高考数学第二轮专题复习 复数教学案

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高考数学二轮复习考点三《复数》

高考数学二轮复习考点三《复数》

5.(2021·福建福州高三 5 月调研)已知 z 为复数,z2+1=0,则|z-1|等 于( )
A.0 B.1 C. 2 D.2
答案 C 解析 因为 z2+1=0,所以 z2=-1,所以 z=±i,所以 z-1=i-1 或 -i-1,所以|z-1|= 2.故选 C.
6.(2021·山东泰安肥城模拟)复数 z 满足 z·-z +z+-z -17=0,则|z+3 -2i|的最大值为( )
7.(2021·海南第五次模拟)如图,复平面内的平行四边形 OABC 的顶点 A 和 C 对应的复数分别为 2+i 和-1+3i,则点 B 对应的复数为( )
A.3+i C.1+3i
B.4+i D.1+4i
答案 D 解析 O→B=O→A+O→C,所以O→B对应的复数为 2+i+(-1+3i)=1+4i.
题设,得aa+ -22= ≠00, ,解得 a=-2,则| 5+2i|=3,故选 C.
16.(2021·湖南长沙一中模拟)满足条件|z+4i|=2|z+i|的复数 z 对应的点 的轨迹是( )
A.直线 B.圆 C.椭圆 D.双曲线
答案 B
解 析 设 复 数 z = x + yi(x , y ∈ R) , 则 |z + 4i| = |x + (y + 4)i| = x2+(y+4)2,|z+i|=|x+(y+1)i|= x2+(y+1)2,结合题意有 x2+(y +4)2=4x2+4(y+1)2,整理可得 x2+y2=4.即复数 z 对应的点的轨迹是圆.故 选 B.
4.(2021·广东肇庆第二次统一检测)若复数-z =3-5i4i(i 为虚数单位),则
在复平面内,复数 z 对应的点的坐标为( )
A.(3,4)
B.(-4,3)

2014年高考数学二轮复习精品资料-高效整合篇专题11 算法、推理与证明、复数(理)(教学案)

2014年高考数学二轮复习精品资料-高效整合篇专题11 算法、推理与证明、复数(理)(教学案)

一.考场传真1.【2013年高考新课标1卷】设1z 、2z 是复数, 则下列命题中的假命题是 ( ) A.若120z z -=,则12z z = B.若12z z =,则12z z =C.若12z z =,则1122z z z z ⋅=⋅D.若12z z =,则2212z z =2.【2012年高考上海卷】若i 21+是关于x 的实系数方程02=++c bx x 的一个复数根,则( ) A.2b =,3c = B.2b =-,3c = C.2b =-,1c =- D.2b =,1c =-3.【2013年高考浙江卷理】某程序框图如图1所示,若该程序运行后输出的值是59,则( ) A.4=a B.5=a C.6=a D.7=a4.【2013年高考重庆卷理】执行如图2所示的程序框图,如果输出3s =,那么判断框内应填入的条件是( )A.6k ≤B.7k ≤C.8k ≤D.9k ≤5.【2013年高考新课标1卷】执行如图3所示的程序框图,如果输入的[]1,3t ∈-,则输出的s 属于( )A.[]3,4-B.[]5,2-C.[]4,3-D.[]2,5-6.【2012年高考湖北卷】定义在()(),00,-∞+∞ 上的函数()f x ,如果对于任意给定的等比数列{}n a ,(){}n f a 仍是等比数列,则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在()(),00,-∞+∞ 上的如下函数:①()2f x x =;②()2x f x =;③()f x =;④()ln f x x =.则其中是“保等比数列函数”的()f x 的序号为 ( )A.①②B.③④C.①③D.②④7.【2013年高考四川卷理】设1P 、2P 、 、n P 为平面α内的n 个点.在平面α内的所有点中,若点P 到点1P 、2P 、 、n P 的距离之和最小,则称点P 为点1P 、2P 、 、n P 的一个“中位点”.例如,线段AB 上的任意点都是端点A 、B 的中位点.现有下列命题: ①若三个点A 、B 、C 共线,C 在线段AB 上,则C 是A 、B 、C 的中位点; ②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点; ③若四个点A 、B 、C 、D 共线,则它们的中位点存在且唯一; ④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点. 其中的真命题是_______.(写出所有真命题的序号)8.【2013年高考湖北卷理】古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1、3、6、10、 ,第n 个三角形数为()2111222n n n n +=+.记第n 个k 边形数为()(),3N n k k ≥,以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式:三角形数 ()211,322N n n n =+, 正方形数 ()2,4N n n =,五边形数 ()231,522N n n n =-, 六边形数 ()2,62N n n n =-,………………………………………可以推测(,)N n k 的表达式,由此计算()10,24N =_________.9.【2013年高考江苏卷】设数列{}:1n a 、2-、2-、3、3、3、4-、4-、4-、4-、 、11(1),,(1)k k k k k ---⋅⋅⋅-个、,即当()()()1122k k k k n k N *-+<≤∈时,记()11k n a k-=-.记()12n n S a a a n N *=++⋅⋅⋅+∈.对于l N *∈,定义集合{},,1l n n p n S a n N n l *=∈≤≤是的整数倍且.(1)求集合11p 中元素的个数; (2)求集合2000p 中元素的个数.二.高考研究考纲要求.1.算法初步(1)算法的含义、程序框图①了解算法的含义,了解算法的思想;②理解程序框图的三种基本逻辑结构:顺序、条件分支、循环.(2)基本算法语句理解几种基本算法语句——输入语句、输出语句、赋值语句、条件语句、循环语句的含义.2.推理与证明(1)合情推理与演绎推理.①了解合情推理的含义,能利用归纳和类比等进行简单的推理,了解合情推理在数学发现中的作用;②了解演绎推理的重要性,掌握演绎推理的基本模式,并能运用它们进行一些简单推理;③了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.(2)直接证明与间接证明.①了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法;了解分析法和综合法的思考过程、特点;②了解间接证明的一种基本方法——反证法;了解反证法的思考过程、特点.3.数系的扩充与复数的引入(1)复数的概念①理解复数的基本概念;②理解复数相等的充要条件;③了解复数的代数表示法及其几何意义.(2)复数的四则运算①会进行复数代数形式的四则运算;②了解复数代数形式的加、减运算的几何意义.命题规律1.题量、题型稳定:复数、算法程序框图都是高考中的基础题型,一般地,复数与算法程序框图在高考试题中出现两个题目,以填空题或选择题的形式出现,两者各占一题,每题5分;推理证明、新定义的题,在高考题中也经常出现,以填空、选择题的形式出现,一般作为选择、填空的最后一题,一般这些题在高考中出现一题或两题,其所占平均分值比例为10%~13%.2.知识点分布均衡、重难点突出:以2013年全国新课标卷数学高考《考试说明》为参考,可理解为有19个知识点,一般考查的知识点在60%左右,其中对复数、算法、推理与证明等知识点的考查比较全面,更注重知识点有机结合以及重难点的分布,对支撑数学科知识体系的主干知识,考查时保证较高的比例并保持必要深度.算法是数学及其应用的重要组成部分,是计算科学的重要基础,也是新课标高考中新增加的内容,也是新课标高考中新增加的元素.高考十分注重逻辑思维的考查,以循环结构为主,有的也考查条件结构,注重知识点的有机整合,强调知识点在学科内的综合,在考查中也渗透数列、函数以及统计等方面的内容.推理与证明是新课标中的重要内容.高考中也十分注重逻辑思维能力的考查,在推理部分,主要考查归纳推理、类比推理以及新定义,在考查时结合数列、函数以及几何部分的内容,命题时注重了数学学科重点内容的考查以及新定义的理解,并保持必要的深度;在证明部分,加强了直接证明与间接证明法以及数学归纳法在综合中的应用,考查学生的推理论证能力.复数是高中数学的一个基本组成部分.高考中注重复数概念、运算以及几何意义的考查,以复数的四则运算为基石,综合考查复数的概念以及几何意义的理解.3.设计新颖、形式多样、难易适度:复数、算法都是高考中的基础知识,在高考中的考查一般以容易题出现,考查的形式以选择题、填空题出现,考查学生对于复数相关概念以及几何形式的理解以及分析问题的能力、逻辑思维能力,这部分的难度基本控制在0.05~0.25之间;推理证明、新定义一般处于选择、填空题的最后一题,考查学生逻辑推理能力以及新定义的理解,属于较难题. 试题平均难度为0.29(其中选择、填空难度0.15~0.52,平均难度0.29,解答题难度在0.11~0.30,平均难度0.17).一.基础知识整合算法与程序框图③顺序性与正确性:算法从初始步骤开始,分为若干明确的步骤,每一个步骤只能有一个确定的后继步骤,前一步是后一步的前提,只有执行完前一步才能进行下一步,并且每一步都准确无误,才能完成问题.④不唯一性:求解某一个问题的解法不一定是唯一的,对于一个问题可以有不同的算法. ⑤普遍性:很多具体的问题,都可以设计合理的算法去解决,如心算、计算器计算都要经过有限、事先设计好的步骤加以解决. 2.程序框图(1)程序构图的概念:程序框图又称流程图,是一种用规定的图形、指向线及文字说明来准确、直观地表示算法的图形.一个程序框图包括以下几部分:表示相应操作的程序框;带箭头的流程线;程序框外必要文字说明.(2)构成程序框的图形符号及其作用(3)算法的三种基本逻辑结构:顺序结构、条件结构、循环结构.①顺序结构:顺序结构是最简单的算法结构,语句与语句之间,框与框之间是按从上到下的顺序进行的,它是由若干个依次执行的处理步骤组成的,它是任何一个算法都离不开的一种基本算法结构.顺序结构在程序框图中的体现就是用流程线将程序框自上而下地连接起来,按顺序执行算法步骤.在示意图中,A框和B框是依次执行的,只有在执行完A框指定的操作后,才能接着执行B框所指定的操作.②条件结构:条件结构是指在算法中通过对条件的判断根据条件是否成立而选择不同流向的算法结构条件P是否成立而选择执行A框或B框.无论P条件是否成立,只能执行A框或B框之一,不可能同时执行A框和B框,也不可能A框、B框都不执行.一个判断结构可以有多个判断框.条件结构主要应用于一些需要依据条件进行判断的算法中,如分段函数的的求值、数据大小关系等问题中,常常用条件结构来设计算法.③循环结构的两种基本类型:(a)当型循环:当给定的条件成立时,反复执行循环体,直至条件不成立为止;(b)直到型循环:先第一次执行循环体,再判断给定的条件是否成立,若成立,跳出循环体;否则,执行循环体,直至条件第一次不成立为止.循环结构一般用于一些有规律的重复计算的算法中,如累加求和、累乘求积等问题常常用循环结构来解决.3.算法语句:(1)输入语句②输入语句的作用是实现算法的输入信息功能;(3)“提示内容”提示用户输入什么样的信息,变量是指程序在运行时其值是可以变化的量;(4)输入语句要求输入的值只能是具体的常数,不能是函数、变量或表达式;(5)提示内容与变量之间用分号“;”隔开,若输入多个变量,变量与变量之间用逗号“,”隔开.(2)输出语句②输出语句的作用是实现算法的输出结果功能;(3)“提示内容”提示用户输入什么样的信息,表达式是指程序要输出的数据;(4)输出语句可以输出常量、变量或表达式的值以及字符.(3)赋值语句①赋值语句的一般格式②赋值语句的作用是将表达式所代表的值赋给变量;③赋值语句中的“=”称作赋值号,与数学中的等号的意义是不同的.赋值号的左右两边不能对换,它将赋值号右边的表达式的值赋给赋值号左边的变量; ④赋值语句左边只能是变量名字,而不是表达式,右边表达式可以是一个数据、常量或算式; ⑤对于一个变量可以多次赋值.注意:①赋值号左边只能是变量名字,而不能是表达式.如:2X =是错误的; ②赋值号左右不能对换.如“A B =”“B A =”的含义运行结果是不同的; ③不能利用赋值语句进行代数式的演算.(如化简、因式分解、解方程等); ④赋值号“=”与数学中的等号意义不同. (3)条件语句分析:在IF —THEN —ELSE 语句中,“条件”表示判断的条件,“语句1”表示满足条件时执行的操作内容;“语句2”表示不满足条件时执行的操作内容;END IF 表示条件语句的结束.计算机在执行时,首先对IF 后的条件进行判断,如果条件符合,则执行THEN 后面的语句1;若条件不符合,则执行ELSE 后面的语句2.注意:“条件”表示判断的条件;“语句”表示满足条件时执行的操作内容,条件不满足时,结束程序;END IF 表示条件语句的结束.计算机在执行时首先对IF 后的条件进行判断,如果条件符合就执行THEN 后边的语句,若条件不符合则直接结束该条件语句,转而执行其它语句.(4)循环语句循环结构是由循环语句来实现的.对应于程序框图中的两种循环结构,一般程序设计语言中也有当型(WHILE型)和直到型(UNTIL型)两种语句结构.即WHILE语句和UNTIL 语句.(b)当计算机遇到WHILE语句时,先判断条件的真假,如果条件符合,就执行WHILE与WEND之间的循环体;然后再检查上述条件,如果条件仍符合,再次执行循环体,这个过程反复进行,直到某一次条件不符合为止.这时,计算机将不执行循环体,直接跳到WEND 语句后,接着执行WEND之后的语句.因此,当型循环有时也称为“前测试型”循环.(b)直到型循环又称为“后测试型”循环,从UNTIL型循环结构分析,计算机执行该语句时,先执行一次循环体,然后进行条件的判断,如果条件不满足,继续返回执行循环体,然后再进行条件的判断,这个过程反复进行,直到某一次条件满足时,不再执行循环体,跳到LOOP UNTIL语句后执行其他语句,是先执行循环体后进行条件判断的循环语句.分析:当型循环与直到型循环的区别:(先由学生讨论再归纳)(1)当型循环先判断后执行,直到型循环先执行后判断;在WHILE语句中,是当条件满足时执行循环体,在UNTIL语句中,是当条件不满足时执行循环推理与证明1.合情推理:前提为真时,结论可能为真的推理叫做合情推理.(1)归纳推理:根据一类事物的部分对象具有某些特征,推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理叫做归纳推理,它是由部分到整体、由个别到一般的推理.(2)类比推理:根据两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征,推出另一类对象也具有这些特征的推理,它是由特殊到特殊的推理.2.演绎推理:根据一般性的原理,推出某个特殊情况下的结论叫做演绎推理,它是由一般到特殊的推理.基本形式是三段论:(1)大前提,已知的一般性原理;(2)小前提,所研究的特殊情况;(3)结论.4.反证法:假设原命题不成立(即在原命题的条件下,结论不成立),经过正确的推理,最后得出矛盾,因此说明假设错误,从而证明了原命题成立,这样的证明方法叫做反证法.5.数学归纳法:.数学归纳法:(1)当n 取第一个值0n (例如1n =)时,证明命题成立;(2)假设当n k =()0,k Nk n *∈≥时命题成立,并证明当1n k =+时,命题也成立,于是命题对一切n N *∈,0n n ≥,命题都成立,这种证明方法叫做数学归纳法.运用数学归纳法证明命题分为两步:第一步是递推的基础,第二是递推的依据,这两步缺一不可的.复数1.复数的相关概念:(1)形如a bi +(),a b R ∈的数叫复数,其中i 叫做复数的虚数单位,且21i =-,a 叫做复数的实部,b 叫做复数的虚部.复数集用集合C 表示. (2)复数的分类:对于复数z a bi =+(),a b R ∈① 当0b =时,z 是实数; ② 当0b ≠时,z 是虚数; ③ 当0a =且0b ≠时,z 是纯虚数.(3)复数相等:若1z a bi =+(),a b R ∈,2z c di =+(),c d R ∈,则12z z =的充要条件是a c =且b d =.特别地:若0a bi +=(),a b R ∈的充要条件是0a b ==.2.复数的几何意义:(1)复平面:x 轴叫做实轴,实轴上的点都表示实数;y 轴叫做虚轴,除原点外,虚轴上的点都表示纯虚数.(2)复数z a bi =+(),a b R ∈与复平面内的点(),Z a b 一 一对应.(3)复数z a bi =+(),a b R ∈与复平面内所有以原点O 为起点的向量OZ一 一对应. (4)复数的模:向量OZ的模叫做复数z a bi =+(),a b R ∈的模,记作z 或a bi +,且||z =3.复数的四则运算:(1)共轭复数:实部相等,虚部互为相反数.若z a bi =+(),a b R ∈,则它的共轭复数z a bi =-.(2)复数的加法、减法、乘法、除法运算:除法法则:()()()()2222a bi c di a bi ac bd bc adi c di c di c di c d c d+-++-==+++-++; 4.重要性质:1i i =,21i =-, 3i i =-,41i =. 41ni=,41n i i +=,421n i +=-,43n i i +=-.二.高频考点突破考点1 复数的与实系数方程之间的关系【例1】【广东省广州市2013届高三普通毕业班综合测试二】若1i -(i 是虚数单位)是关于x 的方2x +()20,px q p q R +=∈的一个解,则p q +=( )A.3-B.1-C.1D.3()2210i p i q -+-+=,化为复数的一般形式得()()2220p q p i ++--=,根据复数相【规律方法】根与实系数方程之间的关系体现在,一是根代入方程,相应的等式成立;二是体现在韦达定理上,即实系数一元二次方程()200,,,ax bx c a a b c R ++=≠∈的两根分别为1x 、2x ,则12b x x a +=-,12cx x a⋅=,不仅对0∆≥的情况成立,对0∆<的情形(即方程的根为虚根)也成立.【举一反三】【湖北省黄冈中学、黄石二中、鄂州高中2014届高三三校11月联考】已知复数32z i =-+(i为虚数单位)是关于x 的方程220x px q ++=(p 、q 为实数)的一个根,则p q +的值为 ( )A.22B.36C.38D.42考点2 复数的概念与运算【例2】【广东省广州市海珠区2013届高三综合测试一】下面是关于复数21z i=-的四个命题:1p :2z =, 2:p 22z i =, 3:p z 的共轭复数为1i -+ 4:p z 的虚部为1,其中真命题为 ( )A. 2p 、3pB.1p 、2pC.2p 、4pD.3p 、4p【规律方法】对于复数概念、几何意义等相关问题的求解,其核心就是要将复数化为一般形式,即z a bi =+(),a b R ∈,实部为a ,虚部为b .(1)复数的概念:①z 为实数0b ⇔=;②z 为纯虚数0a ⇔≠且0b =;③z 为虚数0b ⇔≠.(2)复数的几何意义:①z a bi z =+⇔在复平面内对应的点(),Z a b z ⇔在复平面对应向量(),OZ a b =;②复数z 的模z a bi =+=.(3)共轭复数:复数z a bi =+与z a bi =-互为共轭复数.【举一反三】【河南省郑州市四中2013届高三第十三次调考】对于任意复数(),z a bi a b R =+∈,i 为虚数单位,则下列结论中正确的是( )A.2z z a -=B.2z z z⋅= C.1zz= D.20z ≥考点3 算法与数列综合【例3】【2013年高考辽宁卷】执行如图4示的程序框图,若输入10n =,则输出的S = ( )A.511 B.1011 C.3655D.7255【规律方法】若数列{}n a 为公差为()0d d ≠的等差数列,()1n n k k N a a *+⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭型数列求和一般是利用裂项法,裂项公式为1111n n k n n k a a kd a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭,为了方便求出数列()1n n k k N a a *+⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭的前n 项和,可以采用将没数列中裂项后被减项写在一起,减数项写在一起,方便观察哪些项消去了,即1122111111111n k k n n kS kd a a kd a a kd a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭12121111111n k k n k kd a a a a a a +++⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+++-+++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ,但是在处理算法与数列求和问题时,一定要确定循环次数,即在数列中有求和的项数.【举一反三】【2013年高考福建卷理】阅读如图5所示的程序框图,若编入的10k =,则该算法的功能是( ) A.计算数列{}12n -的前10项和 B.计算数列{}12n -的前9项和C.计算数列{}21n-的前10项和 D.计算数列{}21n-的前9项和考点4 判断条件的选择【例4】【广东省深圳市宝安区2014届高三调研考试】运行下图框图输出的S 是254,则①应为( ).A.5≤nB.6≤nC.7≤nD.8≤n【规律方法】等差数列{}n a 的求和公式:()()11122n n n a a n n dS na +-==+(d 为等差数列{}n a 的公差);等比数列{}n a 的求和公式:()()1110,111n n n a q a a qS q q qq--==≠≠--(q 为等比数列{}n a 的公比).在判断条件的选择上,需要注意两方面的问题:一是控制变量是增大还是减小,从而决定判断条件中对控制变量所使用的不等号;二是循环进行的次数,决定判断条件中临界值的选择. 【举一反三】【浙江省金华一中2014届高三10月月考】若框图(图7)所给的程序运行结果为5040S =,那么判断框中应填入的关于k 的条件是___________.考点5 算法与函数综合【例5】【湖北省孝感市2014届高三第一次统一考试】运行如图8所示的算法流程图,当输入的x值为()时,输出的y值为4.A.1B.1-C.2-D.3-【规律方法】分段函数问题的求解主要在于根据自变量的不同取值确定相应的函数解析式,利用解析式来求解分段函数问题.对于分段函数的问题,一般有以下几种考查形式:①求分段函数值,根据自变量的取值选择合适的解析式进行计算,对于复合函数的求值,计算时遵循由内到外的原则;②由函数值求相应的自变量的取值,即令每个解析式等于相应的值求出自变量的值,并对自变量的取值是否在区间进行取舍;③求解分段函数不等式,对自变量在相应区间的取值下解不等式,并将解集与定义域取交集得到最终答案.【举一反三】【四川省资阳市2014届高三第一次诊断性考试】已知x R∈,根据如图9所示的程序框图,则不等式()12 2f x x≥-+的解集是____________.考点6 归纳推理【例6】【广东省珠海一中等六校2014届高三第一次联考】将石子摆成如图10的梯形形状.称数列5、9、14、a=;第n项20、 为“梯形数”.根据图形的构成,数列第6项6a=.n图10【规律方法】归纳推理主要用于与自然数有关的等式或不等式的问题中,一般在数列的推理中常涉及.即通过前几个等式或不等式出发,找出其规律,即找出一般的项与项数之间的对应关系,一般的有平方关系、立方关系、指数变化关系或两个相邻的自然数或奇数相乘等基本关系,需要对相应的数字的规律进行观察、归纳,一般对于的等式或不等式中的项的结构保持一致. 【举一反三】【山西省山大附中2014届高三9月月考】观察下列算式:113=, 5323+=,119733++=,1917151343+++=,… … … …若某数3m 按上述规律展开后,发现等式右边含有“2013”这个数,则=m _______考点7 类比推理【例7】【陕西省西安市长安区长安一中2014届高三第二次质量检测】对于命题:如果O 是线段AB 上一点,则0OB OA OA OB ⋅+⋅=;将它类比到平面的情形是:若O 是ABC ∆内一点,有OBC OCA S OA S OB ∆∆⋅+⋅0OBA S OC ∆+⋅=;将它类比到空间的情形应该是:若O 是四面体ABCD 内一点,则有__________________.【规律方法】类比推理主要是找出两类事物的共性,一般的类比有以下几种:①线段的长度——平面几何中平面图形的面积——立体几何中立体图形的体积的类比;②等差数列与等比数列的类比,等差数列中两数相加类比到等比数列中两数相乘,等差数列中两数的差类比到等比数列中两数相除.在类比的时候还需注意,有些时候不能将式子的结构改变,只需将相应的量进行替换.【举一反三】【广东省佛山市南海区2014届高三8月质检】在等差数列{}n a 中,若m a p =,n a q =(),,1m n N n m *∈-≥,则m n nq mpa n m+-=-类比上述结论,对于等比数列{}()*0,n n b b n N >∈,若m b r =,()2,,n b s n m m n N*=-≥∈,则可以得到m n b += .考点8 新定义【例8】【福建省厦门市外国语学校2014届高三第一次月考】设()f x 与()g x 是定义在同一区间[],a b 上的两个函数,若函数()()y f x g x =-在[],x a b ∈上有两个不同的零点,则称()f x 和()g x 在[],a b 上是“关联函数”,区间[],a b 称为“关联区间”.若()234f x x x =-+与()2g x x m=+在[]0,3上是“关联函数”,则m 的取值范围为 ( )A.9,24⎛⎤-- ⎥⎝⎦ B.[]1,0- C.(],2-∞-D.9,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【规律方法】新定义主要应用于函数、解析几何以及数列中,一般先要理解题中的新定义,然后借助相应的方法进行求解.对于函数或数列不等式恒成立问题以及函数零点个数问题,一般采用分类讨论法或参数分离法求解;对于解析几何中的新定义,一般结合图象来量化问题,将问题中涉及的几何量利用图形直观地表示出来,从图形中得到准确解答.【举一反三】【2013年高考福建卷理】设S、T是R的两个非空子集,如果存在一个从S到T的函数()y f x =满足:(i )(){}T f x x S =∈;(ii )对任意1x 、2x S ∈,当12x x <时,恒有()()12f x f x <,那么称这两个集合“保序同构”,以下集合对不是“保序同构”的是( )A.A N *=,B N = B.{}13A x x =-≤≤,{}8010B x x x ==-<≤或C.{}01A x x =<<,B R = D.A Z =,B Q =考点9 数学归纳法【例9】【广东省五校协作体2014届高三第二次联考】已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭(n 为正整数).(1)令2nn n b a =,求证数列{}n b 是等差数列,并求数列{}n a 的通项公式; (2)令1n n n c a n +=,12n n T c c c =+++ ,试比较n T 与251nn +的大小,并予以证明.式11122n n n a a --=+,在等式两边同时乘以12n -得到11221n n n n a a --=+,由2n n n b a =,由【规律方法】数学归纳法一般用于与自然数有关的命题、等式或不等式的证明,其解题步骤为:第二数学归纳法的证明步骤是:①归纳奠基:证明当取第一个自然数0n 时命题成立;②归纳递推:假设n k =()0,k Nk n *∈≥时,命题成立,证明当1n k =+时,命题成立;③由①②得出结论.利用数学归纳法来进行证明时,需要注意两个问题:一是验证时n 的初始值不一定为1,要视具体情况而定;二是由n k =到1n k =+时,所需的跨度,即式子两边增加了多少项.【举一反三】【江苏省扬州中学2014届高三开学考试】数列{}21n-的前n 项组成集合n A ={}()1,3,7,,21nn N *-∈ ,从集合n A 中任取()1,2,3,,k k n = 个数,其所有可能的k 个数的乘积的和为k T (若只取一个数,规定乘积为此数本身),记12n n S T T T =+++ .例如:当1n =时,{}11A =,11T =,11S =;当2n =时,{}21,3A =,113T =+,213T =⨯,213137S =++⨯=.(1)求3S ;(2)猜想n S ,并用数学归纳法证明.三.错混辨析1.忽视判别式∆适用的前提【例1】求实数m 的取值范围,使方程()()24120x m i x mi ++++=至少有一个实根.2.忽视对循环结构的合理分析【例2】如果执行如图11所示的程序框图,那么输出的S =( )A.1275B.2550C.5050D.25003.忽视数学归纳法中证题时的跨度 【例3】用数学归纳法证明:()111122234212n n n -++++>≥- .1.(原创题)在复数集C 上定义运算“⊗”:当12z z ≥时,1122z z z z ⊗=;当12z z <时,1212z z z z ⊗=,若113z i =+,21z i =+,33z i =-,则复数()123z z z ⊗⊗在复平面内所对应的点位于 ( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.(原创题)执行如图12所示的算法程序框图,若输出的y值满足12y ,则输入的x值的取值范围是.【解析】3.【广东省汕头四中2014届高三第一次月考】将全体正奇数排成一个三角形数阵:135791113151719按照以上排列的规律,第n 行()3n ≥从左向右的第3个数为.4.(原创题)已知平面坐标系内两点()11,A x y 、()22,B x y ,定义直角距离()1212,d A B x x y y =-+-.已知点()1,3P ,点Q 为直线20x y ++=上一点,则(),d P Q 的最小值是.12315x x x x =-+---=-++,利用绝对值的几何意义可知,5.【湖北省武汉市部分学校2014届高三11月联考】已知函数()f x 的导函数为()f x ',且对任意0x >,都有()()f x f x x'>.(1)判断函数()()f x F x x=在()0,+∞上的单调性;(2)设1x 、()20,x ∈+∞,证明:()()()1212f x f x f x x +<+; (3)请将(2)中的结论推广到一般形式,并证明你所推广的结论.(3)推广:对任意2n ≥且n N *∈,若1x 、2x 、 、()0,n x ∈+∞,。

