2020屆高考數學大二輪復習 層級一 第二練 復數、平面向量教學案

《2020屆高考數學大二輪復習 層級一 第二練 復數、平面向量教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數學大二輪復習 層級一 第二練 復數、平面向量教學案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 層級一 第二練 復數、平面向量 [考情考向·高考導航] 1．高考對復數的考查重點是其代數形式的四則運算(特別是乘、除法)，也涉及復數的概念及幾何意義等知識，難度較低，純屬送分題目． 2．平面向量是高考必考內容，每年每卷有一個小題，難度中檔，主要考查平面向量的模、數量積的運算、線性運算等，數量積是考查的熱點． [真題體驗] 1．(2019·全國Ⅱ卷)設z＝－3＋2i，則在復平面內對應的點位于(　　) A．第一象限　　　　　　　 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：C　[＝－3－2i，對應的點為(－3，－2)，在第三象限．] 2．(2019·全國Ⅰ卷)已知

2、非零向量a，b滿足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，則a與b的夾角為(　　) A. B. C. D. 解析：B　[∵(a－b)⊥b，∴(a－b)·b＝0.即a·b＝|b|2；∴cos〈a，b〉＝＝＝. 故〈a，b〉＝，故選B.] 3．(2018·北京卷)設a，b均為單位向量，則“|a－3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：C　[本題考查平面向量及充分必要條件． 由題意得|a－3b|＝， |3a＋b|＝. 充分性：∵|a－3b|＝|3a＋b| ∴a2－6a·b

3、＋9b2＝9a2＋6a·b＋b2 又∵|a|＝1，|b|＝1，∴a2＝b2＝1 ∴a2＋9b2＝9a2＋b2 ∴－6a·b＝6a·b 即a·b＝0，∴a⊥b. 充分性得證． 必要性： ∵a⊥b，∴a·b＝0 又∵|a|＝|b|＝1，∴a2－6a·b＋9b2＝9a2＋6a·b＋b2 ∴(a－3b)2＝(3a＋b)2 ∴|a－3b|＝|3a＋b| 必要性得證．故選C.] 4．(2018·全國卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，則λ＝________. 解析：2a＋b＝2(1,2)＋(2，－2)＝(4,2)， c∥(2a＋b

4、)，∴1×2－4λ＝0，解得λ＝. 答案： [主干整合] 1．復數運算中常用的結論 (1)(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i. (2)－b＋ai＝i(a＋bi)(a，b∈R)． (3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)． (4)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*)． 2．“三點”共線的充要條件：O為平面上一點，則A，B，P三點共線的充要條件是＝λ1＋λ2(其中λ1＋λ2＝1)． 3．三角形中線向量公式：若P為△OAB的邊AB的中點，則＝(＋)． 4．三角形重心坐標的求法： (1)G為△ABC的重心?＋＋＝0?G

5、. (2)·＝·＝·?O為△ABC的垂心． 5．平面向量數量積性質：a⊥b?a·b＝0(a≠0，b≠0)． 熱點一　復數的概念與運算 [題組突破] 1．(2019·全國Ⅰ卷)設復數z滿足|z－i|＝1，z在復平面內對應的點為(x，y)，則(　　) A．(x＋1)2＋y2＝1　　　　　 B．(x－1)2＋y2＝1 C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1 解析：C　[|z－i|＝1表示復平面內的點(x，y)到點(0,1)的距離為1，故點E的軌跡方程為x2＋(y－1)2＝1.選C.] 2．(2020·蘇州模擬)已知a∈R，i是虛數單位．若z＝a＋i，z·＝4，

6、則a＝(　　) A．1或－1 B.或－ C．－ D. 解析：A　[∵z·＝4，∴|z|2＝4，即|z|＝2. ∵z＝a＋i，∴|z|＝，∴＝2，∴a＝±1.故選A.] 3．(2020·湖北八校聯考)已知復數z1＝2＋ai(a∈R)，z2＝1－2i，若為純虛數，則|z1|＝(　　) A. B. C．2 D. 解析：D　[由于＝＝＝為純虛數，則a＝1，則|z1|＝，故選D.] 4．設有下面四個命題 p1：若復數z滿足∈R，則z∈R； p2：若復數z滿足z2∈R，則z∈R； p3：若復數z1，z2滿足z1z2∈R，則z1＝2； p4：若復數z∈R，則∈R. 其

