝1－2a ·b ＝0，所以2a ·b ＝1，所以|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝1＋1＋4＝ 6.故选A.6．已知(1＋i)·z ＝3i(i 是虚数单位)，则复数z 在复平面内对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.因为(1＋i)·z ＝3i ，所以z ＝3i1＋i ＝3i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝3＋3i 2，则复数z 在复平面内对应的点的坐标为⎝⎛⎭⎫32，32，所以复数z 在复平面内对应的点位于第一象限，故选A.7．已知向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝2，则a 在a －b 方向上的投影为( ) A ．1 B ． 3 C ．6－22D ．6＋22解析：选B.由向量的数量积公式可得a ·(a －b )＝|a ||a －b |cos 〈a ，a －b 〉，所以a 在a －b 方向上的投影|a |·cos 〈a ，a －b 〉＝a ·（a －b ）|a －b |＝|a |2－a ·b |a |2＋|b |2－2a ·b .又a ·b ＝|a |·|b |cos 〈a ，b 〉＝2×2×cos 120°＝－2，所以|a |·cos 〈a ，a －b 〉＝4－（－2）4＋4－2×（－2）＝3，故选B.8．在如图所示的矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 为线段BC 上的点，则AE →·DE →的最小值为( )A ．12B ．15C ．17D ．16解析：选B.以B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，4)，D (2，4)，设E (x ，0)(0≤x ≤2)，所以AE →·DE →＝(x ，－4)·(x －2，－4)＝x 2－2x ＋16＝(x －1)2＋15，于是当x ＝1，即E 为BC 的中点时，AE →·DE →取得最小值15，故选B.9．(一题多解)(2019·贵阳模拟)如图，在直角梯形ABCD 中，AB ＝4，CD ＝2，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，E 是BC 的中点，则AB →·(AC →＋AE →)＝( )A ．8B ．12C ．16D ．20解析：选D.法一：设AB →＝a ，AD →＝b ，则a ·b ＝0，a 2＝16，AC →＝AD →＋DC →＝b ＋12a ，AE →＝12(AC →＋AB →)＝12⎝⎛⎭⎫b ＋12a ＋a ＝34a ＋12b ，所以AB →·(AC →＋AE →)＝a ·⎝⎛⎭⎫b ＋12a ＋34a ＋12b ＝a ·⎝⎛⎭⎫54a ＋32b ＝54a 2＋32a ·b ＝54a 2＝20，故选D. 法二：以A 为坐标原点建立平面直角坐标系(如图所示)，设AD ＝t (t >0)，则B (4，0)，C (2，t )，E ⎝⎛⎭⎫3，12t ，所以AB →·(AC →＋AE →)＝(4，0)·⎣⎡⎦⎤（2，t ）＋⎝⎛⎭⎫3，12t ＝(4，0)·⎝⎛⎭⎫5，32t ＝20，故选D.10．(一题多解)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3解析：选A.法一：设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A.法二：由b 2－4e·b ＋3＝0得b 2－4e·b ＋3e 2＝(b －e )·(b －3e )＝0.设b ＝OB →，e ＝OE →，3e ＝OF →，所以b －e ＝EB →，b －3e ＝FB →，所以EB →·FB →＝0，取EF 的中点为C ，则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图．设a ＝OA →，作射线OA ，使得∠AOE ＝π3，所以|a －b |＝|(a －2e )＋(2e －b )|≥|a －2e |－|2e －b |＝|CA →|－|BC →|≥3－1.故选A. 11．(多选)下列命题正确的是( )A ．若复数z 1，z 2的模相等，则z 1，z 2是共轭复数B ．z 1，z 2都是复数，若z 1＋z 2是虚数，则z 1不是z 2的共轭复数C ．复数z 是实数的充要条件是z ＝z (z 是z 的共轭复数)D ．已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－2i(i 是虚数单位)，它们对应的点分别为A ，B ，C ，O 为坐标原点，若OC →＝xOA →＋yOB →(x ，y ∈R )，则x ＋y ＝1解析：选BC.对于A ，z 1和z 2可能是相等的复数，故A 错误；对于B ，若z 1和z 2是共轭复数，则相加为实数，不会为虚数，故B 正确；对于C ，由a ＋b i ＝a －b i 得b ＝0，故C 正确；对于D ，由题可知，A (－1，2)，B (1，－1)，C (3，－2)，建立等式(3，－2)＝(－x ＋y ，2x －y )，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝32x －y ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝4，x ＋y ＝5，故D 错误．故选BC. 12．(多选)已知等边三角形ABC 内接于⊙O ，D 为线段OA 的中点，则BD →＝( ) A ．23BA →＋16BC →B ．43BA →－16BC →C ．BA →＋13AE →D ．23BA →＋13AE →解析：选AC.如图所示，设BC 中点为E ，则BD →＝BA →＋AD →＝BA →＋13AE →＝BA →＋13(AB →＋BE →)＝BA →－13BA →＋13·12BC →＝23BA →＋16BC →.故选AC.13．(多选)已知P 为△ABC 所在平面内一点，AB →＋PB →＋PC →＝0，|AB →|＝|PB →|＝|PC →|＝2，则( )A ．△ABC 是直角三角形B ．△ABC 是等腰三角形 C ．△ABC 的面积为2 3D ．△ABC 的面积为 3解析：选AC.由|PB →|＝|PC →|得，△PBC 是等腰三角形，取BC 的中点D ，连接PD ，则PD ⊥BC ，又AB →＋PB →＋PC →＝0，所以AB →＝－(PB →＋PC →)＝－2PD →，所以PD ＝12AB ＝1，且PD ∥AB ，故AB ⊥BC ，即△ABC 是直角三角形，由|PB →|＝2，|PD →|＝1可得|BD →|＝3，则|BC →|＝23，所以△ABC 的面积为12×2×23＝2 3.二、填空题14．已知复数z 满足z (1－i)2＝1＋i(i 为虚数单位)，则|z |＝________．解析：因为z ＝－1＋i 2i ＝－1＋i 2，所以|z |＝22.答案：2215．(2019·山东师大附中二模改编)已知向量a ，b ，其中|a |＝3，|b |＝2，且(a －b )⊥a ，则向量a 和b 的夹角是________，a ·(a ＋b )＝________．解析：由题意，设向量a ，b 的夹角为θ.因为|a |＝3，|b |＝2，且(a －b )⊥a ，所以(a －b )·a ＝|a |2－a ·b ＝|a |2－|a ||b |cos θ＝3－23·cos θ＝0，解得cos θ＝32.又因为0≤θ≤π，所以θ＝π6.则a ·(a ＋b )＝|a |2＋|a |·|b |·cos θ＝3＋23×32＝6. 答案：π6616．(2019·济南市学习质量评估)已知|a |＝|b |＝2，a·b ＝0，c ＝12(a ＋b )，|d －c |＝2，则|d |的取值范围是________．解析：不妨令a ＝(2，0)，b ＝(0，2)，则c ＝(1，1)．设d ＝(x ，y )，则(x －1)2＋(y －1)2＝2，点(x ，y )在以点(1，1)为圆心、2为半径的圆上，|d |表示点(x ，y )到坐标原点的距离，故|d |的取值范围为[0，22]．答案：[0，22]17．在△ABC 中，(AB →－3AC →)⊥CB →，则角A 的最大值为________．解析：因为(AB →－3AC →)⊥CB →，所以(AB →－3AC →)·CB →＝0，(AB →－3AC →)·(AB →－AC →)＝0，AB →2－4AC →·AB →＋3AC →2＝0，即cos A ＝|AB →|2＋3|AC →|24|AC →|·|AB →|＝|AB →|4|AC →|＋3|AC →|4|AB →|≥2316＝32，当且仅当|AB →|＝3|AC →|时等号成立．因为0＜A ＜π，所以0＜A ≤π6，即角A 的最大值为π6.答案：π6。

2020高考数学二轮复习专题二三角函数、平面向量与复数第3讲平面向量与复数专题强化训练

