第二篇　高考数学（文）二轮高效复习分层设计(攻关篇)

二轮高效复习分层设计

（攻关篇）

M

I

C

R

O

两大层级分层设计•巧通关

两大层级设计，分层布局，有轻有重，

整合主干知识，归纳热点题型，

明确复习重点，以高度凝练的方式和

简便灵活的方法，

提供更加权威、更加准确、更加实用的

备考内容。

弟一

-4+H

M-I-C-R-0

二轮高效复牙分层设计

（攻关篇）

第一层级基础送分考点（自测自检——练后讲评）

［编排设计］

专项1集合与常用逻辑用语

专项2平面向量、复数

专项3不等式、合情推理、算法初步

这些考点在高考考查中较为简单，题型多为选择、填空题，

属送分题型。通过一轮复习，大多数考生已能熟练掌握。为节省

宝贵的二轮复习时间，本部分以练代讲，以练促学。在练中抓牢

基础题型，在练中提升解题速度和准确度，确保送分题不失分。

教学建议：学生自学为主，教师适当点评

基础送分专项1集合与常用逻辑用语

命I题I分I析

高考对本部分内容的考查主要是集合间的基本关系和运算、

充分条件与必要条件、含有量词的命题的真假判断以及含有一个

量词的命题的否定，多数与函数、不等式、复数等知识相结合，

难度一般，属于送分题，故复习时不必做过多的探究，只要掌握

以下知识点，就能保证不失分，得满分。

学生白学老师点拨八A生红通一

考点一集合及其运算

1.已知集合A={%*—3x—4<0},8={-4,1,3,5},则AA5

=()

A.{-4,1}B.{1,5}

C.{3,5}D.{1,3}

解析解法一：由"一3%—4<0,得一14<4,即集合A={%|

-l<x<4},又集合3={-4,1,3,5},所以AG3={1,3}。故选D。

解法二：因为(一4)2—3义(-4)一4>0,所以一4&1,故排除A;

由12—3义1一4<0,所以1£A,则故排除C;由3z

-3X3-4<0,所以3£A,则3£(AG8),故排除B。故选D。

解法三：观察集合A与集合8,发现3£A,故3£(AG8),

所以排除A和B,又52—3乂5—4>0,所以5弘，54(403),排

除C。故选D。

答案D

2.已知集合人={%|因<3,X£2},3={%网>1,%£2},则4门3

=()

A.0B.{-3,-2,2,3}

C.{-2,0,2}D.{-2,2}

解析解法一：因为A={%||%|<3,XGZ}={JV|-3<X<3,%£

Z}={—2,—1,0,1,2},%£Z}=或％<—1,x

GZ},所以An3={-2,2}。故选D。

解法二：A0B={x|l<|x|<3,%£Z}={%|—3<x<—1或l<x<3,

%£Z}={-2,2}。

答案D

3.(2020•全国川卷)已知集合A={(%,y)\x,y£N*,y^x},

8={(%,y)\x+y=S},则AAB中元素的个数为()

A.2B.3

C.4D.6

解析由题意得，AnB={(l,7),(2,6),(3,5),(4,4)},所以

AAB中元素的个数为4。故选C。

答案C

4.已知集合A={(%,y)\y=x+1,%£R},集合3={(%,y)\y

=x2,%£R},则集合AGB的子集个数为()

A.1B.2

C.3D.4

解析因为直线y=%+l与抛物线的图象有2个交点，

故AA3的子集有4个。

答案D

5.已知集合A={-1,2},3={%|以=1},若3GA,则由实

数。的所有可能取值组成的集合为()

A.<1,B1-1,

C.0,1,YD；—1,0,

解析由题意可知，若B为空集，则方程ax=l无解，可得

a=0;若8不为空集，则aWO,由a%=l解得％=1，所以:=一

1或;=2,解得a=—1或Q=T。综上，由实数a的所有可能取

值组成的集合为1,0,2>o故选D。

答案D

6.已知集合4={1,2},集合8={0,2},设集合C={z|z=^,

X£A,y^B},则下列结论中正确的是()

A.Anc=0B.AUC=C

C.BCC=BD.AUB=C

解析由题设可知C={0,2,4},则3GC,故3nc=3。故

选c。

答案c

7.集合N={%|2%2一以一1<0},MJN,则

实数a的范围为()