2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题一小题专攻第二讲复数、平面向量

2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题一小题专攻第二讲复数、平面向量

第二讲 复数、平面向量微专题1 复数常考常用结论1.已知复数z =a +b i(a ,b ∈R ),则(1)当b =0时,z ∈R ;当b ≠0时,z 为虚数;当a =0,b ≠0时,z 为纯虚数. (2)z 的共轭复数z ̅=a -b i. (3)z 的模|z |=√a 2+b 2. 2.已知i 是虚数单位,则 (1)(1±i)2=±2i ,1+i 1−i =i ,1−i1+i =-i.(2)i 4n =1,i 4n +1=i ,i 4n +2=-1,i 4n +3=-i.保 分 题1.[2022·新高考Ⅱ卷](2+2i)(1-2i)=( ) A .-2+4i B .-2-4i C .6+2i D .6-2i 2.[2022·全国甲卷]若z =1+i ,则|i z +3z ̅|=( ) A .4√5 B .4√2 C .2√5D .2√23.[2022·全国乙卷]已知z =1-2i ,且z +a z ̅+b =0,其中a ,b 为实数,则( ) A .a =1,b =-2 B .a =-1,b =2 C .a =1,b =2 D .a =-1,b =-2提 分 题例1 (1)[2022·福建漳州一模]已知z =|√3i -1|+11+i,则在复平面内z 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(2)[2022·山东潍坊二模](多选)若复数z 1=2+3i ,z 2=-1+i ,其中i 是虚数单位,则下列说法正确的是( )A .z1z 2∈RB.z 1·z 2̅̅̅̅̅̅̅̅=z 1̅·z 2̅C .若z 1+m (m ∈R )是纯虚数,那么m =-2D .若z 1,z 2在复平面内对应的向量分别为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (O 为坐标原点),则|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=5 听课笔记:【技法领悟】复数的代数运算的基本方法是运用运算法则,可以通过对代数式结构特征的分析,灵活运用i 的幂的性质、运算法则来优化运算过程.巩固训练11.[2022·山东泰安二模]已知复数z =3−i 1−2i,i 是虚数单位,则复数z ̅-4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2.[2022·河北保定二模](多选)已知复数z 满足方程(z 2-4)(z 2-4z +5)=0,则( )A .z 可能为纯虚数B .方程各根之和为4C .z 可能为2-iD .方程各根之积为-20微专题2 平面向量常考常用结论1.平面向量的两个定理 (1)向量共线定理:向量a (a ≠0)与b 共线的充要条件是:存在唯一一个实数λ,使b =λa . (2)平面向量基本定理:如果e 1,e 2是同一平面内的两个不共线向量,那么对于这一平面内的任意向量a ,有且只有一对实数λ1,λ2,使a =λ1e 1+λ2e 2,其中e 1,e 2是一组基底.2.平面向量的坐标运算设a =(x 1,y 1),b =(x 2,y 2),其中b ≠0,θ为a 与b 的夹角. (1)a ∥b ⇔x 1y 2-x 2y 1=0.(2)a ·b =|a ||b |cos θ=x 1x 2+y 1y 2. (3)a ⊥b ⇔x 1x 2+y 1y 2=0.(4)|a |=√a ·a =√x 12+y 12.(5)cos θ=a·b|a ||b |=1212√x 1+y 1 √x 2+y 2.保 分 题1.△ABC 中,E 是边BC 上靠近B 的三等分点,则向量AE⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A .13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ B .13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ C .23AB⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ D .23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2.[2022·全国乙卷]已知向量a ,b 满足|a |=1,|b |=√3,|a -2b |=3,则a ·b =( ) A .-2 B .-1 C .1 D .2 3.[2022·全国甲卷]已知向量a =(m ,3),b =(1,m +1),若a ⊥b ,则m =________.提 分 题例2 (1)[2022·河北石家庄二模]在平行四边形ABCD 中,M ,N 分别是AD ,CD 的中点,若BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A .34a +23b B .23a +23bC .34a +34bD .23a +34b(2)[2022·山东济宁一模]等边三角形ABC 的外接圆的半径为2,点P 是该圆上的动点,则PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值为( ) A .4 B .7 C .8 D .11 听课笔记:【技法领悟】求解向量数量积最值问题的两种思路1.直接利用数量积公式得出代数式,依据代数式求最值.2.建立平面直角坐标系,通过坐标运算得出函数式,转化为求函数的最值.巩固训练21.[2022·山东济南二模]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 ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AD⃗⃗⃗⃗⃗ D .12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AD⃗⃗⃗⃗⃗ 2.[2022·福建漳州二模]已知△ABC 是边长为2的正三角形,P 为线段AB 上一点(包含端点),则PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为( ) A .[-14,2] B .[-14,4] C .[0,2]D .[0,4]第二讲 复数、平面向量微专题1 复数保分题1.解析:(2+2i)(1-2i)=2-4i +2i -4i 2=2-2i +4=6-2i.故选D. 答案:D2.解析:因为z =1+i ,所以z ̅=1-i ,所以i z +3z ̅=i(1+i)+3(1-i)=2-2i ,所以|i z +3z ̅|=|2-2i|=√22+(−2)2=2√2.故选D. 答案:D3.解析:由z =1-2i 可知z ̅=1+2i.由z +a z ̅+b =0,得1-2i +a (1+2i)+b =1+a +b +(2a -2)i =0.根据复数相等,得{1+a +b =0,2a −2=0,解得{a =1,b =−2.故选A.答案:A提分题[例1] 解析:(1)∵z =|√3i -1|+11+i = √(√3)2+(−1)2+1−i1−i 2=2+1−i 2=52−12i ,∴复平面内z 对应的点(52,-12)位于第四象限. (2)对于A ,z1z 2=2+3i −1+i=(2+3i )(−1−i )(−1+i )(−1−i )=1−5i 2=12−52i ,A 错误;对于B ,∵z 1·z 2=(2+3i)(-1+i)=-5-i ,∴z 1·z 2̅̅̅̅̅̅̅̅=-5+i ;又z 1̅·z 2̅=(2-3i)(-1-i)=-5+i ,∴z 1·z 2̅̅̅̅̅̅̅̅=z 1̅·z 2̅,B 正确;对于C ,∵z 1+m =2+m +3i 为纯虚数,∴m +2=0,解得:m =-2,C 正确; 对于D ,由题意得:OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-4),∴|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√9+16=5,D 正确.答案:(1)D (2)BCD [巩固训练1]1.解析:z =3−i1−2i =(3−i )(1+2i )(1−2i )(1+2i )=5+5i 5=1+i ,则z ̅-4=1-i -4=-3-i ,对应的点位于第三象限.故选C.答案:C2.解析:由(z 2-4)(z 2-4z +5)=0,得z 2-4=0或z 2-4z +5=0, 即z 2=4或(z -2)2=-1,解得:z =±2或z =2±i ,显然A 错误,C 正确; 各根之和为-2+2+(2+i)+(2-i)=4,B 正确; 各根之积为-2×2×(2+i)(2-i)=-20,D 正确. 答案:BCD微专题2 平面向量保分题1.解析:因为点E 是BC 边上靠近B 的三等分点,所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ .故选C. 答案:C2.解析:将|a -2b |=3两边平方,得a 2-4a ·b +4b 2=9.因为|a |=1,|b |=√3,所以1-4a ·b +12=9,解得a ·b =1.故选C.答案:C3.解析:由a ⊥b ,可得a ·b =(m ,3)·(1,m +1)=m +3m +3=0,所以m =-34. 答案:-34提分题[例2] 解析:(1)如图所示,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =m ,AD⃗⃗⃗⃗⃗ =n ,且BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =x a +y b ,则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =x a +y b =x (12n -m )+y (n -12m )=(12x +y )n -(x +12y )m , 又因为BD⃗⃗⃗⃗⃗ =n -m , 所以{12x +y =1x +12y =1,解得x =23,y =23,所以BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =23a +23b . 故选B.(2)如图,等边三角形ABC ,O 为等边三角形ABC 的外接圆的圆心,以O 为原点,AO 所在直线为y 轴,建立直角坐标系.因为AO =2,所以A (0,2),设等边三角形ABC 的边长为a ,则asin A =asin 60°=2R =4,所以a =2√3,则B (-√3,-1),C (√3,-1).又因为P 是该圆上的动点,所以设P (2cos θ,2sin θ),θ∈[0,2π), PA ⃗⃗⃗⃗ =(-2cos θ,2-2sin θ),PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3-2cos θ,-1-2sin θ),PC ⃗⃗⃗⃗ =(√3-2cos θ,-1-2sin θ),PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ =-2cos θ(-√3-2cos θ)+(2-2sin θ)(-1-2sin θ)+(-√3-2cos θ)(√3-2cos θ)+(-1-2sin θ)(-1-2sin θ)=3+1+2sin θ+2√3cos θ=4+4sin (θ+π3),因为θ∈[0,2π),θ+π3∈[π3,7π3),sin (θ+π3)∈[-1,1],所以当sin (θ+π3)=1时,PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值为8.故选C.答案:(1)B (2)C [巩固训练2]1.解析:取AD 中点N ,连接MN ,∵AB⃗⃗⃗⃗⃗ =-2CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AB ∥CD ,|AB |=2|CD |, 又M 是BC 中点,∴MN ∥AB ,且|MN |=12(|AB |+|CD |)=34|AB |, ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AN ⃗⃗⃗⃗⃗ +NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故选B. 答案:B 2.解析:以AB 中点O 为坐标原点,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC⃗⃗⃗⃗⃗ 正方向为x ,y 轴可建立如图所示平面直角坐标系,则A (-1,0),B (1,0),C (0,√3),设P (m ,0)(-1≤m ≤1),∴PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-m ,0),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-m ,√3), ∴PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ =m 2-m =(m -12)2-14, 则当m =12时,(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ )min =-14;当m =-1时,(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ )max =2; ∴PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为[-14,2].故选A. 答案:A。