第3讲平面向量与复数专题强化训练1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z 满足z (1＋i)＝2i ，则z 的共轭复数z －等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选B.由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1＋i ，则z 的共轭复数z －＝1－i.故选B.2．在等腰梯形ABCD 中，AB →＝－2CD →，M 为BC 的中点，则AM →＝( ) A.12AB →＋12AD → B.34AB →＋12AD →C.34AB →＋14AD → D.12AB →＋34AD → 解析：选B.因为AB →＝－2CD →，所以AB →＝2DC →.又M 是BC 的中点，所以AM →＝12(AB →＋AC →)＝12(AB →＋AD →＋DC →)＝12(AB →＋AD →＋12AB →)＝34AB →＋12AD →，故选B.3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，则复数|zi|＝( )A.253 B.2C.553D. 5解析：选D.复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，所以z ·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z ＝10－5i ，可得z ＝2－i.则复数|z i |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－i i ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－i （2－i ）－i·i ＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝12＋22＝ 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，则DE →·BF →＝( )A ．－52B ．32C ．－4D ．－2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AB ＝3，AC ＝4.若存在非零实数x 、y ，使得AO →＝xAB →＋yAC →，且x ＋2y ＝1，则cos ∠BAC 的值为( )A.23B.33C.23D.13解析：选A.设线段AC 的中点为点D ，则直线OD ⊥AC .因为AO →＝xAB →＋yAC →，所以AO →＝xAB →＋2yAD →.又因为x ＋2y ＝1，所以点O 、B 、D 三点共线，即点B 在线段AC 的中垂线上，则AB ＝BC ＝3.在△ABC 中，由余弦定理得，cos ∠BAC ＝32＋42－322×3×4＝23.故选A.6．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝2，∠A ＝π2，如果不等式|BA →－tBC →|≥|AC →|恒成立，则实数t 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12∪[1，＋∞) D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C.在直角三角形ABC 中，易知AC ＝1，cos ∠ABC ＝32，由|BA →－tBC →|≥|AC →|，得BA →2－2tBA →·BC →＋t 2BC →2≥AC →2，即2t 2－3t ＋1≥0，解得t ≥1或t ≤12.7．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 ⊥bB ．b ⊥(a －b )C ．a ⊥(a －b )D ．(a ＋b )⊥(a －b )解析：选B.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 )．8．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝( )A.255B.223 C.1D.52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB ＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)，因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1. 又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，1. 所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25.所以|c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255.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，b ·c ＝3，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为( )A ．43＋37B ．47＋3 3C ．(43＋37)2D ．(47＋33)2解析：选D.设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ，因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°，设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7，所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332，所以h ＝3217，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4＋h ＝4＋3217.所以S △ABC 的最大值为 12×7×⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋3217 ＝27＋332，所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2最大值为4⎝ ⎛⎭⎪⎫27＋3322＝(47＋33)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 |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，23πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π 解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.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∠OAB ＝∠OBA ＝θ，且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角，即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3，故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z ＝1＋a ii (a ∈R )的实部为1，则a ＝________，|z |＝________．解析：因为z ＝1＋a i i ＝（1＋a i ）（－i ）－i 2＝a －i 的实部为1，所以a ＝1，则z ＝1－i ，|z |＝ 2. 答案：1212．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2，所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3.a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2.答案：2π313．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 ＝(1，0)，a ＝(cos α，sin α)，b ＝(2cos β，2sin β)，则由|a ·e |＋|b ·e |≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤ 6.①令sin α＋2sin β＝m ，②①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m 2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，故a·b ＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤12.答案：1214．