7、中的真命題為(　　) A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4 解析：B　[設z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)． 對于p1，若∈R，即＝∈R，則b＝0?z＝a＋bi＝a∈R，所以p1為真命題． 對于p2，若z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，則ab＝0.當a＝0，b≠0時，z＝a＋bi＝bi?R，所以p2為假命題． 對于p3，若z1z2∈R，即(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i∈R，則a1b2＋a2b1＝0.而z1＝2，即

8、a1＋b1i＝a2－b2i?a1＝a2，b1＝－b2.因為a1b2＋a2b1＝0?/ a1＝a2，b1＝－b2，所以p3為假命題． 對于p4，若z∈R，即a＋bi∈R，則b＝0?＝a－bi＝a∈R，所以p4為真命題，故選B.] 解決復數問題的兩種思想方法 1．復數的“實數化”：復數的分類及對應點的位置問題都可以轉化為復數的實部與虛部應該滿足的條件問題，只需把復數化為代數形式，列出實部和虛部滿足的方程(不等式)組即可． 2．復數的“方程思想”：即把復數z當作未知數，從解方程的角度求解z. 熱點二　平面向量的運算及應用 平面向量的線性運算 [例1]　(1)(2018·全國Ⅰ卷)在

9、△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則＝(　　) A.－　　　　　 B.－ C.＋ D.＋ [解析]　 A　[如圖，＝－＝－ ＝－ ＝－－＝－.] (2)(2020·無錫模擬)如圖，平面內有三個向量，，，其中與的夾角為120°，與的夾角為30°，且||＝||＝1，||＝2，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ的值為________． [解析]　 解法一　如圖，＝＋，||＝2， ||＝||＝4， 所以＝4＋2. 所以λ＋μ＝6. 解法二　以O為原點，OA為x軸建立直角坐標系(圖略)， 則A(1,0)，C(2cos 30°，2sin 30°)，

10、B(cos 120°，sin 120°)．即A(1,0)，C(3，)，B. 由＝λ＋μ得，所以所以λ＋μ＝6. [答案]　6 平面向量的線性運算技巧 (1)對于平面向量的線性運算，要先選擇一組基底，同時注意共線向量定理的靈活運用． (2)運算過程中重視數形結合，結合圖形分析向量間的關系． 平面向量數量積的應用 數學運 算素養(yǎng) 數學運算——平面向量問題中的核心素養(yǎng) 解決幾何圖形問題時，可以先建立適當的坐標系，將圖形坐標化，再運用數學運算解決相關問題．在平面向量中，向量的坐標運算就是這一思想的具體應用. [例2]　(1)(2020·石家莊模擬)若兩個非零向量a，b滿足|a

11、＋b|＝|a－b|＝2|b|，則向量a＋b與a的夾角為(　　) A. B. C. D. [解析]　A　[∵|a＋b|＝|a－b|，∴|a＋b|2＝|a－b|2，∴a·b＝0.又|a＋b|＝2|b|，∴|a＋b|2＝4|b|2，|a|2＝3|b|2，∴|a|＝|b|，cos〈a＋b，a〉＝＝＝＝＝，故a＋b與a的夾角為.] (2)(2018·天津卷) 如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若點E為邊CD上的動點，則·的最小值為(　　) A. B. C. D．3 [解析]　 A　[建立如圖所示的平面直角坐標系

12、，則A，B，C，D， E點在CD上，則＝λ(0≤λ≤1)，設E(x，y)， 則：＝λ， 即， 據此可得：E，且： ＝，＝， 由數量積的坐標運算法則可得： ·＝＋λ×， 整理可得：·＝(4λ2－2λ＋2)(0≤λ≤1)， 結合二次函數的性質可知，當λ＝時，·取得最小值.故選A.] 涉及數量積、模和最值的解題思路 (1)涉及數量積和模的計算問題，通常有兩種求解思路； ①直接利用數量積的定義計算，此時，要善于將相關向量分解為圖形中模和夾角已知的向量進行計算． ②建立平面直角坐標系，通過坐標運算求解． (2)求解向量數量積的最值(范圍)問題，通常建立平面直角坐標系，由數

13、量積的坐標運算得到含有參數的等式，或是轉化為函數的最值，或是利用基本不等式求最值，或是利用幾何意義求最值(范圍)． (1)在平行四邊形ABCD中，點E為CD的中點，BE與AC的交點為F，若＝a，＝b，則向量＝(　　) A.a＋b B．－a－b C．－a＋b D.a－b 解析：C　[＝＋＝－＝－(＋)＝－a＋b.] (2)(2019·江蘇卷)如圖， 在△ABC中，D是BC的中點，E在邊AB上，BE＝2EA，AD與CE交于點O.若·＝6·，則的值是________． 解析：本題考查在三角形中平面向量的數量積運算，滲透了直觀想象、邏輯推理和數學運算素養(yǎng)．采取幾何法，利用數形