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 平面向量与复数教案-高三全册数学教案

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 平面向量与复数教案-高三全册数学教案

第3讲 平面向量与复数平面向量的概念与线性运算[核心提炼]1.在平面向量的化简或运算中,要根据平面向量基本定理选好基底,变形要有方向不能盲目转化;2.在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”,结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量;在用三角形减法法则时要保证“同起点”,结果向量的方向是指向被减向量.[典型例题](1)(2019·杭州模拟)如图所示,已知AB 是圆O 的直径,点C ,D 是半圆弧的两个三等分点,AB →=a ,AC →=b ,则AD →=( )A .a -12bB .12a -bC .a +12bD .12a +b(2)(2019·金华市十校联考)已知A 、B 、C 是平面上不共线的三点,O 是△ABC 的重心,点P 满足OP →=14(OA →+OB →+2OC →),则S △PAB S △OAB为( )A .32 B .23C .2D .12(3)(2019·嘉兴七校联考)在△ABC 中,点D 满足BD →=34BC →,当点E 在射线AD (不含点A )上移动时,若AE →=λAB →+μAC →,则(λ+1)2+μ2的取值范围为________.【解析】 (1)连接CD ,由点C ,D 是半圆弧的三等分点,得CD ∥AB 且CD →=12AB →=12a ,所以AD →=AC →+CD →=b +12a .(2)如图,延长CO ,交AB 中点D ,O 是△ABC 的重心,则OP →=14(OA →+OB →+2OC →)=14(2OD →+2OC →)=14(-OC →+2OC →)=14OC →,所以OP =14OC =14×23CD =16CD ;所以DP =DO +OP =13CD +16CD =12CD ,DO =13CD ;所以S △PAB S △OAB =DP DO =12CD13CD =32.(3)因为点E 在射线AD (不含点A )上,设AE →=kAD →(k >0),又BD →=34BC →,所以AE →=k (AB →+BD →)=k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤AB →+34(AC →-AB →)=k 4AB →+3k 4AC →, 所以⎩⎪⎨⎪⎧λ=k 4μ=3k4,(λ+1)2+μ2=⎝ ⎛⎭⎪⎫k 4+12+916k 2=58⎝ ⎛⎭⎪⎫k +252+910>1,故(λ+1)2+μ2的取值范围为(1,+∞).【答案】 (1)D (2)A (3)(1,+∞)平面向量的线性运算技巧(1)对于平面向量的线性运算,要先选择一组基底,同时注意共线向量定理的灵活运用. (2)运算过程中重视数形结合,结合图形分析向量间的关系.[对点训练]1.(2019·瑞安市四校联考)设M 是△ABC 边BC 上的点,N 为AM 的中点,若AN →=λAB →+μAC →,则λ+μ的值为( )A.14B.13C.12D.1 解析:选C.因为M 在BC 边上,所以存在实数t ∈[0,1]使得BM →=tBC →. AM →=AB →+BM →=AB →+tBC →=AB →+t (AC →-AB →)=(1-t )AB →+tAC →,因为N 为AM 的中点, 所以AN →=12AM →=1-t 2AB →+t 2AC →,所以λ=1-t 2,μ=t 2,所以λ+μ=1-t 2+t 2=12,故C 正确.2.(2019·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC 中,BC =7,AC =6,cos C =267.若动点P 满足AP →=(1-λ)AB →+2λ3AC →,(λ∈R ),则点P 的轨迹与直线BC ,AC 所围成的封闭区域的面积为( )A .5B .10C .2 6D .4 6解析:选A.设AD →=23AC →,因为AP →=(1-λ)AB →+2λ3AC →=(1-λ)AB →+λAD →,所以B ,D ,P 三点共线. 所以P 点轨迹为直线BC .在△ABC 中,BC =7,AC =6,cos C =267,所以sin C =57,所以S △ABC =12×7×6×57=15,所以S △BCD =13S △ABC =5.3.(2019·高考浙江卷)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i =1,2,3,4,5,6)取遍±1时,|λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →|的最小值是________,最大值是________.解析:以点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,则A (0,0),B (1,0),C (1,1),D (0,1),所以λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →=(λ1-λ3+λ5-λ6,λ2-λ4+λ5+λ6),所以当⎩⎪⎨⎪⎧λ1-λ3+λ5-λ6=0λ2-λ4+λ5+λ6=0时,可取λ1=λ3=1,λ5=λ6=1,λ2=-1,λ4=1,此时|λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →|取得最小值0;取λ1=1,λ3=-1,λ5=λ6=1,λ2=1,λ4=-1,则|λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →|取得最大值22+42=2 5.答案:0 2 5平面向量的数量积 [核心提炼]1.平面向量的数量积的两种运算形式(1)数量积的定义:a ·b =|a ||b |cos θ(其中θ为向量a ,b 的夹角);(2)坐标运算:a =(x 1,y 1),b =(x 2,y 2)时,a ·b =x 1x 2+y 1y 2. 2.平面向量的三个性质(1)若a =(x ,y ),则|a |=a·a =x 2+y 2. (2)若A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则 |AB →|=(x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2.(3)若a =(x 1,y 1),b =(x 2,y 2),θ为a 与b 的夹角,则cos θ=a·b |a||b |=x 1x 2+y 1y 2x 21+y 21x 22+y 22. [典型例题](1)(2018·高考浙江卷)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(2)(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a ,b ,c 满足|a |=1,|b |=k ,|c |=2-k 且a +b +c =0,则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________.【解析】 (1)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. (2)设b 与c 的夹角为θ,由题b +c =-a , 所以b 2+c 2+2b ·c =1.即cos θ=2k 2-4k +32k 2-4k =1+32(k -1)2-2. 因为|a |=|b +c |≥|b -c |,所以|2k -2|≤1. 所以12≤k ≤32.所以-1≤cos θ≤-12.【答案】 (1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤-1,-12(1)平面向量数量积的计算①涉及数量积和模的计算问题,通常有两种求解思路(ⅰ)直接利用数量积的定义; (ⅱ)建立坐标系,通过坐标运算求解.②在利用数量积的定义计算时,要善于将相关向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算.(2)求解向量数量积最值问题的两种思路①直接利用数量积公式得出代数式,依据代数式求最值.②建立平面直角坐标系,通过坐标运算得出函数式,转化为求函数的最值.[对点训练]1.(2019·嘉兴市高考一模)已知平面向量a 、b 满足|a |=|b |=1,a ·b =12,若向量c满足|a -b +c |≤1,则|c |的最大值为( )A .1B . 2C . 3D .2解析:选D.由平面向量a 、b 满足|a |=|b |=1,a ·b =12,可得|a|·|b |·cos 〈a ,b 〉=1·1·cos 〈a ,b 〉=12,由0≤〈a ,b 〉≤π,可得〈a ,b 〉=π3,设a =(1,0),b =⎝ ⎛⎭⎪⎫12,32,c =(x ,y ),则|a -b +c |≤1,即有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12+x ,y -32≤1,即为⎝ ⎛⎭⎪⎫x +122+⎝ ⎛⎭⎪⎫y -322≤1,故|a -b +c |≤1的几何意义是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,32为圆心,半径等于1的圆上和圆内部分,|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离,而原点在圆上,则最大值为圆的直径,即为2.2.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I 1=OA →·OB →,I 2=OB →·OC →,I 3=OC →·OD →,则( )A .I 1<I 2<I 3B .I 1<I 3<I 2C .I 3 < I 1<I 2D .I 2<I 1<I 3解析:选C.如图所示,四边形ABCE 是正方形,F 为正方形的对角线的交点,易得AO <AF ,而∠AFB =90°,所以∠AOB 与∠COD 为钝角,∠AOD与∠BOC 为锐角.根据题意,I 1-I 2=OA →·OB →-OB →·OC →=OB →·(OA →-OC →)=OB →·CA →=|OB →|·|CA →|·cos ∠AOB <0,所以I 1<I 2,同理得,I 2>I 3,作AG ⊥BD 于G ,又AB =AD ,所以OB <BG =GD <OD ,而OA <AF =FC <OC ,所以|OA →|·|OB →|<|OC →|·|OD →|,而cos ∠AOB =cos ∠COD <0,所以OA →·OB →>OC →·OD →,即I 1>I 3.所以I 3<I 1<I 2.3.(2019·金华十校高考模拟)若非零向量a ,b 满足:a 2=(5a -4b )·b ,则cos 〈a ,b 〉的最小值为________.解析:非零向量a ,b 满足:a 2=(5a -4b )·b ,可得a ·b =15(a 2+4b 2)=15(|a |2+4|b |2)≥15·2|a |2·4|b |2=45|a |·|b |,即有cos 〈a ,b 〉=a ·b |a |·|b |≥45·|a |·|b ||a |·|b |=45,当且仅当|a |=2|b |,取得最小值45.答案:45平面向量与其他知识的交汇[核心提炼]平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”,常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题,平面向量的“位置”为:一是作为解决问题的工具,二是通过运算作为命题条件.[典型例题](1)如图,已知点D 为△ABC 的边BC 上一点,BD →=3DC →,E n (n ∈N *)为边AC 上的列点,满足E n A →=14a n +1·E n B →-(3a n +2)E n D →,其中实数列{a n }中,a n >0,a 1=1,则数列{a n }的通项公式为a n =( )A .3·2n -1-2 B .2n-1 C .3n-1 D .2·3n -1-1(2)已知在锐角三角形ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,向量p =(cos B +sinB ,2sin B -2),q =(sin B -cos B ,1+sin B ),且p ⊥q .①求B 的大小;②若b =2,△ABC 的面积为3,求a ,c .【解】 (1)选D.因为BD →=3DC →,所以E n C →=E n B →+BC →=E n B →+43BD →=E n B →+43(BE n →+E n D →)=-13E n B→+43E n D →.设mE n C →=E n A →,则由E n A →=14a n +1E n B →-(3a n +2)E n D →,得(14a n +1+13m )E n B →-(43m +3a n +2)E n D →=0,则-13m =14a n +1,43m =-(3a n +2),所以14a n +1=14(3a n +2),所以a n +1+1=3(a n +1).因为a 1+1=2,所以数列{a n +1}是以2为首项,3为公比的等比数列,所以a n +1=2·3n -1,所以a n =2·3n -1-1.(2)①因为p ⊥q ,所以p ·q =(cos B +sin B )(sin B -cos B )+(2sin B -2)·(1+sin B )=0,即3sin 2B -cos 2B -2=0,即sin 2B =34,又角B 是锐角三角形ABC 的内角,所以sin B =32,所以B =60°. ②由①得B =60°,又△ABC 的面积为3, 所以S △ABC =12ac sin B ,即ac =4.①由余弦定理得b 2=a 2+c 2-2ac cos B , 又b =2,所以a 2+c 2=8,② 联立①②,解得a =c =2.平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何,求最值. (1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系,解题的关键还是三角函数的知识.在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系,在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中几何量之间的关系,最后的解题还要落实到解析几何知识上.(2)因为向量是沟通代数、几何的工具,有着极其丰富的实际背景,对于某些代数问题,可构造向量,使其转化为向量问题求解.[对点训练]1.(2019·杭州市高三二模)△ABC 中,∠C =90°,AC =4,BC =3,D 是AB 的中点,E ,F 分别是边BC 、AC 上的动点,且EF =1,则DE →·DF →的最小值等于( )A.54 B.154 C.174D.174解析:选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系,如图所示:则A (0,4),B (3,0),C (0,0),D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,2. 设E (x ,0),则F (0,1-x 2),0≤x ≤1. 所以DE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫x -32,-2,DF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-32,1-x 2-2.所以DE →·DF →=94-32x +4-21-x 2=254-3x 2-21-x 2.令f (x )=254-3x 2-21-x 2,当x ≠1时,则f ′(x )=-32+2x1-x 2. 令f ′(x )=0得x =35.当0≤x <35时,f ′(x )<0,当35<x <1时,f ′(x )>0.所以当x =35时,f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35=154.当x =1时,f (1)=254-32=194>154,故选B.2.(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ,b 满足|a +b |=4,|a -b |=3,则|a |+|b |的取值范围是( )A .[3,5]B .[4,5]C .[3,4]D .[4,7]解析:选B.|a |+|b |≥max{|a +b |,|a -b |}=4, (|a |+|b |)2≤|a +b |2+|a -b |2=25,所以|a |+|b |≤5.3.(2019·江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列{a n }中,a 1=2,点列P n (n =1,2,…)在△ABC 内部,且△P n AB 与△P n AC 的面积比为2∶1.若对n ∈N *都存在数列{b n }满足b n P n A →+12a n +1P n B →+(3a n +2)P n C →=0,求a 4.解:在线段BC 上取点D ,使得BD =2CD ,则P n 在线段AD 上, 因为b n P n A →+12a n +1P n B →+(3a n +2)P n C →=0,所以-12a n +1BP n →=b n AP n →+(3a n +2)CP n →=b n (BP n →-BA →)+(3a n +2)(BP n →-BC →),所以⎝ ⎛⎭⎪⎫-12a n +1-b n -3a n -2BP n →=-b n BA →-32×(3a n +2)BD →.因为A ,P n ,D 三点共线,所以-12a n +1-b n -3a n -2=-b n -32(3a n +2),即a n +1=3a n +2,所以a 2=3a 1+2=8,a 3=3a 2+2=26,a 4=3a 3+2=80.复 数 [核心提炼]1.复数的除法复数的除法一般是将分母实数化,即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简. 2.复数运算中常见的结论(1)(1±i)2=±2i ,1+i 1-i =i ,1-i 1+i =-i.(2)-b +a i =i(a +b i). (3)i 4n=1,i 4n +1=i ,i4n +2=-1,i4n +3=-i.(4)i 4n+i4n +1+i 4n +2+i4n +3=0.[典型例题](1)(2019·杭州学军中学高考模拟)设复数z 满足1+z1-z =i ,则|z |=( )A .1B . 2C . 3D .2(2)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 4C .p 2,p 3D .p 2,p 4(3)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知复数z =1+i ,其中i 为虚数单位,则复数1+z +z 2+…+z 2 017的实部为( )A .1B .-1C .21 009D .-21 009【解析】 (1)因为复数z 满足1+z1-z=i ,所以1+z =i -z i ,所以z (1+i)=i -1,所以z =i -1i +1=i ,所以|z |=1,故选A.(2)对于命题p 1,设z =a +b i(a ,b ∈R ),由1z =1a +b i =a -b ia 2+b 2∈R ,得b =0,则z ∈R成立,故命题p 1正确;对于命题p 2,设z =a +b i(a ,b ∈R ),由z 2=a 2-b 2+2ab i ∈R ,得ab =0,则a =0或b =0,复数z 可能为实数或纯虚数,故命题p 2错误;对于命题p 3,设z 1=a +b i(a ,b ∈R ),z 2=c +d i(c ,d ∈R ),由z 1·z 2=(ac -bd )+(ad +bc )i ∈R ,得ad +bc =0,不一定有z 1=z 2,故命题p 3错误;对于命题p 4,设z =a +b i(a ,b ∈R ),则由z ∈R ,得b =0,所以z =a ∈R 成立,故命题p 4正确.故选B.(3)因为z =1+i , 所以1+z +z 2+…+z2 017=1×(1-z 2 018)1-z=z 2 018-1z -1=(1+i )2 018-11+i -1=(2i )1 009-1i =(-1+21 009i )(-i )-i2=21 009+i. 所以复数1+z +z 2+…+z2 017的实部为21 009.故选C.【答案】 (1)A (2)B (3)C复数问题的解题思路(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础,结合四则运算,利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题.(2)若与其他知识结合考查,则要借助其他的相关知识解决问题.[对点训练]1.(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z 满足(1+i)z =|3+i|,则在复平面内,z 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.由题意,得z =(3)2+121+i =2(1-i )(1+i )(1-i )=1-i ,所以z =1+i ,其在复平面内对应的点为(1,1),位于第一象限,故选A.2.(2019·金丽衢十二校联考)设z 是复数,|z -i|≤2(i 是虚数单位),则|z |的最大值是( )A .1B .2C .3D .4解析:选C.因为|z -i|≤2,所以复数z 在复平面内对应点在以(0,1)为圆心,以2为半径的圆及其内部.所以|z |的最大值为3.故选C.3.(2019·高考浙江卷)复数z =11+i (i 为虚数单位),则|z |=________.解析:通解:z =11+i =1-i 2=12-i2,所以|z |=⎝ ⎛⎭⎪⎫122+⎝ ⎛⎭⎪⎫-122=22. 优解:|z |=⎪⎪⎪⎪⎪⎪11+i =1|1+i|=112+12=22.答案:22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cos 2θ=1-12λ2.再由33≤λ≤1,可得12≤12λ2≤32,所以-12≤cos 2θ≤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 sinC =34ab ≤334, 所以△ABC 面积的最大值为334.。

高三数学二轮复习教学计划和目标精选

高三数学二轮复习教学计划和目标精选

高三数学二轮复习教学计划和目标精选高三数学二轮复习教学计划和目标精选篇1本学期我所任教的是高三2个班的数学课和高一2个班级的数学课,另外任数学教研组组长工作。

牢记我校总体思想:立足生存,办出特色,谋求发展。

兼顾“两条腿走路”原则。

继续加强学校的师德要求:爱岗敬业,为人师表,转变观念,树立服务意识,以面对职业教育和学校当前所面临的转型过渡时期。

进行自我提高,虚心学习,认真总结经验。

按照学校要求针对高三教学制定计划如下:本学期的对口升学工作的形势非常严峻,也会非常残酷。

通过张校长的分析,使得我更加清楚地认识到了这一点,同时教务处也做出了周密的安排,我们应紧紧围绕这个主题而努力。

通过侧面了解及半年来的了解,这些同学的成绩参差不齐,而且缺少拔尖人才,学生学习习惯不好,上进心不是很强,基础较差。

面对这样的学生,如何提高他们的学习兴趣和促使他们鉴定信念,是一件非常重要的工作。

为了提高效率,应该对他们采取强化手段,进行强化训练,压缩了第一轮复习时间,分阶段复习训练已经开始。

本学期将在完成分阶段复习之后,并进行备考冲刺训练,靠近高考提醒并适当提高一点难度,进行查缺补漏,不断提高。

时间非常紧张,要面对现状,要客服一切困难,加大力度,提高效率,为今年的高考工作做好比较充分的准备。

分阶段强化训练主要是教材和高考复习资料中的重点题型,整理成试题篇的形式,共9套,课后由学生自行完成,课上精讲,强调高考中常见问题,加以分析,积累解题经验,形成比较完整的知识能力体系。