(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 →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；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 →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →， MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12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，AC ＝BC ＝1，CO →＝xCA →＋yCB →且x ＋y ＝1，函数f (m )＝|CA →－mCB →|的最小值为32，则|CO →|的最小值为________．解析：在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，函数f (m )的最小值为32. 所以函数f (m )＝|CA →－mCB →| ＝CA →2＋m 2CB →2－2mCA →·CB →＝1＋m 2－2m cos ∠ACB ≥32，化为4m 2－8m cos ∠ACB ＋1≥0恒成立．当且仅当m ＝8cos ∠ACB8＝cos ∠ACB 时等号成立，代入得到cos ∠ACB ＝－12，所以∠ACB ＝2π3.所以|CO →|2＝x 2CA →2＋y 2CB →2＋2xyCA →·CB →＝x 2＋y 2＋2xy ×cos 2π3＝x 2＋(1－x )2－x (1－x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，当且仅当x ＝12＝y 时，|CO →|2取得最小值14，所以|CO →|的最小值为12.答案：1216．在△OAB 中，已知|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°，若OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2，则OA →在OP →上的投影的取值范围是________．解析：由OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2，则OA →·OP →＝OA →·⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →＝λOA →2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →，又|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°，所以由余弦定理求得|OA →|＝1，所以OA →·OP →＝λ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2×1×2×22＝1＋λ2，|OP →|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →2＝ λ2|OA →|2＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ22|OB →|2＝λ22＋2，故OA →在OP →上的投影OA →·OP →|OP →|＝1＋λ2λ22＋2＝22·λ＋2λ2＋4(*)．当λ＜－2时，(*)式＝－22·（λ＋2）2λ2＋4＝－221＋4λλ2＋4＝－221＋4λ＋4λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0；当λ≥－2时，(*)式可化为22（λ＋2）2λ2＋4；①λ＝0，上式＝22； ②－2≤λ＜0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，22； ③λ＞0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，1. 综上，OA →在OP →上的投影的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1 17．已知OA →，OB →是非零不共线的向量，设OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，定义点集P ＝⎩⎪⎨⎪⎧K ⎪⎪⎪⎪KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，⎭⎪⎬⎪⎫KC →≠0，当K 1，K 2∈P 时，若对于任意的r ≥3，不等式|K 1K 2→|≤c |AB →|恒成立，则实数c 的最小值为________．解析：由OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，可得A ，B ，C 三点共线，由KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，可得|KC →|cos ∠AKC ＝|KC →|cos ∠BKC ，即有∠AKC ＝∠BKC ，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（x ＋a ）2＋y 2（x －b ）2＋y2＝r 2，化简得(1－r 2)x 2＋(1－r 2)y 2＋(2a ＋2br 2)x ＋(a 2－b 2r 2)＝0.由方程知K 的轨迹是圆心在AB 上的圆，当|K 1K 2|为直径时最大，方便计算，令K 1K 2与AB 共线，如图，由|K 1A |＝r |K 1B |，可得|K 1B |＝|AB |r ＋1，由|K 2A |＝r |K 2B |，可得|K 2B |＝|AB |r －1，可得|K 1K 2|＝|AB |r ＋1＋|AB |r －1＝2r r 2－1|AB |＝2r －1r|AB |，而易知r －1r ≥3－13＝83，即有|K 1K 2|≤34|AB |，即|K 1K 2||AB |≤34，即c ≥⎝⎛⎭⎪⎫|K 1K 2||AB |max ＝34，故c 的最小值为34.答案：3418．在△ABC 中，已知C ＝π6，向量p ＝(sin A ，2)，q ＝(2，cos B )，且p ⊥q .(1)求角A 的值；(2)若BC →＝2BD →，AD ＝7，求△ABC 的面积．解：(1)因为p ⊥q ，所以p ·q ＝0⇒p ·q ＝2sin A ＋2cos B ＝0，又C ＝π6，所以sin A ＋cos B ＝sin A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－A ＝0，化简得tan A ＝33，A ∈(0，π)，所以A ＝π6. (2)因为BC →＝2BD →，所以D 为BC 边的中点，设|BD →|＝x ，|BC →|＝2x ，由(1)知A ＝C ＝π6，所以|BA →|＝2x ，B ＝2π3，在△ABD 中，由余弦定理，得|AD →|2＝|BA →|2＋|BD →|2－2|BA →|·|BD →|·cos 2π3＝(2x )2＋x 2－2·2x ·x ·cos 2π3＝7，所以x ＝1，所以AB ＝BC ＝2，所以S △ABC ＝12BA ·BC ·sin B ＝12×2×2×sin 2π3＝ 3.19．已知m ＝(2sin x ，sin x －cos x )，n ＝(3cos x ，sin x ＋cos 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 ·n ＝23sin x cos x ＋sin 2x －cos 2x ＝3sin 2x －(cos 2x －sin 2x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，所以f (x )max ＝2；当f (x )取最大值时，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1，此时2x －π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k π＋π3(k ∈Z )，所以x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝k π＋π3，k ∈Z .(2)由f (C )＝2，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1，又0＜C ＜π，即－π6＜2C －π6＜11π6，所以2C －π6＝π2，解得C ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得3＝a 2＋b 2－ab ≥ab ，即ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时，取等号，所以S △ABC ＝12ab sin C＝34ab ≤334，所以△ABC 面积的最大值为334.。

新高考数学(理)二轮复习专题能力训练3 平面向量与复数 Word版含解析