A.(一8,1]B.[1,+8)

C.(0,1)D.(-1,0)

解析本题考查子集的概念、不等式恒成立问题。集合M=

{x|0<x<l},MJN,要使不等式2%2一以一1<0在工£(0,1)时恒成

(n1

立，则a>2x—~max,函数y=2%—：在(0,1)上单调递增，所以“21。

故选B。

答案B

练后悟通

活用集合运算中的常用方法

（1）数轴法：若已知的集合是不等式的解集，用数轴法求解。

（2）图象法：若已知的集合是点集，用图象法求解。

（3）Venn图法：若已知的集合是抽象集合，用Venn图法求解。

提醒：（1）在化简集合时易忽视元素的特定范围（如集合中工

£N,%£Z等）致误。

（2）在解决含参数的集合问题时，要注意检验集合中元素的互

异性，否则很可能会因为不满足“互异性”而导致解题错误。

考点二常用逻辑用语

37

1.（2020.沈阳市质量监测）命题p：Vxe（0,+8）,x，Wx,

则㈱.为（）

]_]_

35

A.3（0,+8）,x（）=%o

11

35

B.V%e（o,+°°）,x=x

11

35

C.m沏£（—8,0）,%o=%0

35

D.VxG（—oo,0）,x=x

解析由全称命题的否定为特称命题知，留弟p为三汨）£（0,

11

3G

+°°）,%（）,=%（）o故选A。

答案A

2.下列命题中，为真命题的是（）

A.3x（）eR,收0

B.VxeR,2W

C.。+8==0的充要条件是，=—1

D.若％,y£R,且％+y>2,则％,y中至少有一个大于1

解析因为e、>0恒成立，故A错误；取％=2,则2"=*,

故B错误；当Q+Z>=0时，若8=0,则a=0,此时方无意义，所

以也不可能推出号=-1;当*=-1时，变形得a=-b,所以a

+b=0,故a+Z?=0的充分不必要条件是堂=—1,故C错误；假

设%W1且yWl,则X+yW2,这显然与已知％+y>2矛盾，所以

假设错误，所以％,y中至少有一个大于1,故D正确。综上，

故选D。

答案D

3.（2020•天津高考）设a£R,则“a>l”是、2>。”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

角星析由/>a得〃>1或Q<0,反之，由Q>1得贝|]“Q>1，，

是、2>a”的充分不必要条件。故选A。

答案A

4.（2020•北京高考）已知a,B^R,贝!J"存在k£Z使得a=

E+（—1）%”是“sina=sin4”的（）

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

解析若存在Z6Z使得a=br+（—l）%则当k=2n,HGZ

时，a=2mt+0,贝Isina=sin（2〃7r+夕）=sinQ;当左=2〃+1,

Z时，a=（2〃+1）兀一夕，则sina=sin（2〃兀+兀一夕）=sin（兀一夕）=sin/。

若sina=sin或，则。=2〃九+4或。=2〃兀+兀一夕，〃£Z,即。=%兀

+（—1）区k£Z。故选C。

答案C

5.同学们，化归与转化的数学思想很重要，比如要证明命

题p：”若则。，我们可以证明命题（）

A.“若oeNr,则a」”

e

B.“若oeR%,则a2”

e

C.“若oeVx,则aW1”

e

D.”若a<A,贝lj

e

解析本题考查四种命题的等价关系。要证明原命题成立，

可转为证明逆否命题成立，所以要证明“若。e则0寸2%”，

可以证明“若。七、4,则eo故选A。

答案A

6.下列说法中错误的是（）

A.若pVq为假命题，则p与乡均为假命题

B.已知向量a=（l,加+1）,b=（m,2）,则%〃是“m

=1”的充分不必要条件

C.命题“若产一3%+2=0,则％=1”的逆否命题是“若

e,贝I"—3%+2/0”

wa

D.命题“V%e（0,+8）,x-lnx>O的否定是3xoe（O,

+°°）,%（）—lnr（）W0”