全程大约需要20课时,根据学生具体接受情况适当调整,尽量压缩,以给后面复习让出时间。

模拟冲刺阶段主要借助于高考原题和积累整理的10套模拟题进行综合训练和模拟冲刺,同时观察学生存在的问题对学生进行必要的辅导,尽可能促进学生综合能力的提高。

在进行实施的过程中,除学校及市里组织的模拟考试外,进行必要的验收考试,以给学生造成一定的压力,进而刺激他们的学习动力。

同时还要进行一些心理方面的辅导和应试技巧,能够端正心态,面向高考,努力进取。

2022年高考数学二轮复习教案:第二部分 专题一 选择、填空题常用的10种解法 Word版含答案

2022年高考数学二轮复习教案:第二部分 专题一 选择、填空题常用的10种解法 Word版含答案

专题一 选择、填空题常用的10种解法 抓牢小题,保住基本分才能得高分________________________________________________________________________ 原则与策略:1.基本原则:小题不用大做.2.基本策略:充分利用题干和选项所供应的信息作出推断.先定性后定量,先特殊后推理,先间接后直接,选择题可先排解后求解.解题时应认真审题、深化分析、正确推演运算、谨防疏漏. 题型特点:1.高中低档题,且多数按由易到难的挨次排列.2.留意基本学问、基本技能与思想方法的考查.3.解题方法机敏多变不唯一.4.具有较好的区分度,试题层次性强.方法一 定义法所谓定义法,就是直接利用数学定义解题,数学中的定理、公式、性质和法则等,都是由定义和公理推演出来的.简洁地说,定义是对数学实体的高度抽象,用定义法解题是最直接的方法.一般地,涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题,常用定义法解决.[例1] 如图,F 1,F 2是双曲线C 1:x 216-y 29=1与椭圆C 2的公共焦点,点A 是C 1,C 2在第一象限的公共点.若|F 1A |=|F 1F 2|,则C 2的离心率是( )A.56B.23C.25D.45解析:由双曲线C 1的方程可得|F 1F 2|=216+9=10, 由双曲线的定义可得|F 1A |-|F 2A |=216=8, 由已知可得|F 1A |=|F 1F 2|=10, 所以|F 2A |=|F 1A |-8=2.设椭圆的长轴长为2a ,则由椭圆的定义可得2a =|F 1A |+|F 2A |=10+2=12. 所以椭圆C 2的离心率e =2c 2a =1012=56.故选A.答案:A[增分有招] 利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题,要留意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件,机敏利用相关的定义求解.如[本例]中依据双曲线的定义和已知条件,分别把A 到两个焦点的距离求出来,然后依据椭圆定义求出其长轴长,最终就可依据离心率的定义求值. [技法体验]1.(2021·广州模拟)假如P 1,P 2,…,P n 是抛物线C :y 2=4x 上的点,它们的横坐标依次为x 1,x 2,…,x n ,F 是抛物线C 的焦点,若x 1+x 2+…+x n =10,则|P 1F |+|P 2F |+…+|P n F |=( ) A .n +10 B .n +20 C .2n +10D .2n +20解析:由题意得,抛物线C :y 2=4x 的焦点为(1,0),准线为x =-1,由抛物线的定义,可知|P 1F |=x 1+1,|P 2F |=x 2+1,…,|P n F |=x n +1,故|P 1F |+|P 2F |+…+|P n F |=x 1+x 2+…+x n +n =n +10,选A. 答案:A2.(2022·高考浙江卷)设双曲线x 2-y 23=1的左、右焦点分别为F 1,F 2.若点P 在双曲线上,且△F 1PF 2为锐角三角形,则|PF 1|+|PF 2|的取值范围是________. 解析:借助双曲线的定义、几何性质及余弦定理解决.∵双曲线x 2-y 23=1的左、右焦点分别为F 1,F 2,点P 在双曲线上,∴|F 1F 2|=4,||PF 1|-|PF 2||=2.若△F 1PF 2为锐角三角形,则由余弦定理知|PF 1|2+|PF 2|2-16>0,可化为(|PF 1|+|PF 2|)2-2|PF 1|·|PF 2|>16①.由||PF 1|-|PF 2||=2,得(|PF 1|+|PF 2|)2-4|PF 1||PF 2|=4.故2|PF 1||PF 2|=|PF 1|+|PF 2|2-42,代入不等式①可得(|PF 1|+|PF 2|)2>28,解得|PF 1|+|PF 2|>27.不妨设P 在左支上,∵|PF 1|2+16-|PF 2|2>0,即(|PF 1|+|PF 2|)·(|PF 1|-|PF 2|)>-16,又|PF 1|-|PF 2|=-2,∴|PF 1|+|PF 2|<8.故27<|PF 1|+|PF 2|<8. 答案:(27,8)方法二 特例法特例法,包括特例验证法、特例排解法,就是充分运用选择题中单选题的特征,解题时,可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法.对于定性、定值的问题可直接确定选项;对于其他问题可以排解干扰项,从而获得正确结论.这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略.[例2] (2022·高考浙江卷)已知实数a ,b ,c ( ) A .若|a 2+b +c |+|a +b 2+c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 B .若|a 2+b +c |+|a 2+b -c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 C .若|a +b +c 2|+|a +b -c 2|≤1,则a 2+b 2+c 2<100 D .若|a 2+b +c |+|a +b 2-c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 解析:结合特殊值,利用排解法选择答案. 对于A ,取a =b =10,c =-110, 明显|a 2+b +c |+|a +b 2+c |≤1成立, 但a 2+b 2+c 2>100,即a 2+b 2+c 2<100不成立.对于B ,取a 2=10,b =-10,c =0, 明显|a 2+b +c |+|a 2+b -c |≤1成立, 但a 2+b 2+c 2=110,即a 2+b 2+c 2<100不成立.对于C ,取a =10,b =-10,c =0,明显|a +b +c 2|+|a +b -c 2|≤1成立, 但a 2+b 2+c 2=200,即a 2+b 2+c 2<100不成立. 综上知,A ,B ,C 均不成立,所以选D. 答案:D[增分有招] 应用特例排解法的关键在于确定选项的差异性,利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应,从而排解干扰选项. [技法体验]1.函数f (x )=cos x ·log 2|x |的图象大致为( )解析:函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f (12)=cos 12log 2|12|=-cos 12,f (-12)=cos(-12)·log 2|-12|=-cos 12,所以f (-12)=f (12),排解A ,D ;又f (12)=-cos 12<0,故排解C.综上,选B. 答案:B2.已知E 为△ABC 的重心,AD 为BC 边上的中线,令AB →=a ,AC →=b ,过点E 的直线分别交AB ,AC 于P ,Q 两点,且AP →=m a ,AQ →=n b ,则1m +1n=( )A .3B .4C .5D.13解析:由于题中直线PQ 的条件是过点E ,所以该直线是一条“动”直线,所以最终的结果必定是一个定值.故可利用特殊直线确定所求值.法一:如图1,PQ ∥BC ,则AP →=23AB →,AQ →=23AC →,此时m =n =23,故1m +1n=3.故选A.法二:如图2,取直线BE 作为直线PQ ,明显,此时AP →=AB →,AQ →=12AC →,故m =1,n =12,所以1m +1n =3.故选A.答案:A方法三 数形结合法数形结合法,包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用分为两种情形:一是代数问题几何化,借助形的直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,数作为目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质;二是几何问题代数化,借助于数的精确性阐明形的某些属性,即以数作为手段,形作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.[例3] (2021·安庆模拟)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|x +1|,-7≤x ≤0ln x ,e -2≤x ≤e ,g (x )=x 2-2x ,设a 为实数,若存在实数m ,使f (m )-2g (a )=0,则实数a 的取值范围为( )A .[-1,+∞)B .[-1,3]C .(-∞,-1]∪[3,+∞)D .(-∞,3]解析:∵g (x )=x 2-2x ,a 为实数,∴2g (a )=2a 2-4a .∵函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|x +1|,-7≤x ≤0ln x ,e -2≤x ≤e ,作出函数f (x )的图象可知,其值域为[-2,6],∵存在实数m ,使f (m )-2g (a )=0,∴-2≤2a 2-4a ≤6,即-1≤a ≤3, 故选B.答案:B[增分有招] 数形结合的思想,其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来,关键是代数问题与图形之间的相互转化,如[本例]中求解,可通过作出图象,数形结合求解. [技法体验]1.(2021·珠海摸底)已知|a |=|b |,且|a +b |=3|a -b |,则向量a 与b 的夹角为( ) A .30° B .45° C .60°D .120°解析:通解:设a 与b 的夹角为θ,由已知可得a 2+2a ·b +b 2=3(a 2-2a ·b +b 2),即4a ·b =a 2+b 2,由于|a |=|b |,所以a ·b =12a 2,所以cos θ=a ·b |a |·|b |=12,θ=60°,选C.优解:由|a |=|b |,且|a +b |=3|a -b |可构造边长为|a |=|b |=1的菱形,如图,则|a +b |与|a -b |分别表示两条对角线的长,且|a +b |=3,|a -b |=1,故a 与b 的夹角为60°,选C. 答案:C2.已知点P 在抛物线y 2=4x 上,则点P 到点Q (2,-1)的距离与点P 到抛物线的焦点F 的距离之和取得最小值时,点P 的坐标为( ) A .(14,1)B .(14,-1)C .(1,2)D .(1,-2)解析:如图,由于点Q (2,-1)在抛物线的内部,由抛物线的定义可知,|PF |等于点P 到准线x =-1的距离.过Q (2,-1)作x =-1的垂线QH ,交抛物线于点K ,则点K 为点P 到点Q (2,-1)的距离与点P 到准线x =-1的距离之和取得最小值时的点.将y =-1代入y 2=4x 得x =14,所以点P 的坐标为(14,-1),选B.答案:B方法四 待定系数法要确定变量间的函数关系,设出某些未知系数,然后依据所给条件来确定这些未知系数的方法叫作待定系数法,其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等.使用待定系数法,就是把具有某种确定形式的数学问题,通过引入一些待定的系数,转化为方程组来解决.待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式,例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等. [例4] (2021·天津红桥区模拟)已知椭圆C 的焦点在y 轴上,焦距等于4,离心率为22,则椭圆C 的标准方程是( ) A.x 216+y 212=1 B.x 212+y 216=1C.x 24+y 28=1 D.x 28+y 24=1 解析:由题意可得2c =4,故c =2,又e =2a =22,解得a =22,故b =222-22=2,由于焦点在y 轴上,故选C. 答案:C[增分有招] 待定系数法主要用来解决已经定性的问题,如[本例]中已知椭圆的焦点所在坐标轴,设出标准方程,依据已知列方程求解. [技法体验]1.若等差数列{a n }的前20项的和为100,前45项的和为400,则前65项的和为( ) A .640 B .650 C .660D .780解析:设等差数列{a n}的公差为d ,依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧ 20a 1+20×192d =10045a 1+45×442d =400⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1=9245d =1445,则前65项的和为65a 1+65×642d =65×9245+65×642×1445=780.答案:D2.已知函数f (x )=A sin(ωx +φ)(A >0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,则f (π4)的值为( )A. 2 B .0 C .1D. 3解析:由题图可知,A =2,34T =11π12-π6=34π,∴T =2πω=π,∴ω=2,即f (x )=2sin(2x +φ),由f (π6)=2sin(2×π6+φ)=2得2×π6+φ=2k π+π2,k ∈Z ,即φ=π6+2k π,k ∈Z ,又0<φ<π,∴φ=π6,∴f (x )=2sin(2x +π6),∴f (π4)=2sin(2×π4+π6)=2cos π6=3,故选D.答案:D 方法五 估值法估值法就是不需要计算出代数式的精确 数值,通过估量其大致取值范围从而解决相应问题的方法.该种方法主要适用于比较大小的有关问题,尤其是在选择题或填空题中,解答不需要具体的过程,因此可以猜想、合情推理、估算而获得,从而削减运算量.[例5] 若a =20.5,b =log π3,c =log 2sin 2π5,则( )A .a >b >cB .b >a >cC .c >a >bD .b >c >a解析:由指数函数的性质可知y =2x在R 上单调递增,而0<0.5<1,所以a =20.5∈(1,2).由对数函数的性质可知y =log πx ,y =log 2x 均在(0,+∞)上单调递增,而1<3<π,所以b =log π3∈(0,1);由于sin 2π5∈(0,1),所以c =log 2sin 2π5<0.综上,a >1>b >0>c ,即a >b >c .故选A. 答案:A[增分有招] 估算,省去很多推导过程和比较简单的计算,节省时间,是发觉问题、争辩问题、解决问题的一种重要的运算方法.但要留意估算也要有依据,如[本例]是依据指数函数与对数函数的单调性估量每个值的取值范围,从而比较三者的大小,其实质就是找一个中间值进行比较. [技法体验]已知函数f (x )=2sin(ωx +φ)+1⎝⎛⎭⎪⎫ω>0,|φ|≤π2,其图象与直线y =-1相邻两个交点的距离为π.若f (x )>1对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,π3恒成立,则φ的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6,π3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12,π2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12,π3D.⎝⎛⎦⎥⎤π6,π2解析:由于函数f (x )的最小值为-2+1=-1,由函数f (x )的图象与直线y =-1相邻两个交点的距离为π可得,该函数的最小正周期为T =π,所以2πω=π,解得ω=2.故f (x )=2sin(2x +φ)+1.由f (x )>1,可得sin(2x +φ)>0.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,π3,所以2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π6,2π3.对于选项B ,D ,若取φ=π2,则2x +π2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,7π6,在⎝ ⎛⎭⎪⎫π,7π6上,sin(2x +φ)<0,不合题意;对于选项C ,若取φ=π12,则2x +π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,3π4,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-π12,0上,sin(2x +φ)<0,不合题意.选A.答案:A方法六 反证法反证法是指从命题正面论证比较困难,通过假设原命题不成立,经过正确的推理,最终得出冲突,因此说明假设错误,从而证明白原命题成立的证明方法.反证法证明问题一般分为三步:(1)反设,即否定结论;(2)归谬,即推导冲突;(3)得结论,即说明命题成立.[例6] 已知x ∈R ,a =x 2+32,b =1-3x ,c =x 2+x +1,则下列说法正确的是( )A .a ,b ,c 至少有一个不小于1B .a ,b ,c 至多有一个不小于1C .a ,b ,c 都小于1D .a ,b ,c 都大于1解析:假设a ,b ,c 均小于1,即a <1,b <1,c <1,则有a +b +c <3,而a +b +c =2x 2-2x +72=2⎝ ⎛⎭⎪⎫x -122+3≥3.明显两者冲突,所以假设不成立.故a ,b ,c 至少有一个不小于1.选A. 答案:A[增分有招] 反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较便利.其关键是依据假设导出冲突——与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实冲突或自相冲突.如[本例]中导出等式的冲突,从而说明假设错误,原命题正确. [技法体验]假如△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值,则( ) A .△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B .△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C .△A 1B 1C 1是钝角三角形,△A 2B 2C 2是锐角三角形D .△A 1B 1C 1是锐角三角形,△A 2B 2C 2是钝角三角形解析:由条件知△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0,则△A 1B 1C 1是锐角三角形. 假设△A 2B 2C 2是锐角三角形,则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2=cos A 1=sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2-A 1,sin B 2=cos B 1=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-B 1,sin C 2=cos C 1=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-C 1,解得⎩⎪⎨⎪⎧A 2=π2-A 1,B 2=π2-B 1,C 2=π2-C 1,所以A 2+B 2+C 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-A 1+⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-B 1+⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-C 1,即π=3π2-π,明显该等式不成立,所以假设不成立.易知△A 2B 2C 2不是锐角三角形,所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.故选D. 答案:D 方法七 换元法换元法又称帮助元素法、变量代换法.通过引进新的变量,可以把分散的条件联系起来,隐含的条件显露出来,或者变为生疏的形式,把简单的计算和推证简化.换元的实质是转化,关键是构造元和设元.理论依据是等量代换,目的是变换争辩对象,将问题移至新对象的学问背景中去争辩,从而使非标准型问题标准化、简单问题简洁化.换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等. [例7] 已知正数x ,y 满足4y -2yx=1,则x +2y 的最小值为________.解析:由4y -2y x =1,得x +2y =4xy ,即14y +12x =1,所以x +2y =(x +2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y +12x =1+x 4y +y x ≥1+2x 4y ×yx=2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x 4y =yx ,即x =2y 时等号成立.所以x +2y 的最小值为2.答案:2[增分有招] 换元法主要有常量代换和变量代换,要依据所求解问题的特征进行合理代换.如[本例]中就是使用常数1的代换,将已知条件改写为“14y +12x =1”,然后利用乘法运算规律,任何式子与1的乘积等于本身,再将其开放,通过构造基本不等式的形式求解最值. [技法体验]1.(2022·成都模拟)若函数f (x )=1+3x+a ·9x,其定义域为(-∞,1],则a 的取值范围是( ) A .a =-49B .a ≥-49C .a ≤-49D .-49≤a <0解析:由题意得1+3x +a ·9x≥0的解集为(-∞,1],即⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫13x +a ≥0的解集为(-∞,1].令t =⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ,则t ≥13,即方程t 2+t +a ≥0的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13,+∞,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫132+13+a =0,所以a =-49.答案:A2.函数y =cos 2x -sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4上的最大值为________.解析:y =cos 2x -sin x =-sin 2x -sin x +1. 令t =sin x ,又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π4,∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,22,∴y =-t 2-t +1,t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,22.∵函数y =-t 2-t +1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,22上单调递减,∴t =0时,y max =1.答案:1 方法八 补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多,或直接求解比较麻烦时,可以通过求解该问题的对立大事,求出问题的结果,则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得.该方法在概率、函数性质等问题中应用较多. [例8]某学校为了争辩高中三个班级的数学学习状况,从三个班级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查,若再从中任意抽取两个班级进行测试,则两个班级不来自同一班级的概率为________. 解析:记高一班级中抽取的班级为a 1,高二班级中抽取的班级为b 1,b 2, 高三班级中抽取的班级为c 1,c 2,c 3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的全部可能结果为(a 1,b 1),(a 1,b 2),(a 1,c 1),(a 1,c 2),(a 1,c 3),(b 1,b 2),(b 1,c 1),(b 1,c 2),(b 1,c 3),(b 2,c 1),(b 2,c 2),(b 2,c 3),(c 1,c 2),(c 1,c 3),(c 2,c 3),共15种.设“抽取的两个班级不来自同一班级”为大事A ,则大事A 为抽取的两个班级来自同一班级. 由题意,两个班级来自同一班级的结果为(b 1,b 2),(c 1,c 2),(c 1,c 3),(c 2,c 3),共4种. 所以P (A )=415,故P (A )=1-P (A )=1-415=1115. 所以两个班级不来自同一班级的概率为1115.答案:1115[增分有招] 利用补集法求解问题时,肯定要精确 把握所求问题的对立大事.如[本例]中,“两个班级不来自同一班级”的对立大事是“两个班级来自同一班级”,而高一班级只有一个班级,所以两个班级来自同一班级的可能性仅限于来自于高二班级,或来自于高三班级,明显所包含基本大事的个数较少. [技法体验]1.(2022·四川雅安中学月考)已知命题“∃x 0∈R ,使2x 20+(a -1)x 0+12≤0”是假命题,则实数a 的取值范围是( ) A .(-∞,-1) B .(-1,3) C .(-3,+∞)D .(-3,1)解析:依题意可知“∀x ∈R,2x 2+(a -1)x +12>0”为真命题,所以Δ=(a -1)2-4×2×12<0,即(a +1)·(a -3)<0,解得-1<a <3.故选B. 答案:B2.已知函数f (x )=ax 2-x +ln x 在区间(1,2)上不单调,则实数a 的取值范围为________. 解析:f ′(x )=2ax -1+1x.(1)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增,则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立,所以2ax -1+1x≥0,得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -1x 2.①令t =1x ,由于x ∈(1,2),所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1, 设h (t )=12(t -t 2)=-12⎝ ⎛⎭⎪⎫t -122+18,t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,明显函数y =h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1上单调递减,所以h (1)<h (t )<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,即0<h (t )<18. 由①可知,a ≥18.(2)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减,则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立,所以2ax -1+1x≤0,得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -1x 2.②结合(1)可知,a ≤0.综上,若函数f (x )在区间(1,2)上单调,则实数a 的取值范围为(-∞,0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18,+∞. 所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调,则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,18.答案:⎝ ⎛⎭⎪⎫0,18 方法九 分别参数法分别参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分别参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解,从而避开对参数进行分类争辩的繁琐过程.该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决.但要留意该种方法仅适用于分别参数后能够求解相应函数的最值或值域的状况.[例9] 若不等式x 2+ax +1≥0对一切x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12恒成立,则a 的最小值是________.解析:由于x >0,则由已知可得a ≥-x -1x 在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12上恒成立,而当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12时,⎝ ⎛⎭⎪⎫-x -1x max =-52, ∴a ≥-52,故a 的最小值为-52.答案:-52[增分有招] 分别参数法解决不等式恒成立问题或有解问题,关键在于精确 分别参数,然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系.分别参数时要留意参数系数的符号是否会发生变化,假如参数的系数符号为负号,则分别参数时应留意不等号的变化,否则就会导致错解. [技法体验]1.(2022·长沙调研)若函数f (x )=x 3-tx 2+3x 在区间[1,4]上单调递减,则实数t 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,518 B .(-∞,3] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518,+∞D .[3,+∞)解析:f ′(x )=3x 2-2tx +3,由于f (x )在区间[1,4]上单调递减,则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立, 即3x 2-2tx +3≤0在[1,4]上恒成立,则t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 在[1,4]上恒成立,由于y =32⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x 在[1,4]上单调递增,所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4+14=518,故选C.答案:C2.(2022·湖南五校调研)方程log 12(a -2x)=2+x 有解,则a 的最小值为________.解析:若方程log 12(a -2x )=2+x 有解,则⎝ ⎛⎭⎪⎫122+x =a -2x有解,即14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x +2x =a 有解,∵14⎝ ⎛⎭⎪⎫12x +2x ≥1,故a 的最小值为1. 答案:1 方法十 构造法构造法是指利用数学的基本思想,经过认真的观看,深化的思考,构造出解题的数学模型,从而使问题得以解决.构造法的内涵格外丰富,没有完全固定的模式可以套用,它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础,针对具体问题的特点实行相应的解决方法,其基本的方法是借用一类问题的性质,来争辩另一类问题的相关性质.常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等. [例10] 已知m ,n ∈(2,e),且1n 2-1m 2<ln mn,则( )A .m >nB .m <nC .m >2+1nD .m ,n 的大小关系不确定解析:由不等式可得1n 2-1m2<ln m -ln n ,即1n 2+ln n <1m2+ln m .设f (x )=1x2+ln x (x ∈(2,e)),则f ′(x )=-2x 3+1x =x 2-2x3.由于x ∈(2,e),所以f ′(x )>0,故函数f (x )在(2,e)上单调递增. 由于f (n )<f (m ),所以n <m .故选A. 答案:A[增分有招] 构造法的实质是转化,通过构造函数、方程或图形等将问题转化为对应的问题来解决.如[本例]属于比较两个数值大小的问题,依据数值的特点,构造相应的函数f (x )=1x2+ln x .[技法体验]1.a =ln 12 014-12 014,b =ln 12 015-12 015,c =ln 12 016-12 016,则a ,b ,c 的大小关系为( )A .a >b >cB .b >a >cC .c >b >aD .c >a >b解析:令f (x )=ln x -x ,则f ′(x )=1x -1=1-xx.当0<x <1时,f ′(x )>0,即函数f (x )在(0,1)上是增函数.∵1>12 014>12 015>12 016>0,∴a >b >c .答案:A2.如图,已知球O 的面上有四点A ,B ,C ,D ,DA ⊥平面ABC ,AB ⊥BC ,DA =AB =BC =2,则球O 的体积等于________.解析:如图,以DA ,AB ,BC 为棱长构造正方体,设正方体的外接球球O 的半径为R ,则正方体的体对角线长即为球O 的直径,所以CD =22+22+22=2R ,所以R =62,故球O 的体积V =4πR33=6π.答案:6π。

2015届高考二轮数学文科金版学案专题复习课件7.4算法初步、框图、复数

2015届高考二轮数学文科金版学案专题复习课件7.4算法初步、框图、复数

考点1 程序框图
1.程序框图的三种逻辑结构:顺序结构、 ________________ ________. 条件(分支)结构 、 循环结构 2.程序设计语言的基本算法语句: 任何一种程序设计语言都包含五种基本的算法 语句,分别是输入语句、输出语句、赋值语句、 __________、________. 条件语句 循环语句
特别地,a+bi=0
Z 主 干考点 梳 理
考点3 复数的运算及几何意义
1.复数的运算法则.
(1)加减法:(a+bi)±(c+di)= _____________________________________________ (a±c)+(b±d)i __; (2)乘法:(a+bi)(c+di)= (ac-bd)+(ad+bc)i _____________________________________________ ___;
Z 主 干考点 梳 理
2.某程序框图如下图所示,该程序运行后
输出的k的值是( A )
栏 目 链 接
A.4 B.5 C.6 D.7
Z 主 干考点 梳 理
解析
对于k=0,S=1,∴k=1,对于k
栏 目 链 接
=1,S=3, ∴k=2,对于k=2,S=3+23=11,∴k= 3,而对于k=3,S=11+211>100,∴k=4,
3-4i (3-4i)(3+4i)
栏 目 链 接
选 D.
栏 目 链 接
G 高 考热点 突 破
突破点1 程序框图
例1 执行下图所示的程序框图,则输出的S值是( )
栏 目 链 接
3 2 A.4 B. C. D.-1 2 3
G 高 考热点 突 破
解析
根据程序框图的要求一步一步地计算判断.