知识决定格局，格局影响命运专题能力训练3平面向量与复数专题能力训练第13页一、能力突破训练1.(2020全国Ⅰ,理1)若z=1+i,则|z2-2z|=()A.0B.1C.√2D.2答案:D解析:由z=1+i,得z2=2i,2z=2+2i,故|z2-2z|=|2i-(2+2i)|=2.2.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|答案: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,当满足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.若复数z满足(1+i)z=|3+4i|,则z的虚部为()A.5B.52C.-52D.-5答案:C解析:由(1+i)z=|3+4i|=2+425,得z=51+i =5(1-i)(1+i)(1-i)=52−52i,其虚部为-52.4.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=() A.2-i B.-2-iC.2+iD.-2+i答案: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.已知向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b)·a=()A.-1B.0C.1D.2 答案:C解析:∵2a+b=(1,0),又a=(1,-1),∴(2a+b)·a=1+0=1.6.已知i为虚数单位,。

(新课标)2020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∈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=;p4:若复数z∈R,则∈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.(2018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的对应点与的对应点关于虚轴对称,则z=()A.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.(2018浙江,4)复数(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=()A.-a2B.-a2C.a2D.a28.已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(t m+n),则实数t的值为()A.4B.-4C.D.-9.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=,I2=,I3=,则()A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2C.I3<I1<I2D.I2<I1<I310.(2018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=2=λ(λ∈R),且=-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+b i)2=3+4i(i是虚数单位),则a2+b2= ,ab= .14.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,|AD|=|AB|,|BE|=|BC|.若=λ1+λ2(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,+λ,则实数λ=()A.-B.-C.D.16.已知,||=,||=t.若点P是△ABC所在平面内的一点,且,则的最大值等于()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||·||+=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=λ+μ,则λ+μ= .20.已知a∈R,i为虚数单位,若为实数,则a的值为.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+b i(a,b∈R),则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cos θ=-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cos θ=-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=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=1+i,∴复数的共轭复数为1-i.7.D解析如图,设=a,=b.则=()=(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos60°=a2+a2=a2.8.B解析由4|m|=3|n|,可设|m|=3k,|n|=4k(k>0),又n⊥(t m+n),所以n·(t m+n)=n·t m+n·n=t|m|·|n|cos<m,n>+|n|2=t×3k×4k+(4k)2=4tk2+16k2=0.所以t=-4,故选B.9.C解析由题图可得OA<AC<OC,OB<BD<OD,∠AOB=∠COD>90°,∠BOC<90°,所以I2=>0,I1=<0,I3=<0,且|I1|<|I3|,所以I3<I1<0<I2,故选C.10解析 2a+b=2(1,2)+(2,-2)=(4,2),c=(1,λ),由c∥(2a+b),得4λ-2=0,得λ=11解析=2,)=又=,∠A=60°,AB=3,AC=2,=-4,=3×2=3,()=-4, 即=-4,4-9+3=-4,即-5=-4,解得λ=12.-1解析∵(1+i)(a+i)=a-1+(a+1)i∈R,∴a+1=0,即a=-1.13.52解析由题意可得a2-b2+2ab i=3+4i,则解得则a2+b2=5,ab=2.14解析由题意)=-,故λ1=-,λ2=,即λ1+λ2=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,则因为+,所以=由△ADE∽△ABC,得,所以,故λ=16.A解析以点A为原点,所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,如图,则A(0,0),B,C(0,t),=(1,0),=(0,1),=(1,0)+4(0,1)=(1,4),∴点P的坐标为(1,4),=(-1,t-4),=1--4t+16=-+17≤-4+17=13.当且仅当=4t,即t=时取“=”,的最大值为13.17.B解析因为M(-3,0),N(3,0),所以=(6,0),||=6,=(x+3,y),=(x-3,y).由||·||+=0,得6+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d min=3.18.42解析设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理得|a-b|=,|a+b|=,则|a+b|+|a-b|=令y=,则y2=10+2[16,20],据此可得(|a+b|+|a-b|)max==2,(|a+b|+|a-b|)min==4.即|a+b|+|a-b|的最小值是4,最大值是219.1解析如图,因为E,F分别是AD与BC的中点,所以=0,=0.又因为=0,所以①同理由①+②得,2+()+()=, 所以).所以λ=,μ=所以λ+μ=1.20.-2解析i为实数,∴-=0,即a=-2.。

2020版新高考数学二轮复习基础考点第一部分第3讲复数与平面向量

第3讲复数与平面向量复数 [考法全练]1．(2019·高考全国卷Ⅲ)若z (1＋i)＝2i ，则z ＝( ) A ．－1－i B ．－1＋i C ．1－iD ．1＋i解析：选D.由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2i （1－i ）2＝i(1－i)＝1＋i.故选D.2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设z ＝i(2＋i)，则z ＝( ) A ．1＋2i B ．－1＋2i C ．1－2iD ．－1－2i解析：选D.因为z ＝i(2＋i)＝－1＋2i ，所以z ＝－1－2i ，故选D. 3．(一题多解)(2019·南宁模拟)设z ＝1－i1＋i ＋2i ，则|z |＝( )A ．0B ．12C ．1D ． 2解析：选C.法一：因为z ＝1－i 1＋i ＋2i ＝（1－i ）2（1＋i ）（1－i ）＋2i ＝＝－i ＋2i ＝i ，所以|z |＝1，故选C.法二：因为z ＝1－i 1＋i ＋2i ＝1－i ＋2i （1＋i ）1＋i ＝－1＋i1＋i ，所以|z |＝|－1＋i 1＋i |＝|－1＋i||1＋i|＝22＝1.故选C.4．