14、結合和方程思想解題．如圖，過點D作DF∥CE，交AB于點F，由BE＝2EA，D為BC中點，知BF＝FE＝EA，AO＝OD. 6·＝3·(－)＝(＋)·(－) ＝(＋)·＝ ＝＝·－2＋2＝·， 得2＝2，即||＝||，故＝. 答案： (3)(雙空填空題)已知向量a，b，其中|a|＝，|b|＝2，且(a－b)⊥a，則向量a和b的夾角是________，a·(a＋b)＝________. 解析：本題考查向量數量積的垂直性質．由題意，設向量a，b的夾角為θ.因為|a|＝，|b|＝2，且(a－b)⊥a，所以(a－b)·a＝|a|2－a·b＝|a|2－|a||b|cos θ＝3－2

15、·cos θ＝0，解得cos θ＝.又因為0≤θ≤π，所以θ＝.則a·(a＋b)＝|a|2＋|a||b|·cos θ＝3＋2×＝6. 答案：　6 限時40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．(2020·昆明模擬)已知復數z＝則(　　) A．z的模為2　　　 　　　 B．z的實部為1 C．z的虛部為－1 D．z的共軛復數為1＋i 解析：C　[根據題意可知，＝＝－1－i，所以z的虛部為－1，實部為－1，模為，z的共軛復數為－1＋i，故選C.] 2．已知i為虛數單位，a∈R，若為純虛數，則復數z＝2a＋i的模等于(　　) A. B.

16、 C. D. 解析：C　[由題意可設＝ti，t≠0，∴2－i＝－t＋tai， ∴解得∴z＝2a＋i＝1＋i， ∴|z|＝，故選C.] 3．(2019·全國Ⅱ卷)已知＝(2,3)，＝(3，t)，||＝1，則·＝(　　) A．－3 B．－2 C．2 D．3 解析：C　[∵＝－＝(3，t)－(2,3)＝(1，t－3)， ∴||＝ ＝1，∴t＝3，∴＝(1,0)， ∴·＝(2,3)·(1,0)＝2.] 4．(2019·北京卷)設點A，B，C不共線，則“與的夾角為銳角”是“|＋|＞||”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既

17、不充分也不必要條件 解析：C　[本題考查充要條件的概念與判斷、平面向量的模、夾角與數量積，同時考查了轉化與化歸數學思想． ∵A、B、C三點不共線， ∴|＋|＞||?|＋|＞|－|?|＋|2＞|－|2?·＞0?與 的夾角為銳角．故“與的夾角為銳角”是“|＋|>||”的充分必要條件，故選C.] 5．(2020·南昌模擬)歐拉公式eix＝cos x＋isin x(i為虛數單位)是由瑞士著名數學家歐拉發(fā)現的，它將指數函數的定義域擴大到復數，建立了三角函數和指數函數的關系，它在復變函數論里占有非常重要的地位，被譽為“數學中的天橋”，根據歐拉公式可知，ei表示的復數在復平面中位于(　　) A．第

18、一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：A　[根據歐拉公式得ei＝cos＋isin＝＋i，它在復平面中對應的點為，位于復平面中的第一象限．] 6．(2019·吉林三模)已知z是純虛數，是實數，那么z等于(　　) A．2i B．i C．－i D．－2i 解析：D　[設z＝ai(a≠0，a∈R)，則 ＝＝＝， 因為是實數，所以2＋a＝0?a＝－2，故z＝－2i.] 7．(2020·蘭州診斷考試)在△ABC中，M是BC的中點，AM＝1，點P在AM上且滿足＝2，則·(＋)等于(　　) A．－ B．－ C. D. 解析： A　[如圖，∵＝2，∴＝

19、＋， ∴·(＋)＝－2， ∵AM＝1且＝2，∴||＝， ∴·(＋)＝－.] 8．(多選題)下列命題正確的是(　　) A．若復數z1，z2的模相等，則z1，z2的共軛復數 B．z1，z2都是復數，若z1＋z2是虛數，則z1不是z2的共軛復數 C．復數z是實數的充要條件是z＝(是z的共軛復數) D．已知復數z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－2i(i是虛數單位)，它們對應的點分別為A，B，C，O為坐標原點，若＝x＋y(x，y∈R)，則x＋y＝1 解析：BC　[本題考查復數的基本概念和向量的坐標運算．對于A，z1和z2可能是相等的復數，故A錯誤；對于B，若z1和z2是共軛復數