高考数学专题复习——复 数

高考数学专题复习——复  数

高考数学专题复习——复数复数在现教材中虽被“淡化”,但根据近年高考试题分析,它依然是高考得“基础分”的热点试题之一.一、考点阐释、命题趋向与应试策略考点阐释复数的概念是复数理论的基础,在解题活动中它经常是思维的突破口;围绕复数的代数形式和三角形式给出的两类运算,体现了复数知识的广泛联系性和普遍渗透性,这两种形式及其运算也为我们处理复数问题提供了代数思考方法和三角思考方法;复数概念及其运算的几何意义,为我们从几何上处理复数问题或几何问题复数化提供了广阔的空间.正确地进行复数各种形式间的转换,选准复数的表示形式是灵活运用复数知识处理复数与三角、复数与几何、复数与方程综合题的关键.命题趋向与应试策略1.由于复数内容在新的教学大纲中已被列为选学内容,所以近几年复数部分在高考中考查的难度与题量都呈下降趋势.2.本章内容在高考中,以选择题和解答题为主.选择题主要考查:(1)复数的概念,包括虚数、纯虚数、复数的实部和虚部、复数的模、辐角主值、复数相等、共轭复数等概念.(2)复数代数形式与三角形式的基本运算,包括复数的四则运算,乘方、开方运算,代数形式与三角形式的互化及基本运算的技能与技巧等.(3)复数的几何意义,特别是复数乘法的几何意义——向量旋转,复数运算的几何意义在平面图形中的应用等.在高考中常见的类型有:(1)与基本计算有关的问题;(2)与复数模的最值有关的问题;(3)与复数几何意义有关的问题.解答题主要考查:(1)在复数集中解一元二次方程和二项方程.(2)复数的三角运算.(3)复数与代数、几何、三角的综合性知识运用.在高考中常见的类型有:(1)解复数方程的问题;(2)求复数的模和辐角主值的问题;(3)复数与代数几何、三角相关联的综合性问题.从上述我们可以看到高考常以考查复数运算为主,估计这一命题趋势还将继续下去.3.坚持全面复习与重点复习相结合.由于目前试题多以中低档题目出现,难度不大,但涉及面广,对基本问题掌握的熟练程度要求较高,所以对基本问题不能放松要求.复数的三角形式问题是重点内容.首先,应熟练地确定复数的三角形式、复数的模与辐角主值、复数三角形式的结构特征.其次,要准确把握复数三角形式的运算特点,恰当选择运算形式.4.重视复数与相关知识的联系.①复数问题可以转化成三角问题;②复数问题转化为实数范围内的代数问题;③复数问题转化成平面几何问题.在复习过程中,就充分利用相关知识,实现问题的转化.如求模的最值问题可采用以下思考方法:①转化为求三角函数式的最值问题;②转化为实数范围内的最值;③利用模为实数这一性质,||z 1|-|z 2||≤|z 1±z 2|≤|z 1|+|z 2|;④转化为平面几何问题.随着观察分析角度的不同,产生不同的解题思路和方法,提高学生对算理算法的合理运用的水平.5.强调数学思想方法的训练:(1)转化思想:要求学生在全面理解掌握复数知识的同时,善于将复数向实数转化,将复数向几何、三角转化.(2)分类讨论思想:分类讨论是一种重要的解题策略和方法,它能使复杂的问题简单化,复数考题中经常用到这种分类讨论思想.(3)数形结合思想:运用数形结合思想处理复平面问题是高考考查的热点之一,应引起注意.二、知识点与注意事项知识点1、复数:形如),(R b a bi a ∈+的数叫做复数,a,b 分别叫它的实部和虚部.2、分类:复数),(R b a bi a ∈+中,当时b=0,就是实数;当b ≠0时,叫做虚数;当a=0, b ≠0时,叫做纯虚数3.复数的相等:如果两个复数实部相等且虚部相等就说这两个复数相等,4.共轭复数:当两个复数实部相等,虚部互为相反数时.这两个复数互为共轭复数。

新高考数学二轮复习知识点总结与题型归纳 第2讲 复数(解析版)

新高考数学二轮复习知识点总结与题型归纳 第2讲 复数(解析版)

第2讲复数本章内容主要是复数的概念、复数的运算.引入虚数,这是中学阶段对数集的最终扩充.需要掌握复数的概念、弄清实数与复数的关系,掌握复数代数形式的运算(包括加、减、乘、除),了解复数的几何表示.由于向量已经单独学习,因此复数的向量形式与三角形式就不作要求,主要解决代数形式.【知识要点】1.复数的概念中,重要的是复数相等的概念.明确利用“转化”的思想,把虚数问题转化为实数问题加以解决,而这种“转化”的思想是通过解实数的方程(组)的方法加以实现.2.复数的代数形式:z=a+bi(a,b∈R).应该注意到a,b∈R是与z=a+bi为一个整体,解决虚数问题实际上是通过a,b∈R在实数集内解决实数问题.3.复数的代数形式的运算实际上是复数中实部、虚部(都是实数)的运算.【复习要求】1.了解数系的扩充过程.理解复数的基本概念与复数相等的充要条件.2.了解复数的代数表示法及其几何意义.3.能进行复数代数形式的四则运算,了解复数代数形式的加、减运算的几何意义.【例题分析】1.将下列各式的运算结果在复平面中表示,在第四象限的为()A.1ii+B.1ii+-C.1ii-D.1ii--【答案】A【考点】复数的代数表示法及其几何意义【专题】转化思想;定义法;数系的扩充和复数;数学运算【分析】利用复数的运算分别求出四个选项中复数的代数形式,判断其对应的点所在的象限即可.【解答】解:对于A,由11iii+=-,故对应的点在第四象限,所以A正确;对于B,11iii+=-+-,故对应的点在第二象限,所以B不正确;对于C,11iii-=--,故对应的点在第三象限,所以C不正确;对于D,11iii-=+,故对应的点在第一象限,所以D不正确.故选:A.【点评】本题考查了复数的几何意义的运用,主要考查了复数的四则运算法则的运用,属于基础题.2.若复数z 满足|1||12|z i i -+=-,其中i 为虚数单位,则z 对应的点(,)x y 满足方程( )A .22(1)(1)5x y -+-=B .22(1)(1)5x y -++=C .22(1)(1)5x y ++-=D .22(1)(1)5x y +++= 【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义;复数的模【专题】函数思想;转化法;数系的扩充和复数;数学运算【分析】由已知求得z ,代入|1||12|z i i -+=-,求模整理得答案.【解答】解:设z x yi =+,|1||12|z i i -+=-,|(1)(1)||12|x y i i ∴-++=-, ∴2222(1)(1)1(2)x y -+++-,故22(1)(1)5x y -++=,故选:B .【点评】本题考查复数模的求法,是基础题.3.已知复数2i z i =+,则其共轭复数z 的虚部为( ) A .25 B .25- C .25i D .25i - 【答案】B【考点】复数的运算【专题】转化思想;定义法;数系的扩充和复数;数学运算 【分析】利用复数的四则运算求出z ,结合共轭复数的定义求出z ,即可得到其虚部. 【解答】解:(2)21122(2)(2)555i i i i z i i i i ⋅-+====+++-,则1255z i =-, 所以共轭复数z 的虚部为25-. 故选:B .【点评】本题考查了复数的运算,主要考查了复数的四则运算以及共轭复数的应用,属于基础题.4.复数12z i =+,213z i =-,其中i 为虚数单位,则12z z z =⋅在复平面内的对应点位于()A .第一象限B .第二象限C .第三象限D .第四象限【答案】D【考点】复数的代数表示法及其几何意义【专题】转化思想;综合法;数系的扩充和复数;数学运算【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出.【解答】解:复数12z i =+,213z i =-,则12(2)(13)23(16)55z z z i i i i =⋅=+-=++-=-,z 在复平面内的对应点(5,5)-位于第四象限,故选:D .【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.5.已知i 是虚数单位,则1||1i i +=- 1 . 【答案】1.【考点】复数的模;复数的运算 【专题】对应思想;转化法;数系的扩充和复数;数学运算【分析】化简1|||||1i i i+=-,求出模即可. 【解答】解:21(1)21(1)(1)2i i i i i i i ++===--+, 故1||||11i i i+==-, 答案为:1.【点评】本题考查了复数求模问题,是基础题.6.函数()(*n n f n i i n N -=+∈,i 是虚数单位)的值域可用集合表示为 {2-,0,2} .【答案】{2-,0,2}.【考点】虚数单位i 、复数【专题】转化思想;定义法;数系的扩充和复数;数学运算【分析】对n 进行赋值,发现函数()f n 的周期为4,从而得到函数的值域.【解答】解:因为f (1)0=,f (2)2=-,f (3)0=,f (4)2=,f (5)0=,f (6)2=-,f (7)0=,f (8)2=,⋯所以函数()f n 的周期为4,故函数()f n 的值域为{2-,0,2}.故答案为:{2-,0,2}.【点评】本题考查了虚数单位i 的理解和应用,解题的关键是判断出()f n 是周期为4的函数,属于基础题.7.已知复数z 满足(2)34(z i i i +=+是虚数单位),则||z5 . 5.【考点】复数的模【专题】转化思想;综合法;数系的扩充和复数;数学运算【分析】把已知等式变形,再由商的模等于模的商求解. 【解答】解:由(2)34z i i +=+,得342i z i+=+, 34||||525i z i +∴===+ 5.【点评】本题考查复数模的求法,考查数学转化思想方法,是基础题.8.已知z ∈C 且z ﹣2+|z |=2+12i ,求z 的值.【考点】复数的运算;复数的模.【专题】方程思想;转化法;数系的扩充和复数;数学运算.【答案】z =3+4i .【分析】设z =a +bi ,a ,b ∈R ,根据条件得到关于a ,b 的方程,求出a ,b 的值,即可得到z .【解答】解:设z =a +bi ,a ,b ∈R ,则,即 因此,解得, ∴z =3+4i .【点评】本题考查了复数的运算法则,复数相等,考查了推理能力与计算能力,属于基础题。

配套K12年高考数学第二轮复习 复数教学案

配套K12年高考数学第二轮复习 复数教学案

2011年高考第二轮专题复习(教学案):复数考纲指要:了解引进复数的必要性,理解复数的有关概念;掌握复数的代数表示及向量表示.掌握复数代数形式的运算法则,能进行复数代数形式的加法、减法、乘法、除法运算.考点扫描:1.数的概念的发展;复数的有关概念.2.复数的向量表示.3.复数的加法与减法,乘法与除法.考题先知:例1 。

设1990=n ,求)333331(2119901990198899463422n n n n n nC C C C C -++-+- 的值。

分析:将所求式子变形为1990199019881988664422333331(21n n n n n n C C C C C A -++-+-=,显然它是 nni )31(21+-的展开式的部分之和,即复数的实部。

不妨取展开式的其余的项的和为A 的对偶式i C C C C C B n n n n n n )33333(21198919891987198755331-++-+-= 。

则i i B A n n n 2321)31(216633+-====+-=+⨯ωωωω,所以21=A . 例2.复平面内点A 对应的复数是1,过点A 作虚轴的平行线l ,设l 上的点对应的复数为z ,求z1所对应的点的轨迹. 分析:本题考查复平面上点的轨迹方程.因为在复平面内点A 的坐标为(1,0),l 过点A 且平行于虚轴,所以直线l 上的点对应的复数z 的实部为1,可设为z =1+b i(b ∈R ),然后再求z1所对应的点的集合.解:如下图.因为点A 对应的复数为1,直线l 过点A 且平行于虚轴,所以可设直线l 上的点对应的复数为z =1+b i(b ∈R).因此i b z +=111i 1111i 1222b b b b +-+=+-=. 设z1=x +y i(x 、y ∈R ),于是 x +y i=22111bbb +-+i.根据复数相等的条件,有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=+=.1,1122b b y b x消去b ,有x 2+y 2=2222)1()1(1bb b +-++ =22222)1()1(1b b b +++=222211)1(1bb b +=++=x . 所以x 2+y 2=x (x ≠0), 即(x -21)2+y 2=41(x ≠0). 所以z 1所对应的点的集合是以(21,0)为圆心,21为半径的圆,但不包括原点O (0,0). 评注:一般说来,求哪个动点的轨迹方程就设哪个动点的坐标为(x ,y ).所谓动点的轨迹方程就是动点坐标(x ,y )所满足的等量关系.常见求曲线方程的方法有:轨迹法、待定系数法、代入法、参数法等.若把参数方程中的参数消去,就可把参数方程转化成普通方程.无论用什么方法求得曲线的方程,都要注意检验以方程的解为坐标的点是否都在曲线上.对此,常从以下两个方面入手:一是看对方程的化简是否采用了非同解变形的手法;二是看是否符合题目的实际意义.其中,用参数法求得的曲线方程中的x 、y 的范围可由参数函数的值域来确定.复习智略:例3.对任意复数),(R y x yi x z ∈+=,定义)sin (cos 3)(y i y z g x+=。

高考数学二轮复习专题

高考数学二轮复习专题

高考数学二轮复习专题汇总1专题一:集合、函数、导数与不等式。

此专题函数和导数以及应用导数知识解决函数问题是重点,特别要注重交汇问题的训练。

每年高考中导数所占的比重都非常大,一般情况是在客观题中考查导数的几何意义和导数的计算,属于容易题;二是在解答题中进行综合考查,主要考查用导数研究函数的性质,用函数的单调性证明不等式等,此题具有很高的综合性,并且与思想方法紧密结合。

2专题二:数列、推理与证明。

数列由旧高考中的压轴题变成了新高考中的中档题,主要考查等差等比数列的通项与求和,与不等式的简单综合问题是近年来的热门问题。

3专题三:三角函数、平面向量和解三角形。

平面向量和三角函数的图像与性质、恒等变换是重点。

近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低,但仍保留一个选择题、一个填空题和一个解答题的题量,难度都不大,但是解三角形的内容应用性较强,将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点。

平面向量具有几何与代数形式的“双重性”,是一个重要的知识交汇点,它与三角函数、解析几何都可以整合。

4专题四:立体几何。

注重几何体的三视图、空间点线面的关系及空间角的计算,用空间向量解决点线面的问题是重点。

5专题五:解析几何。

直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的探求以及最值范围、定点定值、对称问题是命题的主旋律。

近几年高考中圆锥曲线问题具有两大特色:一是融“综合性、开放性、探索性”为一体;二是向量关系的引入、三角变换的渗透和导数工具的使用。

我们在注重基础的同时,要兼顾直线与圆锥曲线综合问题的强化训练,尤其是推理、运算变形能力的训练。

6专题六:概率与统计、算法与复数。

要求具有较高的阅读理解和分析问题、解决问题的能力。

高考对算法的考查集中在程序框图,主要通过数列求和、求积设计问题。

高考数学二轮复习策略1.加强思维训练,规范答题过程解题一定要非常规范,俗语说:“不怕难题不得分,就怕每题都扣分”,所以大家要形成良好的思维品质和学习习惯,务必将解题过程写得层次分明结构完整。

高考数学真题题型分类解析专题专题02 复数

高考数学真题题型分类解析专题专题02 复数
则所求复数对应的点为 ( 6, 8) ,位于第一象限. 故选:A.
一、复数的概念
( ) 叫虚数单位,满足 ,当 时, . 1 i
i2 = −1 k ∈ Z
i 4k = 1, i 4 k +1 = i, i 4k + 2 = −1, i 4k +3 = −i
(2)形如 a + bi(a, b∈ R) 的数叫复数,记作 a +bi∈C .
高考数学真题题型分类解析 专题 02 复数
命题解读
考向
高考对复数的考查,重点是复数的运 共轭复数、复数的除法运算
算、概念、复数的模、复数的几何意义 等,难度较低.
复数的乘法运算 复数的几何意义
复数的模
考查统计 2022·新高考Ⅰ卷,2 2023·新高考Ⅰ卷,2 2024 新高考Ⅰ卷,2 2022·新高考Ⅱ卷,2 2023 新高考Ⅱ卷,1 2024·新高考Ⅱ卷,1
综上所述,无论方程的判别式b2 −4ac 的符号如何,韦达定理都成立,于是韦达定理能被推广到复数根的
情况,即实系数一元二次方程ax2 +bx + c = 0( a 、b 、c∈ R 且a ≠ 0 )的两个根与系数满足关系
, x1
+
x2
=

b a
x1 x2
=
c a
4 / 11
一、单选题
1.(2024·安徽芜湖·三模)已知复数
=
(1− i)2
−2i
=
= −1− i .
−2i
故选:D
5.(2024·山东德州·三模)已知复数 z 满足: z − i(2 + z) = 0 ,则 z = ( )
. . . . A −1− i B −1+ i C 1+ i D 1− i 【答案】B

高考数学专题02 复数(解析版)

高考数学专题02 复数(解析版)