(2019·漳州模拟)已知i 是虚数单位，且z ＝2＋4i（1＋i ）2，则z 的共轭复数在复平面内对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.z ＝2＋4i （1＋i ）2＝2＋4i 2i ＝1＋2i i ＝－i （1＋2i ）－i 2＝2－i ，则z ＝2＋i ，所以z 对应的点在第一象限．故选A.5．(2019·高考全国卷Ⅰ)设复数z 满足|z －i|＝1，z 在复平面内对应的点为(x ，y )，则( )A ．(x ＋1)2＋y 2＝1B ．(x －1)2＋y 2＝1C ．x 2＋(y －1)2＝1D ．x 2＋(y ＋1)2＝1解析：选C.由已知条件，可得z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，因为|z －i|＝1，所以|x ＋y i －i|＝1，所以x 2＋(y －1)2＝1.故选C.6．(2019·高考江苏卷)已知复数(a ＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i 为虚数单位，则实数a 的值是________．解析：(a ＋2i)(1＋i)＝a －2＋(a ＋2)i ，因为其实部是0，故a ＝2. 答案：2复数代数形式的2种运算方法(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i 的看作一类项，不含i 的看作另一类项，分别合并同类项即可．(2)复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题时要注意把i 的幂写成最简形式．复数的除法类似初中所学化简分数常用的“分母有理化”，其实质就是“分母实数化”．[提醒] (1)复数运算的重点是除法运算，其关键是进行分母实数化． (2)对一些常见的运算，如(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i1＋i＝－i 等要熟记． (3)利用复数相等a ＋b i ＝c ＋d i 列方程时，注意a ，b ，c ，d ∈R 的前提条件．平面向量的线性运算[考法全练]1．(一题多解)(2019·合肥市第二次质量检测)在△ABC 中，BD →＝13BC →，若AB →＝a ，AC →＝b ，则AD →＝( )A ．23a ＋13bB ．13a ＋23bC ．13a －23bD ．23a －13b解析：选A.通解：如图，过点D 分别作AC ，AB 的平行线交AB ，AC 于点E ，F ，则四边形AEDF 为平行四边形，所以AD →＝AE →＋AF →.因为BD →＝13BC →，所以AE →＝23AB →，AF →＝13AC →，所以AD →＝23AB →＋13AC →＝23a ＋13b ，故选A.优解一：AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋13BC →＝AB →＋13(AC →－AB →)＝23AB →＋13AC →＝23a ＋13b ，故选A.优解二：由BD →＝13BC →，得AD →－AB →＝13(AC →－AB →)，所以AD →＝AB →＋13(AC →－AB →)＝23AB →＋13AC→＝23a ＋13b ，故选A. 2．(一题多解)(2019·广东六校第一次联考)如图，在△ABC 中，AN →＝23NC →，P 是BN 上一点，若AP →＝tAB →＋13AC →，则实数t 的值为( )A ．23B ．25C ．16D ．34解析：选C.通解：因为AN →＝23NC →，所以AN →＝25AC →.设NP →＝λNB →，则AP →＝AN →＋NP →＝25AC →＋λNB →＝25AC →＋λ(NA →＋AB →)＝25AC →＋λ⎝⎛⎭⎫－25AC →＋AB →＝λAB →＋25(1－λ)AC →，又AP →＝tAB →＋13AC →，所以tAB →＋13AC →＝λAB →＋25(1－λ)AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝λ25（1－λ）＝13，解得t ＝λ＝16，故选C. 优解：因为AN →＝23NC →，所以AC →＝52AN →，所以AP →＝tAB →＋13AC →＝tAB →＋56AN →.因为B ，P ，N三点共线，所以t ＋56＝1，所以t ＝16，故选C.3．已知P 为△ABC 所在平面内一点，AB →＋PB →＋PC →＝0， |AB →|＝|PB →|＝|PC →|＝2，则△ABC 的面积等于( ) A ． 3 B ．2 3 C ．3 3D ．4 3解析：选B.由|PB →|＝|PC →|得，△PBC 是等腰三角形，取BC 的中点为D ，则PD ⊥BC ，又AB →＋PB →＋PC →＝0，所以AB →＝－(PB →＋PC →)＝－2PD →，所以PD ＝12AB ＝1，且PD ∥AB ，故AB ⊥BC ，即△ABC 是直角三角形，由|PB →|＝2，|PD →|＝1可得|BD →|＝3，则|BC →|＝23，所以△ABC 的面积为12×2×23＝23，故选B.4．已知向量a ＝(1，2)，b ＝(m ，－1)，若a ∥(a ＋b )，则实数m 的值为________．解析：a ＋b ＝(1＋m ，1)，因为a ∥(a ＋b )，所以2(1＋m )＝1，解得m ＝－12.答案：－125．(2019·郑州市第一次质量预测)如图，在平行四边形ABCD 中，E ，F 分别为边AB ，BC 的中点，连接CE ，DF 交于点G .若CG →＝λCD →＋μCB →(λ，μ∈R )，则λμ＝________．解析：由题图可设CG →＝xCE →(x >0)，则CG →＝x (CB →＋BE →)＝x (CB →＋12CD →)＝x 2CD →＋xCB →.因为CG→＝λCD →＋μCB →，CD →与CB →不共线，所以λ＝x 2，μ＝x ，所以λμ＝12.答案：12平面向量线性运算的2种技巧(1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角形法则、平行四边形法则，紧密结合图形的几何性质进行运算．(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，常利用共线向量定理(当b ≠0时，a ∥b ⇔存在唯一实数λ，使得a ＝λb )来判断．[提醒] 向量线性运算问题的2个关注点(1)注意尽可能地将向量转化到同一个平行四边形或三角形中，选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量，运用向量加、减法运算及数乘运算来求解．(2)注意结论的使用：O 为直线AB 外一点，若点P 在直线AB 上，则有OP →＝αOA →＋βOB →(α＋β＝1)；若点P 满足AP →＝n m PB →，则有OP →＝m m ＋n OA →＋n m ＋nOB →.平面向量的数量积[考法全练]1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知AB →＝(2，3)，AC →＝(3，t )，|BC →|＝1，则AB →·BC →＝( ) A ．－3B ．－2C ．2D ．3解析：选C.因为BC →＝AC →－AB →＝(3，t )－(2，3)＝(1，t －3)，|BC →|＝1，所以12＋（t －3）2＝1，所以t ＝3，所以BC →＝(1，0)，所以AB →·BC →＝2×1＋3×0＝2.故选C.2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知非零向量a ，b 满足|a |＝2|b |，且(a －b )⊥b ，则a 与b 的夹角为( )A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6解析：选B.由(a －b )⊥b ，可得(a －b )·b ＝0，所以a ·b ＝b 2. 因为|a |＝2|b |，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝b 22b 2＝12.因为0≤〈a ，b 〉≤π，所以a 与b 的夹角为π3.故选B.3．(一题多解)(2019·安徽五校联盟第二次质检)在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝120°，点D 为BC 边上一点，且BD →＝2DC →，则AB →·AD →＝( )A ．13B ．23C ．1D ．2 解析：选C.法一：因为BD →＝2DC →，所以AD →－AB →＝2(AC →－AD →)，所以AD →＝23AC →＋13AB →，则AB →·AD →＝AB →·⎝⎛⎭⎫23AC →＋13AB →＝23AB →·AC →＋13AB →2＝23×3×2×⎝⎛⎭⎫－12＋13×32＝1，故选C. 法二：以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图所示．则A (0，0)，B (3，0)，C (－1，3)，因为BD →＝2DC →，所以BD →＝23BC →＝23(－4，3)＝⎝⎛⎭⎫－83，233，则D ⎝⎛⎭⎫13，233，所以AB →＝(3，0)，AD →＝⎝⎛⎭⎫13，233，则AB →·AD →＝3×13＋0＝1，故选C.4．