20、，則相加為實數，不會為虛數，故B正確；對于C，由a＋bi＝a－bi得b＝0，故C正確；對于D，由題可知，A(－1,2)，B(1，－1)，C(3，－2)，建立等式(3，－2)＝(－x＋y,2x－y)，即解得故D錯誤．故選BC.] 9．(2019·張家界三模)邊長為2的等邊△ABC所在平面內一點M滿足＝＋，則·＝(　　) A．－ B. C. D. 解析：A　[·＝2×2×cos＝2，·＝(－)·(－)＝·＝·－－＋·＝－×22－×22＋＝－.] 10. 在平行四邊形ABCD中，E，F分別是BC，CD的中點，DE交AF于H，記，分別為a，b，則＝(　　) A.a－b B.

21、a＋b C．－a＋b D．－a－b 解析： B　[如圖，過點F作BC的平行線交DE于G， 則G是DE的中點，且＝＝， ∴＝，易知△AHD∽△FHG， 從而＝，∴＝，＝＋＝b＋a， ∴＝＝a＋b，故選B.] 11．(2018·浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是單位向量．若非零向量a與e的夾角為，向量b滿足b2－4e·b＋3＝0，則|a－b|的最小值是(　　) A.－1 B.＋1 C．2 D．2－ 解析：A　[設e＝(1,0)，b＝(x，y)， 則b2－4e·b＋3＝0?x2＋y2－4x＋3＝0?(x－2)2＋y2＝1 如圖所示，a＝，b＝，(其中A為射線

22、OA上動點，B為圓C上動點，∠AOx＝.) ∴|a－b|min＝|CD|－1＝－1.(其中CD⊥OA.)] 12．(2020·貴陽模擬)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N為AC邊上的兩個動點(M，N不與A，C重合)，且滿足||＝，則·的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析： C　[不妨設點M靠近點A，點N靠近點C，以等腰直角三角形ABC的直角邊所在直線為坐標軸建立平面直角坐標系，如圖所示，則B(0,0)，A(0,2)，C(2,0)，線段AC的方程為x＋y－2＝0(0≤x≤2)．設M(a,2－a)，N(a＋1,1－a)(由題意可知

23、0＜a＜1)， ∴＝(a,2－a)，＝(a＋1,1－a)，∴·＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2＝22＋，∵0＜a＜1，∴由二次函數的知識可得·∈.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．(2020·濰坊模擬)復數z1＝＋(10－a2)i，z2＝＋(2a－5)i，若1＋z2是實數，則實數a的值為________． 解析：1＋z2＝＋(a2－10)i＋＋(2a－5)i ＝＋[(a2－10)＋(2a－5)]i ＝＋(a2＋2a－15)i. ∵1＋z2是實數， ∴a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a＝3. ∵a＋5≠0，∴a≠－5，故a＝

24、3. 答案：3 14．(2019·全國Ⅲ卷)已知a，b為單位向量，且a·b＝0，若c＝2a－b，則cos〈a，c〉＝____________. 解析：本題主要考查平面向量的數量積、向量的夾角．滲透了數學運算、直觀想象素養(yǎng)．使用轉化思想得出答案． 因為c＝2a－b，a·b＝0， 所以a·c＝2a2－a·b＝2， |c|2＝4|a|2－4a·b＋5|b|2＝9，所以|c|＝3， 所以cos〈a，c〉＝.＝＝. 答案： 15．(雙空填空題)設復數z＝2 018＋2 019，其中i為虛數單位，則的虛部是________，|z|＝________. 解析：本題考查復數代數形式的乘除運

25、算、乘方運算及復數的基本概念． ∵＝＝－i， ＝＝i， ∴z＝2 018＋2 019＝(－i)2 018＋i2 019＝i2＋i3＝－1－i， ∴＝－1＋i，則的虛部為1，|z|＝. 答案：1　 16．(2019·天津卷)在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，點E在線段CB的延長線上，且AE＝BE，則·＝____________. 解析： 如圖，過點B作AE的平行線交AD于F， 因為AE＝BE，故四邊形AEBF為菱形． 因為∠BAD＝30°，AB＝2，所以AF＝2，即＝. 因為＝＝－＝－， 所以·＝(－)＝·－2－2＝×2×5×－12－10＝－1. 答案：－1 - 14 -