2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)一 第二練 復(fù)數(shù)、平面向量教學(xué)案

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1、 層級(jí)一 第二練 復(fù)數(shù)、平面向量 [考情考向·高考導(dǎo)航] 1．高考對(duì)復(fù)數(shù)的考查重點(diǎn)是其代數(shù)形式的四則運(yùn)算(特別是乘、除法)，也涉及復(fù)數(shù)的概念及幾何意義等知識(shí)，難度較低，純屬送分題目． 2．平面向量是高考必考內(nèi)容，每年每卷有一個(gè)小題，難度中檔，主要考查平面向量的模、數(shù)量積的運(yùn)算、線(xiàn)性運(yùn)算等，數(shù)量積是考查的熱點(diǎn)． [真題體驗(yàn)] 1．(2019·全國(guó)Ⅱ卷)設(shè)z＝－3＋2i，則在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(－3，－2)，在第三象限．] 2．(2019·全國(guó)Ⅰ卷)已知

2、非零向量a，b滿(mǎn)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(shè)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(guó)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(fù)數(shù)運(yùn)算中常用的結(jié)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(diǎn)”共線(xiàn)的充要條件：O為平面上一點(diǎn)，則A，B，P三點(diǎn)共線(xiàn)的充要條件是＝λ1＋λ2(其中λ1＋λ2＝1)． 3．三角形中線(xiàn)向量公式：若P為△OAB的邊AB的中點(diǎn)，則＝(＋)． 4．三角形重心坐標(biāo)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(shù)量積性質(zhì)：a⊥b?a·b＝0(a≠0，b≠0)． 熱點(diǎn)一　復(fù)數(shù)的概念與運(yùn)算 [題組突破] 1．(2019·全國(guó)Ⅰ卷)設(shè)復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足|z－i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)(x，y)到點(diǎn)(0,1)的距離為1，故點(diǎn)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(shù)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(lián)考)已知復(fù)數(shù)z1＝2＋ai(a∈R)，z2＝1－2i，若為純虛數(shù)，則|z1|＝(　　) A. B. C．2 D. 解析：D　[由于＝＝＝為純虛數(shù)，則a＝1，則|z1|＝，故選D.] 4．設(shè)有下面四個(gè)命題 p1：若復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足∈R，則z∈R； p2：若復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z2∈R，則z∈R； p3：若復(fù)數(shù)z1，z2滿(mǎn)足z1z2∈R，則z1＝2； p4：若復(fù)數(shù)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(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)． 對(duì)于p1，若∈R，即＝∈R，則b＝0?z＝a＋bi＝a∈R，所以p1為真命題． 對(duì)于p2，若z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，則ab＝0.當(dāng)a＝0，b≠0時(shí)，z＝a＋bi＝bi?R，所以p2為假命題． 對(duì)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?yàn)閍1b2＋a2b1＝0?/ a1＝a2，b1＝－b2，所以p3為假命題． 對(duì)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(fù)數(shù)問(wèn)題的兩種思想方法 1．復(fù)數(shù)的“實(shí)數(shù)化”：復(fù)數(shù)的分類(lèi)及對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置問(wèn)題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)該滿(mǎn)足的條件問(wèn)題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實(shí)部和虛部滿(mǎn)足的方程(不等式)組即可． 2．復(fù)數(shù)的“方程思想”：即把復(fù)數(shù)z當(dāng)作未知數(shù)，從解方程的角度求解z. 熱點(diǎn)二　平面向量的運(yùn)算及應(yīng)用 平面向量的線(xiàn)性運(yùn)算 [例1]　(1)(2018·全國(guó)Ⅰ卷)在