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知a ，b 为单位向量，且a ·b ＝0，若c ＝2a －5b ，则cos 〈a ，c 〉＝________．解析：由题意，得cos 〈a ，c 〉＝a ·（2a －5b ）|a |·|2a －5b |＝2a 2－5a ·b |a |·|2a －5b |2＝21×4＋5＝23.答案：235．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________．解析：已知|a |＝1，|b |＝2，则(|a ＋b |＋|a －b |)2＝2(a 2＋b 2)＋2|a ＋b ||a －b |＝10＋2a 2＋b 2＋2a ·b ·a 2＋b 2－2a ·b ＝10＋225－4（a·b ）2.由|a |＝1，|b |＝2，得－2≤a·b ≤2，则(a·b )2∈[0，4]，所以(|a ＋b |＋|a －b |)2∈[16，20]，所以|a ＋b |＋|a －b |∈[4，25]，所以|a ＋b |＋|a －b |的最小值是4，最大值是2 5.答案：4 2 56．已知平面内三个不共线向量a ，b ，c 两两夹角相等，且|a |＝|b |＝1，|c |＝3，则|a ＋b ＋c |＝________．解析：由平面内三个不共线向量a ，b ，c 两两夹角相等，可得夹角均为2π3，所以|a ＋b ＋c |2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c ＝1＋1＋9＋2×1×1×cos 2π3＋2×1×3×cos 2π3＋2×1×3×cos2π3＝4，所以|a ＋b ＋c |＝2. 答案：2平面向量数量积问题的难点突破(1)借“底”数字化，要先选取一组合适的基底，这是把平面向量“数化”的基础． (2)借“系”坐标化，数形结合，建立合适的平面直角坐标系，将向量的数量积运算转化为坐标运算．平面向量在几何中的应用[考法全练]1．(一题多解)(2019·郑州市第二次质量预测)在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，CB ＝2，CA ＝4，P 在边AC 的中线BD 上，则CP →·BP →的最小值为( )A ．－12B ．0C ．4D ．－1解析：选A.通解：因为BC ＝2，AC ＝4，∠C ＝90°，所以AC 的中线BD ＝22，且∠CBD ＝45°.因为点P 在边AC 的中线BD 上，所以设BP →＝λBD →(0≤λ≤1)，如图所示，所以CP →·BP →＝(CB →＋BP →)·BP →＝(CB →＋λBD →)·λBD →＝λCB →·BD →＋λ2·BD →2＝λ|CB →|·|BD →|cos 135°＋λ2×(22)2＝8λ2－4λ＝8⎝⎛⎭⎫λ－142－12，当λ＝14时，CP →·BP →取得最小值－12，故选A.优解：依题意，以C 为坐标原点，分别以AC ，BC 所在的直线为x ，y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0，2)，D (2，0)，所以直线BD 的方程为y ＝－x ＋2，因为点P 在边AC 的中线BD 上，所以可设P (t ，2－t )，(0≤t ≤2)，所以CP →＝(t ，2－t )，BP →＝(t ，－t )，所以CP →·BP →＝t 2－t (2－t )＝2t 2－2t ＝2⎝⎛⎭⎫t －122－12，当t ＝12时，CP →·BP →取得最小值－12，故选A. 2．(一题多解)(2019·长春市质量监测(二))如图，正方形ABCD 的边长为2，E 为BC 边的中点，F 为CD 边上一点，若AF →·AE →＝|AE →|2，则|AF →|＝( )A ．3B ．5C ．32D ．52解析：选D.法一：以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系如图所示，则A (0，0)，E (2，1)．设|DF →|＝x ，则F (x ，2)，故AF →＝(x ，2)，AE →＝(2，1)．因为AF →·AE →＝|AE →|2，所以(x ，2)·(2，1)＝2x ＋2＝5，解得x ＝32，所以|AF →|＝⎝⎛⎭⎫322＋22＝52，故选D. 法二：连接EF ，因为AF →·AE →＝|AF →||AE →|cos ∠EAF ＝|AE →|2，所以|AF →|cos ∠EAF ＝|AE →|，所以EF ⊥AE .因为E 是BC 的中点，所以BE ＝CE ＝1.设DF ＝x ，则CF ＝2－x .在Rt △AEF 中，AE 2＋EF 2＝AF 2，即22＋12＋(2－x )2＋12＝22＋x 2，解得x ＝32，所以AF ＝AD 2＋DF 2＝52.故选D.3．(2019·江苏南通基地学校联考改编)如图，在平面直角坐标系xOy 中，点A (3，1)在以原点O 为圆心的圆上．已知圆O 与y 轴正半轴的交点为P ，延长AP 至点B ，使得∠AOB ＝90°，则BP →·OA →＝________，|BP →＋OA →|＝________．解析：由题可得圆O 的半径r ＝3＋1＝2，所以P (0，2)，则AP 所在直线方程为y －2＝2－10－3(x －0)，即y ＝－33x ＋2.设B ⎝⎛⎭⎫x ，－33x ＋2，则OA →＝(3，1)，OB →＝⎝⎛⎭⎫x ，－33x ＋2.由∠AOB ＝90°可得OA →·OB →＝0，所以3x －33x ＋2＝233x ＋2＝0，解得x ＝－3，所以B (－3，3)，所以BP →＝(3，－1)，所以BP →·OA →＝3×3＋1×(－1)＝2， |BP →＋OA →|＝|(23，0)|＝2 3. 答案：2 23用向量解决平面几何问题的3个步骤(1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题．(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如平行、垂直和距离、夹角等问题． (3)把运算结果“翻译”成几何关系． [提醒] 关注2个常用结论的应用(1)△ABC 中，AD 是BC 边上的中线，则AD →＝12(AB →＋AC →)．(2)△ABC 中，O 是△ABC 内一点，若OA →＋OB →＋OC →＝0，则O 是△ABC 的重心．一、选择题1．若i 是虚数单位，则复数2＋3i1＋i的实部与虚部之积为( )A ．－54B ．54C ．54iD ．－54i解析：选B.因为2＋3i 1＋i ＝（2＋3i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝52＋12i ，所以其实部为52，虚部为12，实部与虚部之积为54.故选B.2．(2019·武昌区调研考试)已知向量a ＝(2，1)，b ＝(2，x )不平行，且满足(a ＋2b )⊥(a －b )，则x ＝( )A ．－12B ．12C ．1或－12D ．1或12解析：选A.因为(a ＋2b )⊥(a －b )，所以(a ＋2b )·(a －b )＝0，所以|a |2＋a ·b －2|b |2＝0，因为向量a ＝(2，1)，b ＝(2，x )，所以5＋4＋x －2(4＋x 2)＝0，解得x ＝1或x ＝－12，因为向量a ，b 不平行，所以x ≠1，所以x ＝－12，故选A.3．(2019·广州市综合检测(一))a ，b 为平面向量，已知a ＝(2，4)，a －2b ＝(0，8)，则a ，b 夹角的余弦值等于( )A ．－45B ．－35C ．35D ．45解析：选B.设b ＝(x ，y )，则有a －2b ＝(2，4)－(2x ，2y )＝(2－2x ，4－2y )＝(0，8)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2－2x ＝04－2y ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝－2，故b ＝(1，－2)，|b |＝5，|a |＝25，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a||b |＝2－85×25＝－35，故选B.4．(2019·广东六校第一次联考)在△ABC 中，D 为AB 的中点，点E 满足EB →＝4EC →，则ED →＝( )A ．56AB →－43AC →B ．43AB →－56AC →C ．56AB →＋43AC →D ．43AB →＋56AC →解析：选A.因为D 为AB 的中点，点E 满足EB →＝4EC →，所以BD →＝12BA →，EB →＝43CB →，所以ED →＝EB →＋BD →＝43CB →＋12BA →＝43(CA →＋AB →)－12AB →＝56AB →－43AC →，故选A.5．(2019·湖南省五市十校联考)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·(a －2b )＝0，则|a ＋b |＝( )A ． 6B ． 5C ．2D ． 3解析：选A.