专题02 复数一、单选题1.(2022·河北深州市中学高三期末)已知复数()()2i 1i z a =++(其中i 为虚数单位,a R ∈)在复平面内对应的点为()1,3,则实数a 的值为( ) A .1 B .2C .1-D .0【答案】A 【解析】 【分析】先利用复数的乘法化简,再利用复数的几何意义求解. 【详解】因为()()()2i 1i 22i z a a a =++=-++, 又因为复数在复平面内对应的点为()1,3,所以2123a a -=⎧⎨+=⎩,解得1a = 故选:A2.(2022·河北保定·高三期末)()()2212i 1i --+=( ) A .32i -- B .36i -- C .32i - D .36i -【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算计算即可. 【详解】22(12i)(1i)34i 2i 36i --+=---=--.故选:B3.(2022·河北张家口·高三期末)已知12z i =-,则5iz=( ) A .2i -+ B .2i - C .105i -D .105i -+【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法化简可得结果. 【详解】()()()5i 12i 5i 5i2i 12i 12i 12i z +===-+--+, 故选:A.4.(2021·福建·莆田二中高三期末)复数()()cos2isin3cos isin θθθθ+⋅+的模为1,其中i 为虚数单位,[]0,2πθ∈,则这样的θ一共有( )个. A .9 B .10C .11D .无数【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数()()cos2isin3cos isin θθθθ+⋅+的模为1及复数模的运算公式,求得22cos 2sin 31θθ+=即22cos 2cos 3θθ=,接下来分cos2cos3θθ=与cos2cos3θθ=-两种情况进行求解,结合[]0,2πθ∈,求出θ的个数. 【详解】()()cos2isin3cos isin =cos2isin3cos isin 1θθθθθθθθ+⋅++⋅+=,其中cos isin 1θθ+=,所以cos2isin31θθ+=,即22cos 2sin 31θθ+=,222cos 21sin 3cos 3θθθ=-=,当cos2cos3θθ=时,①1232πk θθ=+,1k Z ∈,所以12πk θ=-,1k Z ∈,因为[]0,2πθ∈,所以0θ=或2π;②2232πk θθ=-+,2k Z ∈,所以22π5k θ=,2k Z ∈,因为[]0,2πθ∈,所以0θ=,2π5,4π5,6π5,8π5或2π;当cos2cos3θθ=-时,①()32321πk θθ=++,3k Z ∈,即()321πk θ=-+,3k Z ∈,因为[]0,2πθ∈,所以πθ=,②()42321πk θθ=-++,4k Z ∈,即()421π5k θ+=,4kZ ∈,因为[]0,2πθ∈,所以π5θ=,3π5,π,7π5,9π5,综上:π5mθ=,0,1,10m =,一共有11个. 故选:C5.(2022·山东省淄博实验中学高三期末)设复数z 满足()23i 32i z -=+,则z =( )A.12 B C .1 D 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件结合复数除法计算复数z ,进而计算z 的模作答. 【详解】因复数z 满足()23i 32i z -=+,则32i (32i)(23i)13ii 23i (23i)(23i)13z +++====--+, 所以1z =. 故选:C6.(2022·山东枣庄·高三期末)已知i 为虚数单位,则2022i =( ). A .1 B .1- C .I D .i -【答案】B 【解析】 【分析】由于41i =,故2022i 可以化简为2i ,即可得到答案. 【详解】20224505+22i i ==i ⨯=1-.故选:B.7.(2022·山东德州·高三期末)已知复数z 满足()121i iz +=-,其中i 为虛数单位,则复数z 在复平面内所对应的点在( ) A .第一象限 B .第二象限 C .第三象限 D .第四象限【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的模长公式以及四则运算得出z =,最后确定复数z 在复平面内所对应的点的象限. 【详解】21i 22|2i |i i +=+=-=z =则复数z 在复平面内所对应的点坐标为⎝⎭,在第一象限.故选:A8.(2022·山东淄博·高三期末)已知复数z 是纯虚数,11iz+-是实数,则z =( ) A .-i B .iC .-2iD .2i【答案】B 【解析】 【分析】由题意设i()z b b R =∈,代入11iz+-中化简,使其虚部为零,可求出b 的值,从而可求出复数z ,进而可求得其共轭复数 【详解】由题意设i()z b b R =∈, 则11i (1i)(1i)(1)(1)i1i 1i (1i)(1i)2z b b b b ++++-++===---+, 因为11iz+-是实数,所以10b +=,得1b =-, 所以i z =-, 所以i z =, 故选:B9.(2022·山东临沂·高三期末)已知复数26i1iz +=-,i 为虚数单位,则z =( )A.B .C .D .【答案】C 【解析】 【分析】利用复数除法运算求得z ,然后求得z . 【详解】 ()()()()()()()()26i 1i 26i 1i 13i 1i 24i1i 1i 2z ++++===++=-+-+,z =故选:C10.(2022·湖北武昌·高三期末)已知复数1i z =-,则2iz=-( ) A .13i 55-B .13i 55--C .13i 55-+D .1355i +【答案】D 【解析】 【分析】先得出z ,由复数的乘法运算可得答案. 【详解】复数1i z =-,则1i z =+则()()()()1i 2i 1i 13i 2i 2i 2i 2i 5z ++++===---+ 故选:D11.(2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末)已知复数数列{}n a 满足12i a =,1i i 1n n a a +=++,N n *∈,(i 为虚数单位),则10a =( ) A .2i B .2i - C .1i + D .1i -+【答案】D 【解析】 【分析】推导出数列{}i n a -是等比数列,确定该数列的首项和公比,即可求得10a 的值. 【详解】由已知可得()1i i i n n a a +-=-,因此,数列{}i n a -是以1i i a -=为首项,以i 为公比的等比数列,所以,91010i i i i 1a -=⋅==-,故101i a =-+.故选:D.12.(2022·湖北江岸·高三期末)已知()12i 43i z -=-,则z =( ) A .10i +B .2i +C .2i -D .25i +【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数z ,利用共轭复数的定义可得结果. 【详解】 由已知可得()()()()43i 12i 43i 105i2i 12i 12i 12i 5z -+-+====+--+,因此,2i z =-. 故选:C.13.(2022·湖北襄阳·高三期末)下面是关于复数22i 1i z =-(i 为虚数单位)的命题,其中真命题为( )A .2z =B .复数z 在复平面内对应点在直线y x =上C .z 的共轭复数为11i 22-D .z 的虚部为1i 2-【答案】B 【解析】 【分析】化简复数为代数形式,然后求模,写出对应点的坐标.得其共轭复数及虚部,判断各选项即得. 【详解】∵22i 11i 1i 1i 2z ---===--,所以z =A 错误;所以复数z 在复平面内对应点坐标为11(,)22--,在直线y x =上,B 正确;所以z 的共轭复数为11i 22-+,C 错误;所以z 的虚部为12-,D 错误.故选:B .14.(2022·湖北省鄂州高中高三期末)复数4i1iz =+,则z =( ) A .22i -- B .22i -+C .22i +D .22i -【答案】D 【解析】先计算z ,再根据共轭复数的概念即可求解. 【详解】根据复数除法的运算法则可得41i z i =+()()()414422112i i i i i i -+===+-+ ,所以可得其共轭复数22z i =-.故选:D.15.(2022·湖北·高三期末)已知复数121i,i z z =-=,则复数12z z 的共轭复数的模为( ) A .12 B2C .2 D【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算得121i z z =--,再根据共轭复数的概念与模的公式计算即可. 【详解】解:因为121i,i z z =-=, 所以()121iii 1i 1i z z -==--=--, 所以复数12z z 的共轭复数为1i -+.故选:D16.(2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末)若1i z =-+.设zz ω=,则ω=( ) A .2i B .2C .22i +D .22i -【答案】B 【解析】 【分析】根据1i z =-+求出1i z =--,结合复数的乘法运算即可. 【详解】由1i z =-+,得1i z =--,所以2(1i)(1i)=(i 1)=2zz ω==-+----. 故选:B17.(2022·湖南常德·高三期末)已知复数z 满足:()1i i z +=,则z z ⋅=( )A .12 B C .1D .i 2【答案】A 【解析】 【分析】首先根据复数的除法运算求出z ,然后根据复数的乘法运算即可求出结果. 【详解】 因为(1)z i i +=, 所以()()i 1i i 1i 11i 1i (1i)1i 222z -+====+++-, 因此11111i i 22222z z ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⋅=.故选:A.18.(2022·湖南娄底·高三期末)复数()i 3i 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【答案】A 【解析】 【分析】由复数乘法法则计算出z ,然后可得其对应点的坐标,得所在象限. 【详解】∵()3i i 13i z =-=+⋅,∴z 在复平面内对应的点为()1,3,位于第一象限. 故选:A .19.(2022·湖南郴州·高三期末)已知i 为虚数单位,复数z 满足()i 123i 4z +=+,则z 的共轭复数z =( ) A .12i - B .12i +C .2i -D .2i +【答案】B 【解析】根据复数的模和除法运算,即可得到答案; 【详解】 |43i |55(12i)12i 12i 12i 5z +-====-++ ∴12i z =+,故选:B20.(2022·广东揭阳·高三期末)复数z 满足()1i 1i(i z +=-为虚数单位),则z 的模为( ) A.12-B .12C .1 D【答案】C 【解析】 【分析】先做除法运算求出复数z ,再根据复数模的计算公式求其模. 【详解】由()1i 1i z +=-得1ii 1iz -==-+,从而i 1z =-= 21.(2022·广东潮州·高三期末)已知i 为虚数单位,复数21i 1i -=+z ,则z 的虚部为( )A .0B .-1C .-iD .1【答案】B 【解析】 【分析】化简复数z 1i =-, z 的虚部为i 前面的系数,即可得到答案. 【详解】21i 22(1-i)1i 1i 1i (1i)(1-i)z -====-+++.则z 的虚部为-1.故选:B.22.(2022·广东罗湖·高三期末)已知复数()1i i =+⋅z (i 为虚数单位),则z 的共轭复数z =( ) A .1i + B .1i -C .1i -+D .1i --【答案】D 【解析】求出复数z,进而可得其共轭复数.【详解】()1i i=1+iz=+⋅-,则1iz=--故选:D.23.(2022·广东清远·高三期末)已知i为虚数单位,复数z的共轭复数z满足(1i)|1|+=z,则z=()A.1i-B.1i+C.22i-D.22i+【答案】B【解析】【分析】结合复数除法运算求出z,进而得出z.【详解】因为21i1i===-+z,所以1iz=+.故选:B24.(2022·广东汕尾·高三期末)若复数z满足1i12iz+=+其中(i为虚数单位),则复数z的共轭复数为()A.3i5--B.3i5-+C.3i5-D.3i5+【答案】D 【解析】【分析】化简可得3i5z-=,根据共轭复数的概念,即可得答案.【详解】因为1i(1i)(12i)3i12i(12i)(12i)5z++--===++-,所以3i5z+ =,故选:D.25.(2022·江苏通州·高三期末)20221i1i-⎛⎫=⎪+⎝⎭()A .1B .iC .-1D .-i【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法和复数的乘方运算计算. 【详解】21i (1i)i 1i (1i)(1i)--==-+-+, 所以2022202221i (i)i 11i -⎛⎫=-==- ⎪+⎝⎭.故选:C .26.(2022·江苏宿迁·高三期末)已知复数z 满足()1i 4i z +=,则z =( ) A.2 B C .D .【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数z ,利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】由已知可得()()()()4i 1i 4i2i 1i 22i 1i 1i 1i z -===-=+++-,因此,z = 故选:C.27.(2022·江苏扬州·高三期末)若复数z =202112i +(i 为虚数单位),则它在复平面上对应的点位于( ) A .第一象限 B .第二象限C .第三象限D .第四象限【答案】D 【解析】 【分析】 化简复数z =202112i +,得到其对应点的坐标即可解决.【详解】z 202112i ==+12i =+2i 21i 555-=-, 则z 在复平面上对应的点为21(,)55Z -,Z 位于第四象限.故选:D28.(2022·江苏海安·高三期末)已知复数z 满足(1-i)z =2+3i (i 为虚数单位),则z =( ) A .-12+52iB .12+52iC .12-52iD .-12-52i 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算法则求解. 【详解】 ∵(1-i)z =2+3i, ∴()()()()23i 1i 23i 15i 15i 1i 1i 1i 222z +++-+====-+-+-. 故选:A.29.(2022·江苏如东·高三期末)已知复数z 满足202120222023i 4i 3i z =-,则z =( ) A .4+3i B .4-3iC .3+4iD .3-4i【答案】C 【解析】 【分析】将202120222023i 4i 3i z =-中的202120222023i ,i ,i ,根据41i = 化简,即可得答案. 【详解】 因为41i =,故由202120222023i 4i 3i z =-可得:23i 4i 3i z =-,即4i 334i z =+=+, 故选:C.30.(2022·江苏苏州·高三期末)设i 为虚数单位,若复数(1i)(1i)a -+是纯虚数,则实数a 的值为( ) A .1- B .0C .1D .2【答案】A【解析】 【分析】用复数的乘法法则及纯虚数的定义即可. 【详解】(1i)(1i)1i i 1(1)i a a a a a -+=+-+=++-为纯虚数,10a ∴+=,1a ∴=-,故选:A .31.(2022·江苏无锡·高三期末)已知3i1ia ++(i 为虚数单位,a ∈R )为纯虚数,则=a ( ) A .1- B .1C .3-D .3【答案】C 【解析】 【分析】先利用复数除法法则进行化简,结合纯虚数条件列出方程,求出a 的值. 【详解】3i (3i)(1i)i 3i+31i 22a a a a ++--+==+3(3)i2a a ++-=为纯虚数, 30a ∴+=,3a ∴=-,故选:C. 二、多选题32.(2022·河北唐山·高三期末)已知复数i z a b =+(,a b ∈R 且0b ≠),z 是z 的共扼复数,则下列命题中的真命题是( ) A .z z +∈R B .z z -∈RC .z z ⋅∈RD .zz∈R【答案】AC 【解析】 【分析】由题知i z a b =-,进而根据复数的加减乘除运算依次讨论各选项即可得答案. 【详解】解:对于A 选项,i z a b =+,i z a b =-,所以2z z a +=∈R ,故正确; 对于B 选项,i z a b =+,i z a b =-,2i z z b -=∉R ,故错误;对于C 选项,i z a b =+,i z a b =-,22z z a b ⋅=+∈R ,故正确;对于D 选项,i z a b =+,i z a b =-,()22222222i i i i z a b ab z a a b a b a b b a b --===+-+-+, 所以当0a =时,z z ∈R ,当0a ≠时,zz ∉R ,故错误.故选:AC33.(2022·山东莱西·高三期末)已知复数()21i z a a =+-,i 为虚数单位,a R ∈,则下列正确的为( )A .若z 是实数,则1a =-B .复平面内表示复数z 的点位于一条抛物线上C .zD .若21z z =+,则1a =±【答案】BC 【解析】 【分析】以实数定义求出参数a 判断选项A ;以复数z 对应点的坐标判断选项B ;求出复数z 的模判断选项C ;以复数相等求出参数a 判断选项D. 【详解】选项A :由复数()21i z a a =+-是实数可知210a -=,解之得1a =±.选项A 判断错误;选项B :复数()21i z a a =+-在复平面内对应点2(,1)Z a a -,其坐标满足方程21y x =-,即点2(,1)Z a a -位于抛物线21y x =-上. 判断正确;选项C :由()21i z a a =+-,可得z ===判断正确; 选项D :21z z =+ 即()()221i =2121i a a a a +-+--可得()2221121a a a a =+⎧⎪⎨-=--⎪⎩,解之得1a =-.选项D 判断错误. 故选:BC34.(2022·广东东莞·高三期末)已知复数123,,z z z ,1z 是1z 的共轭复数,则下列结论正确的是( ) A .若120z z +=,则12=z zB .若21z z =,则12=z zC .若312z z z =,则312z z z =D .若1211z z +=+,则12=z z【答案】ABC 【解析】 【分析】若i z a b =+ ,则i z a b =-,z z ==,利用复数代数运算,可以判断AB ;利用复数的三角运算,可以判断C ;利用数形结合,可以判断D. 【详解】 对于A :若120z z += ,则12z z =-,故122z z z =-=, 所以A 正确; 对于B :若21z z =,则12=z z , 所以B 正确; 对于C :设11(cos i sin )z r αα=+ ,22(cos i sin )z r ββ=+则()()31212cos()i sin z z z r r αβαβ==+++ ,故312z z z = , 所以C 正确; 对于D :如下图所示,若11OA z =+ ,21OB z =+,则1OC z =,2OD z =,故12z z ≠ , 所以D 错误.故选:ABC35.(2022·江苏如皋·高三期末)关于复数12z =- (i 为虚数单位),下列说法正确的是( )A .|z |=1B .z +z 2=-1C .z 3=-1D .(z +1)3=i【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数模的计算公式求得复数的模,可判断A;根据复数的乘方运算可判断B,C,D. 【详解】由复数12z =-,可得||1z == ,故A 正确;2211112222z z +=--=-- ,故B 正确;3222111()1222z z z =⋅=--+--=,故C 错误;3221111(1)(1)(1)(((12222z z z ⎛⎫+=++=+=-=- ⎪ ⎪⎝⎭,故D 错误, 故选:AB.36.(2022·江苏苏州·高三期末)下列命题正确的是( ) A .若12,z z 为复数,则1212z z z z =⋅ B .若,a b 为向量,则a b a b ⋅=⋅C .若12,z z 为复数,且1212z z z z +=-,则120z z =D .若,a b 为向量,且a b a b +=-,则0a b ⋅= 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数运算、向量运算的知识对选项进行分析,从而确定正确选项. 【详解】令1i z a b =+,()2i ,,,R z c d a b c d =+∈,,12()i z z ac bd ad bc =-++,12z z ===1z =2z =1212z z z z ∴=⋅,A 对;cos a b a b θ⋅=⋅⋅,cos a b a b a b θ∴⋅=⋅⋅=⋅不一定成立,B 错; 12()()i z z a c b d +=+++,12()()i z z a c b d -=-+-,1212z z z z -=+,0ac bd ∴+=,12(i)(i)()i 0z z a b c d ac bd ad bc =++=-++≠,C 错.将a b a b +=-两边平方并化简得0a b ⋅=,D 对. 故选:AD 三、填空题37.(2021·福建·莆田二中高三期末)设x ∈R ,记[]x 为不大于x 的最大整数,{}x 为不小于x 的最小整数.设集合{}|23,A z z z C =≤⎡⎤≤∈⎣⎦,{}{}|23,B z z z C =≤≤∈,则A B 在复平面内对应的点的图形面积是______ 【答案】5π 【解析】 【分析】依题意表示出集合{}|24,A z z z C =≤<∈,{}|13,B z z z C =<≤∈,从求出A B ,再根据复数的几何意义求出复数z 的轨迹,即可得解; 【详解】解:依题意由23z ≤⎡⎤≤⎣⎦,所以24z ≤<,由{}23z ≤≤,所以13z <≤,所以{}{}|23,|24,A z z z C z z z C =≤⎡⎤≤∈=≤<∈⎣⎦,{}{}{}|23,|13,B z z z C z z z C =≤≤∈=<≤∈,所以{}|23,A B z z z C =≤≤∈设()i ,z x y x y R =+∈,由23z ≤≤,所以23≤,所以2249x y ≤+≤,所以复数z 再复平面内对应的点为在复平面内到坐标原点的距离大于等于2且小于等于3的圆环部分,所以圆环的面积()22325S ππ=-=故答案为:5π38.(2022·广东佛山·高三期末)在复平面内,复数z 对应的点的坐标是(3,5)-.则(1i)z -=___________. 【答案】28i -- 【解析】 【分析】根据给定条件求出复数,再利用复数的乘法运算计算作答. 【详解】在复平面内,复数z 对应的点的坐标是(3,5)-,则35i z =-,所以(1i)(1i)(35i)28i z -=--=--. 故答案为:28i --39.(2022·江苏常州·高三期末)i 是虚数单位,已知复数z 满足等式2i0i z z+=,则z 的模z =________.【解析】 【分析】以复数运算规则和复数模的运算性质对已知条件进行变形整理,是本题的简洁方法. 【详解】 由2i 0i z z +=,可得2i i z z =- 则有2ii z z-=,即i 2i 2z z ⨯=⨯-=,故有z =。