9、△ABC中，AD為BC邊上的中線(xiàn)，E為AD的中點(diǎn)，則＝(　　) A.－　　　　　 B.－ C.＋ D.＋ [解析]　 A　[如圖，＝－＝－ ＝－ ＝－－＝－.] (2)(2020·無(wú)錫模擬)如圖，平面內(nèi)有三個(gè)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_(kāi)_______． [解析]　 解法一　如圖，＝＋，||＝2， ||＝||＝4， 所以＝4＋2. 所以λ＋μ＝6. 解法二　以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸建立直角坐標(biāo)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(xiàn)性運(yùn)算技巧 (1)對(duì)于平面向量的線(xiàn)性運(yùn)算，要先選擇一組基底，同時(shí)注意共線(xiàn)向量定理的靈活運(yùn)用． (2)運(yùn)算過(guò)程中重視數(shù)形結(jié)合，結(jié)合圖形分析向量間的關(guān)系． 平面向量數(shù)量積的應(yīng)用 數(shù)學(xué)運(yùn) 算素養(yǎng) 數(shù)學(xué)運(yùn)算——平面向量問(wèn)題中的核心素養(yǎng) 解決幾何圖形問(wèn)題時(shí)，可以先建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，將圖形坐標(biāo)化，再運(yùn)用數(shù)學(xué)運(yùn)算解決相關(guān)問(wèn)題．在平面向量中，向量的坐標(biāo)運(yùn)算就是這一思想的具體應(yīng)用. [例2]　(1)(2020·石家莊模擬)若兩個(gè)非零向量a，b滿(mǎn)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(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，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(biāo)系

12、，則A，B，C，D， E點(diǎn)在CD上，則＝λ(0≤λ≤1)，設(shè)E(x，y)， 則：＝λ， 即， 據(jù)此可得：E，且： ＝，＝， 由數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算法則可得： ·＝＋λ×， 整理可得：·＝(4λ2－2λ＋2)(0≤λ≤1)， 結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)λ＝時(shí)，·取得最小值.故選A.] 涉及數(shù)量積、模和最值的解題思路 (1)涉及數(shù)量積和模的計(jì)算問(wèn)題，通常有兩種求解思路； ①直接利用數(shù)量積的定義計(jì)算，此時(shí)，要善于將相關(guān)向量分解為圖形中模和夾角已知的向量進(jìn)行計(jì)算． ②建立平面直角坐標(biāo)系，通過(guò)坐標(biāo)運(yùn)算求解． (2)求解向量數(shù)量積的最值(范圍)問(wèn)題，通常建立平面直角坐標(biāo)系，由數(shù)

13、量積的坐標(biāo)運(yùn)算得到含有參數(shù)的等式，或是轉(zhuǎn)化為函數(shù)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(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，BE與AC的交點(diǎn)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(diǎn)，E在邊AB上，BE＝2EA，AD與CE交于點(diǎn)O.若·＝6·，則的值是________． 解析：本題考查在三角形中平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，滲透了直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)．采取幾何法，利用數(shù)形

14、結(jié)合和方程思想解題．如圖，過(guò)點(diǎn)D作DF∥CE，交AB于點(diǎn)F，由BE＝2EA，D為BC中點(diǎn)，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(shù)量積的垂直性質(zhì)．由題意，設(shè)向量a，b的夾角為θ.因?yàn)閨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?yàn)?≤θ≤π，所以θ＝.則a·(a＋b)＝|a|2＋|a||b|·cos θ＝3＋2×＝6. 答案：　6 限時(shí)40分鐘　滿(mǎn)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(fù)數(shù)z＝則(　　) A．z的模為2　　　 　　　 B．z的實(shí)部為1 C．z的虛部為－1 D．z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i 解析：C　[根據(jù)題意可知，＝＝－1－i，所以z的虛部為－1，實(shí)部為－1，模為，z的共軛復(fù)數(shù)為－1＋i，故選C.] 2．已知i為虛數(shù)單位，a∈R，若為純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)z＝2a＋i的模等于(　　) A. B.