由题意知，a ·(a －2b )＝a 2－2a ·b ＝1－2a ·b ＝0，所以2a ·b ＝1，所以|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝1＋1＋4＝ 6.故选A.6．已知(1＋i)·z ＝3i(i 是虚数单位)，则复数z 在复平面内对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.因为(1＋i)·z ＝3i ，所以z ＝3i1＋i ＝3i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝3＋3i 2，则复数z在复平面内对应的点的坐标为⎝⎛⎭⎫32，32，所以复数z 在复平面内对应的点位于第一象限，故选A.7．已知向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝2，则a 在a －b 方向上的投影为( ) A ．1 B ． 3 C ．6－22D ．6＋22解析：选B.由向量的数量积公式可得a ·(a －b )＝|a ||a －b |cos 〈a ，a －b 〉，所以a 在a －b 方向上的投影|a |·cos 〈a ，a －b 〉＝a ·（a －b ）|a －b |＝|a |2－a ·b |a |2＋|b |2－2a ·b .又a ·b ＝|a |·|b |cos 〈a ，b 〉＝2×2×cos 120°＝－2，所以|a |·cos 〈a ，a －b 〉＝4－（－2）4＋4－2×（－2）＝3，故选B.8．在如图所示的矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 为线段BC 上的点，则AE →·DE →的最小值为( )A ．12B ．15C ．17D ．16解析：选B.以B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，4)，D (2，4)，设E (x ，0)(0≤x ≤2)，所以AE →·DE →＝(x ，－4)·(x －2，－4)＝x 2－2x ＋16＝(x －1)2＋15，于是当x ＝1，即E 为BC 的中点时，AE →·DE →取得最小值15，故选B.9．(一题多解)(2019·贵阳模拟)如图，在直角梯形ABCD 中，AB ＝4，CD ＝2，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，E 是BC 的中点，则AB →·(AC →＋AE →)＝( )A ．8B ．12C ．16D ．20解析：选D.法一：设AB →＝a ，AD →＝b ，则a ·b ＝0，a 2＝16，AC →＝AD →＋DC →＝b ＋12a ，AE →＝12(AC →＋AB →)＝12⎝⎛⎭⎫b ＋12a ＋a ＝34a ＋12b ，所以AB →·(AC →＋AE →)＝a ·⎝⎛⎭⎫b ＋12a ＋34a ＋12b ＝a ·⎝⎛⎭⎫54a ＋32b ＝54a 2＋32a ·b ＝54a 2＝20，故选D.法二：以A 为坐标原点建立平面直角坐标系(如图所示)，设AD ＝t (t >0)，则B (4，0)，C (2，t )，E ⎝⎛⎭⎫3，12t ，所以AB →·(AC →＋AE →)＝(4，0)·⎣⎡⎦⎤（2，t ）＋⎝⎛⎭⎫3，12t ＝(4，0)·⎝⎛⎭⎫5，32t ＝20，故选D.10．(一题多解)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3解析：选A.法一：设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A.法二：由b 2－4e·b ＋3＝0得b 2－4e·b ＋3e 2＝(b －e )·(b －3e )＝0.设b ＝OB →，e ＝OE →，3e ＝OF →，所以b －e ＝EB →，b －3e ＝FB →，所以EB →·FB →＝0，取EF 的中点为C ，则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图．设a ＝OA →，作射线OA ，使得∠AOE ＝π3，所以|a －b |＝|(a －2e )＋(2e －b )|≥|a －2e |－|2e －b |＝|CA →|－|BC →|≥3－1.故选A. 11．(多选)下列命题正确的是( )A ．若复数z 1，z 2的模相等，则z 1，z 2是共轭复数B ．z 1，z 2都是复数，若z 1＋z 2是虚数，则z 1不是z 2的共轭复数C ．复数z 是实数的充要条件是z ＝z (z 是z 的共轭复数)D ．已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－2i(i 是虚数单位)，它们对应的点分别为A ，B ，C ，O 为坐标原点，若OC →＝xOA →＋yOB →(x ，y ∈R )，则x ＋y ＝1解析：选BC.对于A ，z 1和z 2可能是相等的复数，故A 错误；对于B ，若z 1和z 2是共轭复数，则相加为实数，不会为虚数，故B 正确；对于C ，由a ＋b i ＝a －b i 得b ＝0，故C 正确；对于D ，由题可知，A (－1，2)，B (1，－1)，C (3，－2)，建立等式(3，－2)＝(－x ＋y ，2x －y )，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝32x －y ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝4，x ＋y ＝5，故D 错误．故选BC.12．(多选)已知等边三角形ABC 内接于⊙O ，D 为线段OA 的中点，则BD →＝( ) A ．23BA →＋16BC →B ．43BA →－16BC →C ．BA →＋13AE →D ．23BA →＋13AE →解析：选AC.如图所示，设BC 中点为E ，则BD →＝BA →＋AD →＝BA →＋13AE →＝BA →＋13(AB →＋BE →)＝BA →－13BA →＋13·12BC →＝23BA →＋16BC →.故选AC.13．(多选)已知P 为△ABC 所在平面内一点，AB →＋PB →＋PC →＝0，|AB →|＝|PB →|＝|PC →|＝2，则( )A ．△ABC 是直角三角形B ．△ABC 是等腰三角形 C ．△ABC 的面积为2 3D ．△ABC 的面积为 3解析：选AC.由|PB →|＝|PC →|得，△PBC 是等腰三角形，取BC 的中点D ，连接PD ，则PD ⊥BC ，又AB →＋PB →＋PC →＝0，所以AB →＝－(PB →＋PC →)＝－2PD →，所以PD ＝12AB ＝1，且PD ∥AB ，故AB ⊥BC ，即△ABC 是直角三角形，由|PB →|＝2，|PD →|＝1可得|BD →|＝3，则|BC →|＝23，所以△ABC 的面积为12×2×23＝2 3.二、填空题14．已知复数z 满足z (1－i)2＝1＋i(i 为虚数单位)，则|z |＝________．解析：因为z ＝－1＋i 2i ＝－1＋i 2，所以|z |＝22.答案：2215．(2019·山东师大附中二模改编)已知向量a ，b ，其中|a |＝3，|b |＝2，且(a －b )⊥a ，则向量a 和b 的夹角是________，a ·(a ＋b )＝________．解析：由题意，设向量a ，b 的夹角为θ.因为|a |＝3，|b |＝2，且(a －b )⊥a ，所以(a －b )·a ＝|a |2－a ·b ＝|a |2－|a ||b |cos θ＝3－23·cos θ＝0，解得cos θ＝32.又因为0≤θ≤π，所以θ＝π6.则a ·(a ＋b )＝|a |2＋|a |·|b |·cos θ＝3＋23×32＝6. 答案：π6616．(2019·济南市学习质量评估)已知|a |＝|b |＝2，a·b ＝0，c ＝12(a ＋b )，|d －c |＝2，则|d |的取值范围是________．解析：不妨令a ＝(2，0)，b ＝(0，2)，则c ＝(1，1)．设d ＝(x ，y )，则(x －1)2＋(y －1)2＝2，点(x ，y )在以点(1，1)为圆心、2为半径的圆上，|d |表示点(x ，y )到坐标原点的距离，故|d |的取值范围为[0，22]．答案：[0，22]17．在△ABC 中，(AB →－3AC →)⊥CB →，则角A 的最大值为________．解析：因为(AB →－3AC →)⊥CB →，所以(AB →－3AC →)·CB →＝0，(AB →－3AC →)·(AB →－AC →)＝0，AB →2－4AC →·AB →＋3AC →2＝0，即cos A ＝|AB →|2＋3|AC →|24|AC →|·|AB →|＝|AB →|4|AC →|＋3|AC →|4|AB →|≥2316＝32，当且仅当|AB →|＝3|AC →|时等号成立．因为0＜A ＜π，所以0＜A ≤π6，即角A 的最大值为π6.答案：π6。

2020届高考数学(理)二轮复习全程方略课件：专题2 向量运算与复数运算、算法、推理与证明 Word版含答案

1．(2017·全国卷Ⅱ)31＋＋ii＝(
)
A．1＋2i
B．1－2i
C．2＋i
D．2－i
[解析] 31＋＋ii＝31＋＋ii11－－ii＝4－2 2i＝2－i.故选 D.