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习33---复数

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习33---复数

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第33讲复数考点知识:1.理解复数的基本概念;2.理解复数相等的充要条件;3.了解复数的代数表示法及其几何意义;4.会进行复数代数形式的四则运算;5.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义.知识梳理1.复数的有关概念(1)定义:形如a+b i(a,b∈R)的数叫做复数,其中a叫做复数z的实部,b叫做复数z 的虚部(i为虚数单位).(2)分类:(3)复数相等:a+b i⇔a=c且b=d((4)共轭复数:a+b i与c+d i共轭⇔a=c,b=-d(a,b,c,d∈R).(5)模:向量OZ →的模叫做复数z =a +b i 的模,记作|a +b i|或|z |,即|z |=|a +b i|=a 2+b 2(a ,b ∈R). 2.复数的几何意义(1)复数z =a +b i 一一对应复平面内的点Z (a ,b )(a ,b ∈R). (2)复数z =a +b i(a ,b ∈R)一一对应平面向量OZ →. 3.复数的运算(1)运算法则:设z 1=a +b i ,z 2=c +d i ,a ,b ,c ,d ∈R.z 1±z 2=(a +b i)±(c +d i)=(a ±c )+(b ±d )i. z 1·z 2=(a +b i)(c +d i)=(ac -bd )+(bc +ad )i. z 1z 2=a +b i c +d i =ac +bd c 2+d 2+bc -ad c 2+d 2i(c +d i≠0). (2)几何意义:复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图所示给出的平行四边形OZ 1ZZ 2可以直观地反映出复数加减法的几何意义,即OZ →=OZ 1→+OZ 2→,Z 1Z 2→=OZ 2→-OZ 1→.1.i 的乘方具有周期性i 4n =1,i 4n +1=i ,i 4n +2=-1,i 4n +3=-i ,i 4n +i 4n +1+i 4n +2+i 4n +3=0,n ∈N *. 2.(1±i)2=±2i,1+i 1-i =i ;1-i1+i=-i. 3.复数的模与共轭复数的关系z ·z =|z |2=|z |2. 4.两个注意点(1)两个虚数不能比较大小;(2)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.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)复数z =a +b i(a ,b ∈R)中,虚部为b i.( )(2)复数中有相等复数的概念,因此复数可以比较大小.( ) (3)原点是实轴与虚轴的交点.( )(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离,也就是复数对应的向量的模.( )答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√解析 (1)虚部为b ;(2)虚数不可以比较大小.2.已知i 为虚数单位,a 为实数,复数z 满足z +3i =a +a i ,若复数z 是纯虚数,则( ) A .a =3 B .a =0 C .a ≠0 D .a <0 答案 B解析 由z +3i =a +a i ,得z =a +(a -3)i. 又因为复数z 是纯虚数,所以⎩⎨⎧a =0,a -3≠0,解得a =0.3.已知(1+2i)z =4+3i ,则z =________.答案 2+i 解析 因为z =4+3i 1+2i =(4+3i )(1-2i )(1+2i )(1-2i )=10-5i5=2-i ,所以z =2+i.4.(2022·北京卷)在复平面内,复数z 对应的点的坐标是(1,2),则i·z =( ) A .1+2i B .-2+I C .1-2i D .-2-i 答案 B解析 z =1+2i ,∴i·z =i(1+2i)=-2+i.故选B.5.(2019·全国Ⅲ卷改编)设复数z 满足(1+i)z =2i ,则|z |=( ) A.12 B .22 C . 2 D .2 答案 C解析 法一 由(1+i)z =2i ,得z =2i1+i=1+i , 所以|z |= 2.法二 因为2i =(1+i)2,所以由(1+i)z =2i =(1+i)2,得z =1+i ,所以|z |= 2. 6.(2021·安庆一中月考)已知复数z =2i(1-i )3,则z 在复平面内对应的点所在的象限为第________象限. 答案 二解析 ∵z =2i (1-i )3=-(1-i )2(1-i )3=-11-i =-12-i 2,∴z =-12+i 2对应的点⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,12位于第二象限.考点一复数的相关概念1.(2022·浙江卷)已知a∈R,若a-1+(a-2)i(i为虚数单位)是实数,则a=( ) A.1 B.-1 C.2 D.-2答案 C解析由题可知复数的虚部为a-2,若该复数为实数,则a-2=0,即a=2.故选C. 2.(2019·全国Ⅱ卷)设z=i(2+i),则z=( )A.1+2i B.-1+2i C.1-2i D.-1-2i答案 D解析∵z=i(2+i)=-1+2i,∴z=-1-2i.故选D.3.(2022·全国Ⅰ卷)若z=1+2i+i3,则|z|=( )A.0 B.1 C. 2 D.2答案 C解析∵z=1+2i+i3=1+2i-i=1+i,∴|z|=12+12= 2.故选C. 4.(2021·西安调研)下面关于复数z=-1+i(其中i为虚数单位)的结论正确的是( )A.1z对应的点在第一象限 B.|z|<|z+1|C.z的虚部为i D.z+z<0 答案 D解析∵z=-1+i,∴1z=1-1+i=-1-i(-1+i)(-1-i)=-12-i2.则1z对应的点在第三象限,故A错误;|z|=2,|z+1|=1,故B错误;z的虚部为1,故C错误;z+z=-2<0,故D正确.感悟升华 1.复数z=a+b i(a,b∈R),其中a,b分别是它的实部和虚部.若z为实数,则虚部b=0,与实部a无关;若z为虚数,则虚部b≠0,与实部a无关;若z为纯虚数,当且仅当a=0且b≠0.2.复数z=a+b i(a,b∈R)的模记作|z|或|a+b i|,即|z|=|a+b i|=a2+b2.3.复数z=a+b i(a,b∈R)的共轭复数为z=a-b i,则z·z=|z|2=|z|2,即|z|=|z|=z·z,若z∈R,则z=z.利用上述结论,可快速、简洁地解决有关复数问题.考点二复数的几何意义【例1】(1)(2019·全国Ⅰ卷)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+y2=1 B.(x-1)2+y2=1C.x2+(y-1)2=1 D.x2+(y+1)2=1(2)(2022·临沂质检)已知a1-i=-1+b i,其中a,b是实数,则复数a-b i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.第四象限答案(1)C (2)B解析(1)由已知条件,可设z=x+y i(x,y∈R).∵|z-i|=1,∴|x+y i-i|=1,∴x 2+(y -1)2=1.故选C. (2)由a 1-i=-1+b i ,得a =(-1+b i)(1-i)=(b -1)+(b +1)i , ∴⎩⎨⎧b +1=0,a =b -1,即a =-2,b =-1,∴复数a -b i =-2+i 在复平面内对应点(-2,1),位于第二象限.感悟升华 1.复数z =a +b i(a ,b ∈R)一一对应Z (a ,b )一一对应OZ →=(a ,b ).2.由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系,因此解题时可运用数形结合的方法,可把复数、向量与解析几何联系在一起,使问题的解决更加直观.【训练1】 (1)若复数z =(2+a i)(a -i)在复平面内对应的点在第三象限,其中a ∈R ,i 为虚数单位,则实数a 的取值范围为( ) A .(-2,2) B .(-2,0) C .(0,2) D .[0,2)(2)(2021·郑州模拟)已知复数z 1=2-i 2+i 在复平面内对应的点为A ,复数z 2在复平面内对应的点为B ,若向量AB →与虚轴垂直,则z 2的虚部为________. 答案 (1)B (2)-45解析 (1)z =(2+a i)(a -i)=3a +(a 2-2)i 在复平面内对应的点在第三象限,∴⎩⎨⎧3a <0,a 2-2<0,解得-2<a <0.(2)z 1=2-i 2+i =(2-i )2(2+i )(2-i )=35-45i ,所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫35,-45,设复数z 2对应的点B (x 0,y 0),则AB →=⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0-35,y 0+45,又向量AB →与虚轴垂直,∴y 0+45=0,故z 2的虚部y 0=-45.考点三 复数的运算【例2】 (1)(2022·全国Ⅰ卷)若z =1+i ,则|z 2-2z |=( ) A .0 B .1 C . 2 D .2(2)在数学中,记表达式ad -bc 为由⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd 所确定的二阶行列式.若在复数域内,z 1=1+i ,z 2=2+i1-i ,z 3=z 2,则当⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1z 2z 3z 4=12-i 时,z 4的虚部为________.答案 (1)D (2)-2解析 (1)法一 z 2-2z =(1+i)2-2(1+i)=-2,|z 2-2z |=|-2|=2. 法二 |z 2-2z |=|(1+i)2-2(1+i)|=|(1+i)(-1+i)| =|1+i||-1+i|=2. 故选D.(2)依题意,⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1z 2z 3z 4=z 1z 4-z 2z 3,因为z 3=z 2,且z 2=2+i 1-i =(2+i )(1+i )2=1+3i2, 所以z 2·z 3=|z 2|2=52,因此有(1+i)z 4-52=12-i ,即(1+i)z 4=3-i ,故z 4=3-i 1+i =(3-i )(1-i )2=1-2i.所以z 4的虚部是-2.感悟升华 1.复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式运算,除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数,注意要把i 的幂写成最简形式. 2.记住以下结论,可提高运算速度: (1)(1±i)2=±2i;(2)1+i 1-i =i ;(3)1-i1+i=-i ;(4)-b +a i =i(a +b i);(5)i 4n =1,i 4n+1=i ,i 4n +2=-1,i 4n +3=-i(n ∈N).【训练2】 (1)(2022·新高考山东卷)2-i1+2i=( ) A .1 B .-1 C .i D .-i(2)(2022·全国Ⅱ卷)设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2,z 1+z 2=3+i ,则|z 1-z 2|=________.答案 (1)D (2)2 3 解析 (1)2-i 1+2i =(2-i )(1-2i )(1+2i )(1-2i )=-5i5=-i.故选D. (2)法一 设z 1=a +b i(a ,b ∈R),则z 2=3-a +(1-b )i , 则⎩⎨⎧|z 1|2=a 2+b 2=4,|z 2|2=(3-a )2+(1-b )2=4,即⎩⎨⎧a 2+b 2=4,3a +b =2.∴|z 1-z 2|2=(2a -3)2+(2b -1)2 =4(a 2+b 2)-4(3a +b )+4=12. 因此|z 1-z 2|=2 3.法二设复数z1,z2对应的向量为a,b,则复数z1+z2,z1-z2对应向量为a+b,a-b,依题意|a|=|b|=2,|a+b|=2,又因为|a+b|2+|a-b|2=2|a|2+2|b|2,所以|a-b|2=12,故|z1-z2|=|a-b|=2 3.法三设z1+z2=z=3+i,则z在复平面上对应的点为P(3,1),所以|z1+z2|=|z|=2,由平行四边形法则知OAPB是边长为2,一条对角线也为2的菱形,则另一条对角线的长为|z1-z2|=2×32×2=2 3.A级基础巩固一、选择题1.设z=-3+2i,则在复平面内z对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限答案 C解析z=-3-2i,故z对应的点(-3,-2)位于第三象限.2.(2022·全国Ⅲ卷)复数11-3i的虚部是( )A.-310B.-110C.110D.310答案 D解析z=11-3i=1+3i(1-3i)(1+3i)=110+310i,虚部为310.故选D.3.(2022·全国Ⅱ卷)(1-i)4=( )A.-4 B.4 C.-4i D.4i答案 A解析(1-i)4=(1-2i+i2)2=(-2i)2=4i2=-4.4. (2021·全国大联考)如图,复数z1,z2在复平面上分别对应点A,B,则z1·z2=( )A.0 B.2+I C.-2-i D.-1+2i答案 C解析由复数几何意义,知z1=-1+2i,z2=i,∴z1·z2=i(-1+2i)=-2-i.5.设复数z满足|z-3|=2,z在复平面内对应的点为M(a,b),则M不可能为( ) A.(2,3) B.(3,2) C.(5,0) D.(4,1)答案 D解析设z=a+b i(a,b∈R),则z-3=(a-3)+b i,∴(a-3)2+b2=4,验证点M(4,1),不满足.6.(2021·河南部分重点高中联考)若复数a+|3-4i|2+i(a∈R)是纯虚数,则a=( )A.-3 B.-2 C.2 D.3 答案 B解析a+|3-4i|2+i=a+5(2-i)(2+i)(2-i)=a+2-i为纯虚数.则a+2=0,解得a=-2.7.设2+ii+1-2i=a+b i( a,b∈R,i为虚数单位),则b-a i=( )A.-52-32i B.52-32iC.52+32i D.-52+32i答案 A解析因为2+ii+1-2i=(2+i)(1-i)(i+1)(1-i)-2i=32-52i=a+b i,所以a=32,b=-52,因此b-a i=-52-32i.故选A.8.如图所示,在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是OA→,OB→,则复数z1·z2对应的点位于( )A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限答案 D解析由图知OA→=(-2,-1),OB→=(0,1),所以z1=-2-i,z2=i,z1·z2=1-2i,所以复数z1·z2所对应的点为(1,-2),该点在第四象限.二、填空题9.(2022·江苏卷)已知i是虚数单位,则复数z=(1+i)(2-i)的实部是________.答案 3解析z=(1+i)(2-i)=2-i+2i-i2=3+i,所以复数z的实部为3.10.在复平面内,O为原点,向量OA→对应的复数为-1+2i,若点A关于直线y=-x的对称点为B,则向量OB→对应的复数为________.答案-2+i解析因为A(-1,2)关于直线y=-x的对称点B(-2,1),所以向量OB→对应的复数为-2+i.11.已知复数z=1+2i1+i+2i z,则|z|等于________.答案2 2解析由z=1+2i1+i+2i z得z=1+2i(1+i)(1-2i)=1+2i3-i=(1+2i)(3+i)(3-i)(3+i)=1+7i10,故|z|=11012+72=22.12.已知i为虚数单位,若复数z=1-a i1+i(a∈R)的实部为-3,则|z|=________,复数z的共轭复数z=________. 答案 5 -3+4i解析因为z=1-a i1+i=(1-a i)(1-i)(1+i)(1-i)=1-a-(a+1)i2的实部为-3,所以1-a2=-3,解得a =7. 所以z =-3-4i ,故|z |=(-3)2+(-4)2=5,且共轭复数z =-3+4i.B 级 能力提升13.(2022·南宁模拟)已知z =3-i1-i(其中i 为虚数单位),则z 的共轭复数z 的虚部是( )A .-1B .-2C .1D .2 答案 A 解析 ∵z =3-i 1-i =(3-i )(1+i )(1-i )(1+i )=4+2i2=2+i , ∴z =2-i ,∴z 的虚部为-1.14.(2021·哈尔滨调研)已知z 的共轭复数是z ,且|z |=z +1-2i(i 为虚数单位),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 答案 D解析 设z =x +y i(x ,y ∈R),因为|z |=z +1-2i ,所以x 2+y 2=x -y i +1-2i =(x+1)-(y +2)i ,所以⎩⎨⎧x 2+y 2=x +1,y +2=0,解得⎩⎨⎧x =32,y =-2.所以复数z 在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫32,-2,此点位于第四象限.15.⎝ ⎛⎭⎪⎫1+i 1-i 6+2+3i 3-2i =________. 答案 -1+i解析 原式=⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1+i )226+(2+3i )(3+2i )(3)2+(2)2=i 6+6+2i +3i -65=-1+i.16.已知复数z =x +y i(x ,y ∈R),且|z -2|=3,则y x的最大值为________. 答案3解析 因为|z -2|=(x -2)2+y 2=3, 所以(x -2)2+y 2=3. 由图可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y x max =31= 3.。

2021新高考数学二轮总复习学案:第1讲 选择题、填空题的解法含解析

2021新高考数学二轮总复习学案:第1讲 选择题、填空题的解法含解析

第1讲选择题、填空题的解法方法思路概述高考选择题、填空题注重多个知识点的小型综合,渗透各种数学思想和方法,体现利用基础知识深度考基础、考能力的导向;使作为中低档题的选择题、填空题成为具备较佳区分度的基本题型.因此能否在选择题、填空题上获取高分,对高考数学成绩影响重大.解答选择题、填空题的基本策略是准确、迅速.(1)解题策略:小题巧解,不需“小题大做”,在准确、迅速、合理、简洁的原则下,充分利用题设和选择支这两方面提供的信息作出判断.先定性后定量,先特殊后一般,先间接后直接,多种思路选最简.对于选择题可先排除后求解,既熟悉通法又结合选项支中的暗示及知识能力,运用特例法、筛选法、图解法等技巧求解.(2)解决方法:主要分直接法和间接法两大类,具体方法为直接法,特值、特例法,筛选法,数形结合法,等价转化法,构造法,代入法等.解法分类指导方法一直接法直接法,就是直接从题设的条件出发,运用有关的概念、性质、公理、定理、法则和公式等,通过严密的推理和准确的计算,然后对照题目所给出的选择支“对号入座”作出相应的选择.多用于涉及概念、性质的辨析或运算较简单的定性题目.【例1】(1)(2020山东泰安一模,2)已知复数=1-b i,其中a,b∈R,i是虚数单位,则|a+b i|=()A.-1+2iB.1C.5D.(2)(多选)(2020山东济宁模拟,11)已知函数f(x)=cos-2sin cos(x∈R),现给出下列四个命题,其中正确的是()A.函数f(x)的最小正周期为2πB.函数f(x)的最大值为1C.函数f(x)在上单调递增D.将函数f(x)的图象向左平移个单位长度,得到的函数解析式为g(x)=sin 2x【对点训练1】(1)(2020福建福州模拟,理6)已知数列{a n}为等差数列,若a1,a6为函数f(x)=x2-9x+14的两个零点,则a3a4=()A.-14B.9C.14D.20(2)(2020浙江,17)已知平面单位向量e1,e2满足|2e1-e2|≤,设a=e1+e2,b=3e1+e2,向量a,b的夹角为θ,则cos2θ的最小值是.方法二特值、特例法特值、特例法是在题设普遍条件都成立的情况下,用特殊值(取得越简单越好)进行探求,从而清晰、快捷地得到正确的答案,即通过对特殊情况的研究来判断一般规律,从而“小题小做”或“小题巧做”.当题目已知条件中含有某些不确定的量时,可将题目中变化的不定量选取一些符合条件的特殊值(或特殊函数,特殊角,特殊数列,特殊图形,图形特殊位置,特殊点,特殊方程,特殊模型等)进行处理,从而得出探求的结论.这样可大大地简化推理、论证的过程.【例2】(1)(2020山东模考卷,8)若a>b>c>1,且ac<b2,则()A.log a b>log b c>log c aB.log c b>log b a>log a cC.log c b>log a b>log c aD.log b a>log c b>log a c(2)如图,在△ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,=4,=-1,则=.【对点训练2】(1)(2020浙江高考压轴卷,8)已知a,b∈R,且a>b,则()A. B.sin a>sin bC. D.a2>b2(2)在平面直角坐标系中,设A,B,C是曲线y=上三个不同的点,且D,E,F分别为BC,CA,AB的中点,则过D,E,F三点的圆一定经过定点.方法三等价转化法在应用等价转化法解决问题时,没有一个统一的模式去进行.可以在数与数、形与形之间进行转换;可以在宏观上进行等价转换;也可以在函数、方程、不等式之间进行等价转化.但都需要保持命题的真假不变.等价转化法的转化原则是将陌生的问题转化为熟悉的问题,将复杂的问题转化为简单的问题,将抽象的问题转化为直观的问题,比如从超越式到代数式、从无理式到有理式,从分式到整式.【例3】(1)函数f(x)=有且只有一个零点的充分不必要条件是()A.a<0B.0<a<C.<a<1D.a≤0或a>1(2)已知f(x)与函数y=-a sin x关于点,0对称,g(x)与函数y=e x关于直线y=x对称,若对任意x1∈(0,1],存在x2∈,2,使g(x1)-x1≤f(x2)成立,则实数a的取值范围是()A.-∞,B.,+∞C.-∞,D.,+∞【对点训练3】(1)在四面体P-ABC中,△ABC为等边三角形,边长为3,PA=3,PB=4,PC=5,则四面体P-ABC的体积为()A.3B.2C. D.(2)(2020福建福州模拟,16)已知函数f(x)=ax-ln x-1,g(x)=,用max{m,n}表示m,n中的最大值,设φ(x)=max{f(x),g(x)}.若φ(x)≥在(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为.方法四数形结合法数形结合就是根据数学问题的题设和结论之间的内在联系,既分析其数量关系,又揭示其几何意义,使数量关系和几何图形巧妙地结合起来,并充分地利用这种结合,探求解决问题的思路,使问题得以解决的思考方法.每个几何图形中蕴含着一定的数量关系,而数量关系常常又通过图形的直观性作出反映和描述,数与形之间可以相互转化,将问题化难为易,化抽象为具体.数形结合的思想方法通过借数解形、以形助数,能使某些较复杂的数学问题迎刃而解.【例4】(1)(2020山东模考卷,6)已知点A为曲线y=x+(x>0)上的动点,B为圆(x-2)2+y2=1上的动点,则|AB|的最小值是()A.3B.4C.3D.4(2)(2020山东,5)某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%(2)(2020山东,5)某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%【对点训练4】(1)已知函数f(x)=若存在实数a,b,c,满足f(a)=f(b)=f(c),其中c>b>a,则(a+b)f(c)的取值范围是()A.(24,36)B.(48,54)C.(24,27)D.(48,+∞)(2)(多选)(2020山东济南一模,12)已知函数f(x)=(sin x+cos x)|sin x-cos x|,下列说法正确的是()A.f(x)是周期函数B.f(x)在区间上是增函数C.若|f(x1)|+|f(x2)|=2,则x1+x2=(k∈Z)D.函数g(x)=f(x)+1在区间[0,2π]上有且仅有1个零点方法五构造法利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型,从而简化推理与计算过程,使较复杂的数学问题得到简捷的解决.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的,从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感,构造出相应的函数、概率、几何等具体的数学模型,使问题得到快速解决.【例5】(1)(2020全国Ⅱ,理11)若2x-2y<3-x-3-y,则()A.ln(y-x+1)>0B.ln(y-x+1)<0C.ln|x-y|>0D.ln|x-y|<0(2)(2020山东烟台模拟,16)设定义域为R的函数f(x)满足f'(x)>f(x),则不等式e x-1f(x)<f(2x-1)的解集为.【对点训练5】(1)(2020天津和平区一模,7)函数f(x)是定义在R上的奇函数,对任意两个正数x1,x2(x1<x2),都有,记a=25f(0.22),b=f(1),c=-log53(lo5),则a,b,c大小关系为()A.c>b>aB.b>c>aC.a>b>cD.a>c>b(2)(2020浙江,9)已知a,b∈R且ab≠0,对于任意x≥0均有(x-a)(x-b)(x-2a-b)≥0,则()A.a<0B.a>0C.b<0D.b>0方法六排除法(针对选择题)数学选择题的解题本质就是去伪存真,舍弃不符合题目要求的选项,找到符合题意的正确结论.排除法(又叫筛选法)就是通过观察分析或推理运算各项提供的信息或通过特例,对于错误的选项逐一剔除,从而获得正确的结论.【例6】(1)(2020全国Ⅱ,文5)已知单位向量a,b的夹角为60°,则在下列向量中,与b垂直的是()A.a+2bB.2a+bC.a-2bD.2a-b(2)(2020浙江高考压轴卷,7)函数f(x)=(其中e为自然对数的底数)的图象大致为()【对点训练6】(1)(多选)(2020山东联考,9)在下列函数中,最小值是2的是()A.y=x+B.y=2x+2-xC.y=sin x+,x∈D.y=x2-2x+3(2)(2020浙江,4)函数y=x cos x+sin x在区间[-π,π]上的图象可能是()方法七估算法选择题提供了正确的选择支,解答又无需过程.因此,有些题目,不必进行准确的计算,只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计,便能作出正确的判断,这就是估算法.估算法往往可以减少运算量,但是加强了思维的层次.【例7】(2019全国Ⅰ,文4,理4)古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是≈0.618,称为黄金分割比例,著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是.若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长为105 cm,头顶至脖子下端的长度为26 cm,则其身高可能是()A.165 cmB.175 cmC.185 cmD.190 cm【对点训练7】已知正数x,y满足2x+y<4,则的取值范围是()A.B.C.∪(5,+∞)D.∪[5,+∞)专题方法归纳1.解选择题、填空题的基本方法比较多,但大部分选择题、填空题的解法是直接法,在解题时要根据题意灵活运用上述一种或几种方法“巧解”,在“小题小做”“小题巧做”上做文章,切忌盲目地采用直接法.2.由于选择题供选选项多、信息量大、正误混杂、迷惑性强,稍不留心就会误入“陷阱”,应该从正反两个方向肯定、否定、筛选、验证,既谨慎选择,又大胆跳跃.3.解填空题不要求求解过程,从而结论是判断正确的唯一标准,因此解填空题时要注意以下几个方面:(1)要认真审题,明确要求,思维严谨、周密,计算要准确;(2)要尽量利用已知的定理、性质及已有的结论;(3)要重视对所求结果的检验.4.作为平时训练,解完一道题后,还应考虑一下能不能用其他方法进行“巧算”,并注意及时总结,这样才能有效地提高解题能力.第1讲选择题、填空题的解法解法分类指导【例1】(1)D(2)BD解析(1)由=1-b i,得2-a i=i(1-b i)=b+i,∴a=-1,b=2,则a+b i=-1+2i,∴|a+b i|=|-1+2i|=,故选D.(2)由题得,f(x)=cos-sin sin2x-cos2x=sin,∴函数f(x)的最小正周期为π,最大值为1,故A不正确,B正确;当x时,2x-,函数f(x)在上先单调递减后单调递增,故C错误;将函数f(x)的图象向左平移个单位长度,得到的函数解析式为g(x)=f=sin2x,故D正确.对点训练1(1)D(2)解析(1)令f(x)=0,则方程x2-9x+14=0,解得方程的两个根为2,7.∵等差数列{a n}中,a1,a6为函数f(x)=x2-9x+14的两个零点,∴a1=2,a6=7,或a1=7,a6=2,当a1=2,a6=7时,d==1,则a3=4,a4=5,所以a3a4=20;当a1=7,a6=2时,d==-1,则a3=5,a4=4,所以a3a4=20.故选D.(2)|2e1-e2|2,解得e1·e2又e1·e2≤1,所以e1·e2≤1.cosθ==,设e1·e2=x,则x≤1.cos2θ=,得cos2,所以cos2θ的最小值是【例2】(1)B(2)解析(1)因为a>b>c>1,且ac<b2,令a=16,b=8,c=2,则log c a=4>1>log a b,故A,C错;log c b=3>log b a=,故D错,B正确.(2)所求的问题是个定值问题,“在△ABC中”和在特殊△ABC中所求的值相等,所以将所给条件“在△ABC中”特殊化为“在等边△ABC中”.如下图,=(x,3y)·(-x,3y)=-x2+9y2=4;=(x,y)·(-x,y)=-x2+y2=-1;解得x2=,y2=则=(x,2y)(-x,2y)=-x2+4y2=对点训练2(1)C(2)(1,0)解析(1)对于A,取a=1,b=-1,则a>b成立,但,故A 错误;对于B,取a=π,b=0,则a>b 成立,但sin π=sin0,故B 错误; 对于C,因y=在R 上单调递减,若a>b ,则,故C 正确;对于D,取a=1,b=-2,则a>b 成立,但a 2<b 2,故D 错误. (2)曲线y=的对称中心为(1,0),设过对称中心的直线与曲线交于A ,B 两点,则A ,B 的中点为对称中心(1,0),所以过D ,E ,F 三点的圆一定经过定点(1,0). 【例3】(1)A (2)C 解析(1)当x>0时,函数f (x )过点(1,0),又函数f (x )有且只有一个零点,可推出,当x ≤0时,函数y=-2x +a 没有零点,即在(-∞,0]内,函数y=2x 与直线y=a 无公共点.由数形结合,可得a ≤0或a>1.又因{a|a<0}⫋{a|a ≤0或a>1},故选A .(2)依题意得f (x )=a sin(1-x ),g (x )=ln x ,设h (x )=g (x )-x=ln x-x ,x ∈(0,1],∵h'(x )=-1≥0,∴h (x )在(0,1]上单调递增, ∴h (x )max =h (1)=ln1-1=-1. 故原题等价于存在x ∈,2,使得a sin(1-x )≥-1,∵sin(1-x )≤0,∴a 故只需a 而y=在x ∈,2上单调递减,而,∴a 故选C .对点训练3(1)C (2) 解析(1)如图,延长CA 至D ,使得AD=3,连接DB ,PD ,因为AD=AB=3,故△ADB 为等腰三角形.又∠DAB=180°-∠CAB=120°,故∠ADB=(180°-120°)=30°,所以∠ADB+∠DCB=90°,即∠DBC=90°,故CB ⊥DB.因为PB=4,PC=5,BC=3,所以PC 2=PB 2+BC 2,所以CB ⊥PB.因为DB ∩PB=B ,DB ⊂平面PBD ,PB ⊂平面PBD ,所以CB ⊥平面PBD.所以V 三棱锥P-CBD=V 三棱锥C-PBD =CB×S △PBD .因为A 为DC 的中点,所以V 三棱锥P-ABC =V 三棱锥P-CBD =3×S △PBD =S △PBD .因为DA=AC=AP=3,故△PDC 为直角三角形,所以PD=又DB=AD=3,而PB=4,故DB 2=PD 2+PB 2,即△PBD 为直角三角形,所以S △PBD =4=2,所以V 三棱锥P-ABC =故选C .(2)当x ∈(0,3)时,g (x )=,当x ∈[3,+∞)时,g (x )=,所以φ(x )在[3,+∞)必成立,问题转化为φ(x )在(0,3)恒成立,由ax-ln x-1恒成立,可得a 在x ∈(0,3)恒成立,设h (x )=,x ∈(0,3),则h'(x )=,当0<x<1时,h'(x )>0,当1<x<3时,h'(x )<0,所以h (x )在(0,1)内单调递增,在(1,3)内单调递减,所以h (x )max =h (1)=,所以a,故实数a 的取值范围为【例4】(1)A (2)C 解析(1)作出对勾函数y=x+(x>0)的图象如图,由图象知函数的最低点坐标为A (2,4),圆心坐标为C (2,0),半径R=1,则由图象知当A ,B ,C 三点共线时,|AB|最小,此时最小值为4-1=3,故选A .(2)设既喜欢足球又喜欢游泳的学生比例数为x.由维恩图可知,82%-x+60%=96%,解得x=46%,故选C.对点训练4(1)B(2)AC解析(1)画出f(x)=的图象,如图所示.∵a<b<c,∴由二次函数的性质可得a+b=6.由图可知,4<c<log29+1,∴f(4)<f(c)<f(log29+1),f(4)=8,f(log29+1)==9,∴8<f(c)<9,48<6f(c)<54,即(a+b)f(c)的取值范围是(48,54),故选B.(2)由题得,f(x)=(sin x+cos x)|sin x-cos x|==图象如图所示,由图可知,f(x)是周期为2π的周期函数,故A正确;f(x)在区间上不是单调函数,故B错误;若|f(x1)|+|f(x2)|=2,则x1+x2=(k∈Z),故C正确;函数g(x)=f(x)+1在区间[0,2π]上有且仅有2个零点,故D错误.故选AC.【例5】(1)A(2)(1,+∞)解析(1)∵2x-2y<3-x-3-y,∴2x-3-x<2y-3-y.∵f(t)=2t-3-t在R上为增函数,且f(x)<f(y),∴x<y,∴y-x>0,∴y-x+1>1,∴ln(y-x+1)>ln1=0.故选A.(2)设F(x)=,则F'(x)=f'(x)>f(x),∴F'(x)>0,即函数F(x)在定义域上单调递增.∵e x-1f(x)<f(2x-1),,即F(x)<F(2x-1),∴x<2x-1,即x>1,∴不等式e x-1f(x)<f(2x-1)的解集为(1,+∞).对点训练5(1)C(2)C解析(1)构造函数g(x)=,则函数在(0,+∞)内单调递减,∵0.22<1<log35,则f(0.22)>f(1)>f(log35)=-f(lo5),∵a=25f(0.22),b=f(1),c=-log53×f(lo5),∴25f(0.22)>f(1)>-log53×f(lo5),∴a>b>c.(2)当a<0时,在x≥0上,x-a≥0恒成立,所以只需满足(x-b)(x-2a-b)≥0恒成立,此时2a+b<b,由二次函数的图象可知,只有b<0时,满足(x-b)(x-2a-b)≥0,b>0不满足条件;当b<0时,在[0,+∞)上,x-b≥0恒成立,所以只需满足(x-a)(x-2a-b)≥0恒成立,此时两根分别为x=a和x=2a+b,①当a+b>0时,此时0<a<2a+b,当x≥0时,(x-a)·(x-2a-b)≥0不恒成立;②当a+b<0时,此时2a+b<a,若满足(x-a)(x-2a-b)≥0恒成立,只需满足a<0;③当a+b=0时,此时2a+b=a>0,满足(x-a)(x-2a-b)≥0恒成立.综上可知,满足(x-a)(x-b)(x-2a-b)≥0在x≥0恒成立时,只有b<0.故选C.【例6】(1)D(2)A解析(1)由题意可知,a·b=|a|·|b|cos60°=对于A,(a+2b)·b=a·b+2b2=0,不符合题意;对于B,(2a+b)·b=2a·b+b2=2≠0,不符合题意;对于C,(a-2b)·b=a·b-2b2=-0,不符合题意;对于D,(2a-b)·b=2a·b-b2=0,故2a-b与b垂直.故选D.(2)∵f(-x)==f(x),∴f(x)是偶函数,故f(x)图象关于y轴对称,排除C,D;又x=1时,f(1)=<0,排除B,故选A.对点训练6(1)BD(2)A解析(1)对于A,若x<0,则最小值不为2,故A错误;对于B,y=2x+2-x≥2,当且仅当x=0时等号成立,故B正确;对于C,对x,y=sin x+2,但等号成立需sin x=,方程无解,故C错误;对于D,y=x2-2x+3=(x-1)2+2≥2,当x=1时取等号,故D正确.故选BD.(2)因为f(-x)=(-x)cos(-x)+sin(-x)=-(x cos x+sin x)=-f(x),x∈[-π,π],所以函数f(x)是奇函数,故排除C,D,当x时,x cos x+sin x>0,所以排除B.故选A.【例7】B解析设人体脖子下端至肚脐长为x cm,则,得x≈42.07,又其腿长为105cm,所以其身高约为42.07+105+26=173.07(cm),接近175cm.故选B.对点训练7A解析作出表示的可行域如图所示,直线2x+y=4与坐标轴的交点为B(2,0),C(0,4).设z=,∵A(0,0), ∴z A=1;∵B(2,0),∴z B=;∵C(0,4),∴z C=5.由题知,无法取到B,C两点,的取值范围是。