16、 C. D. 解析：C　[由題意可設(shè)＝ti，t≠0，∴2－i＝－t＋tai， ∴解得∴z＝2a＋i＝1＋i， ∴|z|＝，故選C.] 3．(2019·全國(guó)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(shè)點(diǎn)A，B，C不共線(xiàn)，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(shù)量積，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化與化歸數(shù)學(xué)思想． ∵A、B、C三點(diǎn)不共線(xiàn)， ∴|＋|＞||?|＋|＞|－|?|＋|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(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)現(xiàn)的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，它在復(fù)變函數(shù)論里占有非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，根據(jù)歐拉公式可知，ei表示的復(fù)數(shù)在復(fù)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(jù)歐拉公式得ei＝cos＋isin＝＋i，它在復(fù)平面中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，位于復(fù)平面中的第一象限．] 6．(2019·吉林三模)已知z是純虛數(shù)，是實(shí)數(shù)，那么z等于(　　) A．2i B．i C．－i D．－2i 解析：D　[設(shè)z＝ai(a≠0，a∈R)，則 ＝＝＝， 因?yàn)槭菍?shí)數(shù)，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(diǎn)，AM＝1，點(diǎn)P在AM上且滿(mǎn)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(fù)數(shù)z1，z2的模相等，則z1，z2的共軛復(fù)數(shù) B．z1，z2都是復(fù)數(shù)，若z1＋z2是虛數(shù)，則z1不是z2的共軛復(fù)數(shù) C．復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)的充要條件是z＝(是z的共軛復(fù)數(shù)) D．已知復(fù)數(shù)z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－2i(i是虛數(shù)單位)，它們對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，C，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若＝x＋y(x，y∈R)，則x＋y＝1 解析：BC　[本題考查復(fù)數(shù)的基本概念和向量的坐標(biāo)運(yùn)算．對(duì)于A，z1和z2可能是相等的復(fù)數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若z1和z2是共軛復(fù)數(shù)

20、，則相加為實(shí)數(shù)，不會(huì)為虛數(shù)，故B正確；對(duì)于C，由a＋bi＝a－bi得b＝0，故C正確；對(duì)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(cuò)誤．故選BC.] 9．(2019·張家界三模)邊長(zhǎng)為2的等邊△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)M滿(mǎn)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(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，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(guò)點(diǎn)F作BC的平行線(xiàn)交DE于G， 則G是DE的中點(diǎn)，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(mǎn)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(shè)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(xiàn)

22、OA上動(dòng)點(diǎn)，B為圓C上動(dòng)點(diǎn)，∠AOx＝.) ∴|a－b|min＝|CD|－1＝－1.(其中CD⊥OA.)] 12．(2020·貴陽(yáng)模擬)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N為AC邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)(M，N不與A，C重合)，且滿(mǎn)足||＝，則·的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析： C　[不妨設(shè)點(diǎn)M靠近點(diǎn)A，點(diǎn)N靠近點(diǎn)C，以等腰直角三角形ABC的直角邊所在直線(xiàn)為坐標(biāo)軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0,0)，A(0,2)，C(2,0)，線(xiàn)段AC的方程為x＋y－2＝0(0≤x≤2)．設(shè)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(shù)的知識(shí)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(fù)數(shù)z1＝＋(10－a2)i，z2＝＋(2a－5)i，若1＋z2是實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______． 解析：1＋z2＝＋(a2－10)i＋＋(2a－5)i ＝＋[(a2－10)＋(2a－5)]i ＝＋(a2＋2a－15)i. ∵1＋z2是實(shí)數(shù)， ∴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(guó)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(shù)量積、向量的夾角．滲透了數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象素養(yǎng)．使用轉(zhuǎn)化思想得出答案． 因?yàn)閏＝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(shè)復(fù)數(shù)z＝2 018＋2 019，其中i為虛數(shù)單位，則的虛部是________，|z|＝________. 解析：本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)

25、算、乘方運(yùn)算及復(fù)數(shù)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(diǎn)E在線(xiàn)段CB的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且AE＝BE，則·＝____________. 解析： 如圖，過(guò)點(diǎn)B作AE的平行線(xiàn)交AD于F， 因?yàn)锳E＝BE，故四邊形AEBF為菱形． 因?yàn)椤螧AD＝30°，AB＝2，所以AF＝2，即＝. 因?yàn)椋剑剑剑? 所以·＝(－)＝·－2－2＝×2×5×－12－10＝－1. 答案：－1 - 14 -