[答案] D
2．(文)(2017·全国卷Ⅲ，2)复平面内表示复数 z＝i(－2＋i)的点位于 ( )
A．第一象限
9．(2016·全国卷Ⅱ，15)有三张卡片，分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1”，丙说：
“我的卡片上的数字之和不是 5”，则甲的卡片上的数字是_1__和__3_____
[答案] A
4．(2016·天津卷)已知△ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D，
E 分别是边 AB，BC 的中点，连接 DE 并延长到点 F，使得 DE＝
2EF，则A→F·B→C的值为( )
A．－58
11 B.8 C.4
11 D. 8
[解析] 解法一：∵B→C＝A→C－A→B，
A→F＝A→D＋D→F＝12A→B＋32D→E＝12A→B＋34A→C，
• (2)单独考查复数的四则运算，与复数的相关概念、复数的几何意义等相互交汇考查．
• (3)程序框图主要是以循环结构为主的计算、输出程序框图的补全，与函数求值、方程求解、不等式求解数列求和、统计量的计算等交汇在一起命题．
核心知识整合
• 1．重要公式
• (1)两个非零向量平行、垂直的充要条件
C．第三象限 C
B．第二象限 D．第四象限
[解析] ∵z＝i(－2＋i)＝－1－2i， ∴复数 z＝－1－2i 所对应的复平面内的点为 Z(－1，－2)，位于第三象限．故选 C．

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优解：因为＝，所以＝，所以＝t ＋＝t ＋ .因为B，P，N三点共线，所以t＋＝1，所以t＝，故选C.
3．已知P为△ABC所在平面内一点，＋＋＝0，
| |＝| |＝| |＝2，则△ABC的面积等于()
A． B．2
C．3 D．4
解析：选B.由| |＝| |得，△PBC是等腰三角形，取BC的中点为D，则PD⊥BC，又＋＋＝0，所以＝－( ＋ )＝－2 ，所以PD＝ AB＝1，且PD∥AB，故AB⊥BC，即△ABC是直角三角形，由| |＝2，| |＝1可得| |＝，则| |＝2 ，所以△ABC的面积为 ×2×2 ＝2 ，故选B.
优解二：由＝，得－＝ ( － )，所以＝＋ ( － )＝＋＝ a＋ b，故选A.
2．(一题多解)(2019·广东六校第一次联考)如图，在△ABC中，＝，P是BN上一点，若＝t ＋，则实数t的值为()
A． B．
C． D．
解析：选C.通解：因为＝，所以ห้องสมุดไป่ตู้＝ .设＝λ ，则＝＋＝＋λ ＝＋λ( ＋ )＝＋λ ＝λ ＋ (1－λ) ，又＝t ＋，所以t ＋＝λ ＋ (1－λ) ，得，解得t＝λ＝，故选C.
解析：(a＋2i)(1＋i)＝a－2＋(a＋2)i，因为其实部是0，故a＝2.
答案：2
复数代数形式的2种运算方法
(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i的看作一类项，不含i的看作另一类项，分别合并同类项即可．
(2)复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题时要注意把i的幂写成最简形式．复数的除法类似初中所学化简分数常用的“分母有理化”，其实质就是“分母实数化”．
A． a＋ bB． a＋ b
C． a－ bD． a－ b
解析：选A. 通解：如图，过点D分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点E，F，则四边形AEDF为平行四边形，所以＝＋ .因为＝，所以＝，＝，所以＝＋＝ a＋ b，故选A.
优解一：＝＋＝＋＝＋ ( － )＝＋＝ a＋ b，故选A.
解析：由题图可设＝x (x>0)，则＝x( ＋ )＝x( ＋ )＝＋x .因为＝λ ＋μ ，与不共线，所以λ＝，μ＝x，所以＝ .
答案：
平面向量线性运算的2种技巧
(1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角形法则、平行四边形法则，紧密结合图形的几何性质进行运算．
[提醒](1)复数运算的重点是除法运算，其关键是进行分母实数化．
(2)对一些常见的运算，如(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i等要熟记．
(3)利用复数相等a＋bi＝c＋di列方程时，注意a，b，c，d∈R的前提条件．
平面向量的线性运算
[考法全练]
1．(一题多解)(2019·合肥市第二次质量检测)在△ABC中，＝，若＝a，＝b，则＝()
C．1－2iD．－1－2i
解析：选D.因为z＝i(2＋i)＝－1＋2i，所以z＝－1－2i，故选D.
3．(一题多解)(2019·南宁模拟)设z＝＋2i，则|z|＝()
A．0B．
C．1D．
解析：选C.法一：因为z＝＋2i＝＋2i＝＝－i＋2i＝i，所以|z|＝1，故选C.
法二：因为z＝＋2i＝＝，
(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，常利用共线向量定理(当b≠0时，a∥b⇔存在唯一实数λ，使得a＝λb)来判断．
[提醒]向量线性运算问题的2个关注点
(1)注意尽可能地将向量转化到同一个平行四边形或三角形中，选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量，运用向量加、减法运算及数乘运算来求解．
所以|z|＝| |＝＝＝1.故选C.
4．(2019·漳州模拟)已知i是虚数单位，且z＝，则z的共轭复数在复平面内对应的点在()
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
解析：选A.z＝＝＝＝＝2－i，则z＝2＋i，所以z对应的点在第一象限．故选A.
5．(2019·高考全国卷Ⅰ)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则()
4．已知向量a＝(1，2)，b＝(m，－1)，若a∥(a＋b)，则实数m的值为________．
解析：a＋b＝(1＋m，1)，因为a∥(a＋b)，所以2(1＋m)＝1，解得m＝－ .
答案：－
5．(2019·郑州市第一次质量预测)如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，连接CE，DF交于点G.若＝λ ＋μ (λ，μ∈R)，则＝________．
故选C.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为()
A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1D．x2＋(y＋1)2＝1
解析：选C.由已知条件，可得z＝x＋yi(x，y∈R)，因为|z－i|＝1，所以|x＋yi－i|＝1，所以x2＋(y－1)2＝1.
故选C.
6．(2019·高考江苏卷)已知复数(a＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．
第3讲复数与平面向量
复数
[考法全练]
1．(2019·高考全国卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，则z＝()
A．－1－iB．－1＋i
C．1－iD．1＋i
解析：选D.由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝＝i(1－i)＝1＋i.
故选D.
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设z＝i(2＋i)，则z＝()
A．1＋2iB．－1＋2i
(2)注意结论的使用：O为直线AB外一点，若点P在直线AB上，则有＝α ＋β (α＋β＝1)；若点P满足＝，则有＝＋ .
平面向量的数量积
[考法全练]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知＝(2，3)，＝(3，t)，| |＝1，则 · ＝()
A．－3B．－2
C．2D．3
解析：选C.因为＝－＝(3，t)－(2，3)＝(1，t－3)，| |＝1，所以＝1，所以t＝3，所以＝(1，0)，所以 · ＝2×1＋3×0＝2.

2020版新高考数学二轮复习练习：第一部分 第3讲 复数与平面向量 Word版含解析