专题2.2复数的四则运算(七个重难点突破)高考数学

专题2.2复数的四则运算(七个重难点突破)高考数学
【答案】−;
【详解】原式= − − + − − − = −.
(2)设z1 = x + 2i,z2 = 3 − yi(x,y ∈ R),且z1 + z2 = 5 − 6i,求z1 − z2.
【答案】− + .
【详解】因为 = + , = − , + = − ,
− = + + − ,
显然 − ≠ ,由 − 为纯虚数,得 + = ,解得 = −,
所以 + = −.
故选:
试卷讲评课件
3.在复平面内,复数z对应的点Z的坐标为 −2sin120∘ , −2cos120∘ ,则
z + 2 3 =(
求 z1 + z2 .
【答案】
【分析】设对应的复数为 ,对应的复数为 ,利用向量运算
和复数的向量表示可解.
试卷讲评课件
【详解】设对应的复数为 ,对应的复数为

则 + 对应的复数为 + , − 对应的
复数为 − ,
因为 = = ,且 − = ,
所以 + + − = − ,
=
+=
所以
,解得

=
− = −
所以
− = + − − = − + [ − − ] = − + .
试卷讲评课件
【分析】(1)(2)运用复数加减运算及复数相等求解即可.
③当 = 时, − = − ,
所以 = − + = − + − + − − = − + ,

【优化探究】2017届高三数学(理)高考二轮复习(书讲解课件)第一部分专题六第一讲算法、复数、推理与证明

【优化探究】2017届高三数学(理)高考二轮复习(书讲解课件)第一部分专题六第一讲算法、复数、推理与证明
考点一
运行第一次,x=0,y=1,不满足 x2+y2≥36; 1 运行第二次,x= ,y=2,不满足 x2+y2≥36; 2 3 运行第三次,x= ,y=6,满足 x2+y2≥36, 2 3 输出 x= ,y=6. 2
3 由于点2,6在直线 y=4x 上,故选 C.
考点二
考点三
考点二
考点二
考点三
考点一
试题
解析
考点一
阅读程序框图,根据循环控制条件,逐步分析求解. 由程序框图知,初始值:n=3,x=2,v=1,i=2,
考点二
考点三
第一次执行:v=4,i=1; 第二次执行:v=9,i=0; 第三次执行:v=18,i=-1. 结束循环,输出当前 v 的值 18.故选 B.
考点一
考点一
考点一
试题
解析
2.(2016· 高考全国Ⅲ卷)执行如图所示的程序框图,如果输入的 a =4,b=6,那么输出的 n=( B )
考点一
A.3 C.5
B.4 D.6
考点二
考点三
考点一
试题
解析
根据循环结构的特点,逐步运算,直到满足条件时输出结果. 程序运行如下:
考点一
开始 a=4,b=6,n=0,s=0. 第 1 次循环:a=2,b=4,a=6,s=6,n=1; 第 2 次循环:a=-2,b=6,a=4,s=10,n=2; 第 3 次循环:a=2,b=4,a=6,s=16,n=3; 第 4 次循环:a=-2,b=6,a=4,s=20,n=4. 此时,满足条件 s>16,退出循环,输出 n=4.故选 B.
考点一
( B )
考点二
考点三
A.32 C.21
B.25 D.15

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

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。

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2011年高考第二轮专题复习(教学案):复数考纲指要:了解引进复数的必要性,理解复数的有关概念;掌握复数的代数表示及向量表示.掌握复数代数形式的运算法则,能进行复数代数形式的加法、减法、乘法、除法运算.考点扫描:1.数的概念的发展;复数的有关概念.2.复数的向量表示.3.复数的加法与减法,乘法与除法.考题先知:例1 。

设1990=n ,求)333331(2119901990198899463422n n n n n nC C C C C -++-+- 的值。

分析:将所求式子变形为1990199019881988664422333331(21n n n n n n C C C C C A -++-+-=,显然它是 nni )31(21+-的展开式的部分之和,即复数的实部。

不妨取展开式的其余的项的和为A 的对偶式i C C C C C B n n n n n n )33333(21198919891987198755331-++-+-= 。

则i i B A n n n 2321)31(216633+-====+-=+⨯ωωωω,所以21=A . 例2.复平面内点A 对应的复数是1,过点A 作虚轴的平行线l ,设l 上的点对应的复数为z ,求z1所对应的点的轨迹. 分析:本题考查复平面上点的轨迹方程.因为在复平面内点A 的坐标为(1,0),l 过点A 且平行于虚轴,所以直线l 上的点对应的复数z 的实部为1,可设为z =1+b i(b ∈R ),然后再求z1所对应的点的集合.解:如下图.因为点A 对应的复数为1,直线l 过点A 且平行于虚轴,所以可设直线l 上的点对应的复数为z =1+b i(b ∈R).因此i b z +=111i 1111i 1222b b b b +-+=+-=.[来源:] 设z1=x +y i(x 、y ∈R ),于是 x +y i=22111bbb +-+i.根据复数相等的条件,有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=+=.1,1122b b y b x消去b ,有x 2+y 2=2222)1()1(1bb b +-++ =22222)1()1(1b b b +++=222211)1(1bb b +=++=x . 所以x 2+y 2=x (x ≠0), 即(x -21)2+y 2=41(x ≠0). 所以z 1所对应的点的集合是以(21,0)为圆心,21为半径的圆,但不包括原点O (0,0). 评注:一般说来,求哪个动点的轨迹方程就设哪个动点的坐标为(x ,y ).所谓动点的轨迹方程就是动点坐标(x ,y )所满足的等量关系.常见求曲线方程的方法有:轨迹法、待定系数法、代入法、参数法等.若把参数方程中的参数消去,就可把参数方程转化成普通方程.无论用什么方法求得曲线的方程,都要注意检验以方程的解为坐标的点是否都在曲线上.对此,常从以下两个方面入手:一是看对方程的化简是否采用了非同解变形的手法;二是看是否符合题目的实际意义.其中,用参数法求得的曲线方程中的x 、y 的范围可由参数函数的值域来确定. [来源:]复习智略:例3.对任意复数),(R y x yi x z ∈+=,定义)sin (cos 3)(y i y z g x+=。

(1) 若3)(=z g ,求相应的复数z ;(2)若),(R b a bi a z ∈+=中的a 为常数,则令)()(b f z g =,对任意b ,是否一定有常数)0(≠m m 使得)()(b f m b f =+?这样的m 是否唯一?说明理由。

(3)计算)21(),41(),42(i g i g i g πππ++-+,并设立它们之间的一个等式。

由此发现一个一般的等式,并证明之。

解:(1)由⎩⎨⎧==0sin 33cos 3y y x x ,得⎩⎨⎧==331cos x y 则⎩⎨⎧∈==Z k k y x ,21π故Z k ki z ∈+=,21(2) )()(b f m b f =+,得⎩⎨⎧=+=+b m b b m b aa a a sin 3)sin(3cos 3)cos(3即⎩⎨⎧=+=+b m b bm b sin )sin(cos )cos( ∴Z k k m ∈=,2π,所以m 是不唯一的。

[来源:](3))2222(9)42(i i g +=+π,)2222(31)41(i i g +=+-π,i i g 3)21(=+π; ∴)21()41()42(i g i g i g πππ+=+-+一般地,对任意复数21z z 、,有)()()(2121z z g z g z g +=。

证明:设i y x z 111+=,i y x z 222+=),(2,12,1R y x ∈)sin (cos 3)(1111y i y z g x +=,)sin (cos 3)(2222y i y z g x += )]sin()[cos(3)(21212121y y i y y z z g x x +++=++∴)()()(2121z z g z g z g +=。

[来源:学|科|网] 检测评估:1,若非零复数,x y 满足220x xy y ++=,则20052005()()x y x y x y+++的值是 A,1 B,1- C,20042 D,20042-2,设复数z 的共轭复数是z ,且1z =,又(1,0)A -与(0,1)B 为定点,则函数()f z =︱(1)z +()z i -︱取最大值时在复平面上以z ,A,B 三点为顶点的图形是A,等边三角形 B,直角三角形 C,等腰直角三角形 D,等腰三角形3.已知,x C ∈且1,x =则()21f x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的最小值 ( )[来源:]A .等于 -2B .等于 0C .等于 -4D .不存在4.设复数(),z x yi x y R =+∈,则满足等式20z x ++=的复数z 对应的点的轨迹是( ) A .圆 B .椭圆 C .双曲线 D .抛物线5.设f (n )=(i i -+11)n +(ii +-11)n,n ∈N,如果A ⊆{f (n )},则满足条件的集合A 有 A.8个 B.7个 C.3个 D.无穷多个6.若10002)1(x x ++的展开式为nn x a x a x a x a a +++++ 332210,则1998630a a a a ++++ = 。

[来源:学§科§网]7.复平面内,已知复数z =x -31i 所对应的点都在单位圆内,则实数x 的取值范围是__________.8.已知关于x 的方程x 2+(1+2i)x -(3m -1)i=0有实根,则纯虚数m 的值为 .9,在复平面内,设点A,P 所对应的复数分别为2,0sin(260)(260)t icos t -+-,则当t 由015变到045时,向量AP 所扫过的图形区域的面积是 . 10.定义运算d c b a =ad -bc ,则对复数z =x +y i(x 、y ∈R )符合条件 i21z z =3+2i 的复数z 等于__________.11.若复数x +y i=(1+cos θ)+(t -cos2θ)i(其中x 、y 、θ∈R ),且点(x ,y )在抛物线y =x 2上,试求实数t 的最大值与最小值.7.已知复数i a a a a a z 41526222--++--=, (1)当()2,2-∈a 时,求i a a a z 415222--+-的取值范围; (2)是否存在实数a ,使得02<z ,若存在,求出a 的值;若不存在,说明理由。

点拨与全解:1. 2()10x x yy ++=,得1322x i y ω==-+或1322x i y ω==--. (1)当1322x i y ω==-+时,原式=20052005200520051111()()()()11111y x x y ωω+=+++++=2005200511()()ωω-+-=200520051111()()()1ωωωωωω-+=-+=-+=; (2)当1322x i y ω==--时,同理可得:原式=1. 故选A 。

2, 因为1z =,可设cos sin z i θθ=+,则2()2[12sin()]4f z πθ=++2=12sin()4πθ++,当2()4k k Z πθπ=+∈时,max ()22f z =+,此时2222z i =+,则22222(1)()2222ZA =++=+,22222()(1)2222ZB =++=+,22AB = 所以ZA =ZB ,得ZAB ∆为等腰三角形. 故选D 3.解:不妨设θθsin cos i x +=,则2)sin cos 1sin (cos )(θθθθi i x f +-+=[来源:学。

科。

网]4sin 4)sin 2(22-≥-==θθi ,故选C4.解:由条件得0)2(22=+++x y x ,化简得442--=x y ,故选D 。

5.解:∵f (n )=( i i -+11)n +(i i +-11)n =i n +(-i)n(n ∈N )=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈+=∈+=-∈+=∈=,,34,0,,24,2,,14,0,,4,2N N N N k k n k k n k k n k k n 当 当 当 当∴{f (n )}={0,2,-2}.∵A ⊆{f (n )}={0,2,-2},∴A 的个数是23=8. 故选: A 6.解:令1=x 可得2000321010003a a a a a +++++= ;令ω=x 可得200020003322100ωωωωa a a a a +++++= (其中i 2321+-=ω,则13=ω且012=++ωω);令2ω=x 可得4000200063422100ωωωωa a a a a +++++= 。

[来源:Z*xx*]以上三式相加可得)(33199********a a a a ++++= ,所以99919986303=++++a a a a7.解:∵z 对应的点z (x ,-31)都在单位圆内,∴|Oz |<1,即22)31(-+x <1.∴x 2+91<1.∴x 2<98.∴-322322<<x .答: -322322<<x [来源:学科网ZXXK] 8.解:设此方程的实根为x 0,纯虚数m =a i(a ∈R 且a ≠0),则原方程可化为x 02+(1+2i)x 0-(3a i -1)i=0. 整理得(x 02+x 0+3a )+(2x 0+1)i=0.由复数相等的定义,得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=++.012,030020x a x x解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=.121,210a x 所以m =i 121.9,6π 因为0000sin(260)sin(260)cos(1502)sin(1502)t i t t i t -+-=-+-, 当015t =时,在单位圆上的点为001(cos120,sin120)P ,当045t =时,在单位圆上的点为002(cos 60,sin 60)P ,A(2,0),1P ,2P 三点围成的曲边形面积易求得6π. 10.解法一:由定义运算,得 i21z z =2z i -z =3+2i. 设z =x +y i(x 、y ∈R ),则2(x +y i)i -(x +y i)=3+2i,即-(x +2y )+(2x -y )i=3+2i.由复数相等,得⎩⎨⎧=-=+.22,3)2y x y x -(解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==58,51y x ∴z =5851-i.解法二:由定义运算,得 i21z z =2z i -z =3+2i, 则z ==--+---+=+-+)21)(21()21)(23(2123i i i i i i 5851-i.答案:5851-i[来源:学科网] 11.解:根据两个复数相等的条件,得⎩⎨⎧-=+=.2cos ,cos 1θθt y x因为点(x ,y )在抛物线上,所以t -cos2θ=(1+cos θ)2.故t =(1+cos θ)2+cos2θ=1+2cos θ+cos 2θ+2cos 2θ-1=3cos 2θ+2cos θ=3(cos θ+31)2-31.由于cos θ∈[-1,1],所以当cos θ=-31时,t 有最小值-31;当cos θ=1时,t 有最大值5.12.解:(1)∵()2,2-∈a ,∴⎥⎦⎤ ⎝⎛∈+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=++-=--=--+-425,04252166415222222a a a a a i a a a z 。

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