解析若"V学为假命题，则〃与q均为假命题，所以A正

确；已知向量a=（l,m+1）,）=（租,2）,由0〃力可得/%?+机一2

=0,解得加=1或〃?=-2,所以"a〃b"是=1"的必要不

充分条件，所以B错误；命题“若％2—3%+2=0,则％=1”的

逆否命题是“若则%2—3%+2/0”，所以C正确；命题

“V%£（0,+8）,%—lnr>0”的否定是“三的£（0,+8）,沏

-InxoWO”所以D正确。故选B。

答案B

7.已知函数八%）={2"x^a,%*,则“4W0”是

“函数於）在［0,+8）上单调递增”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

解析当aW。时，函数式幻在［0,+8）上的解析式为八%）

=2。易得此时函数大%）在「0,+8）上单调递增，充分性成立；

当a=2时，*%）={2，％22,x2,x<2,易得此时函数八%）

在［0,+8）上单调递增，但不满足aWO,必要性不成立。综上

所述，“aWO”是“函数兀0在［0,+8）上单调递增”的充分不

必要条件。故选A。

答案A

8.已知p：|%+1|>2,q：x>a,且么弟p是余弟（7的充分不必要

条件，则实数。的取值范围是（）

A.aWlB.aW—3

C.a》一1D.

解析由|%+1|>2,解得％>1或％<—3。因为女弟.是余弟学的充

分不必要条件，所以q是p的充分不必要条件，从而可得（a,+

8）是（一8,—3）U（1,+8）的真子集，所以故选D。

答案D

练后悟通

（1）充分条件与必要条件的三种判定方法

正、反方1可推理，右p=>q,则p是<7的充分条件（或是

定义法p的必要条件）；若p=q,豆qDI=p,则p是夕的充分不

必要条件（或q是p的必要不充分条件）

利用集合间的包含关系，例如p：A,q：B,若AG3,则

集合法p是9的充分条件（9是p的必要条件）；若A=B,则p是

q的充要条件

等价法将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题

（2）全称命题、特称（存在性）命题及其否定

①全称命题p：p（%）,其否定为特称（存在性）命题:

㈱p：3JC（）eM,㈱p（%（））。

②特称（存在性）命题.：三沏金〃，〃（沏），其否定为全称命题:

㈱p：Vx^M,㈱p（%）。

基础送分专练（一）集合与常用逻辑用语

一、选择题

1.若全集U=R,集合A=（—8,—1）U（4,+°°）,B=

{刘%|W2},则如图阴影部分所示的集合为（）

C.{%|l—1}D.{%|—1W%W2}

解析[必={%]一1W%W4},B={x\-2^x^2},记所求阴

影部分所表示的集合为C,则C=([uA)GB={]|—1〈]W2}。故

选D。

答案D

2.设命题夕所有正方形都是平行四边形，则㈱〃为()

A.所有正方形都不是平行四边形

B.有的平行四边形不是正方形

C.有的正方形不是平行四边形

D.不是正方形的四边形不是平行四边形

解析全称量词命题的否定为特称量词命题，即“有的正方

形不是平行四边形”。故选C。

答案c

3.(2020・长沙市模拟考试)已知集合A={x|2i>l},3={%*

—2xW0},则AGB=()

A.]2)B.[1,2]

C.(0,3]D.(1,2]

解析因为所以％>1,所以A={%|%>1}。因为％2—

2%W0,所以0W%W2,所以8={R0WxW2},所以An8=(l,2],

故选D。

答案D

4.已知集合A={1,3"},B={a,b},若则A

UB=()

A.<1,晨B.<—1,g"

C；—1,LD：b,1,

解析由A={1,3"},知，3"=g,故a=-1,又

B={a,b},故人=g,故AU8=<—1,1,故选C。

答案c

5.（2020•山东临沂期末）“游客甲在烟台市”是“游客甲在

山东省”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

解析因为烟台市是山东省的一个地级市，所以如果甲在烟

台市，那么甲必在山东省，反之不成立，故“游客甲在烟台市”

是“游客甲在山东省”的充分不必要条件。故选A。

答案A

6.已知％£R,则“5“>1”是“一24<一1"的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

解析由日『>1得％<0,所以“一2<x<—1"能推出“%<0”,

反之，不能推出。因此“是“一一的必要不充分

2>1”2<x<1"

条件。故选B。

答案B

7.（2020•广州市阶级训练）已知集合-={0,1,2,3},B={x\x

=1—1,n^A},P=AHB,则尸的子集共有（）

A.2个B.4个

C.6个D.8个

解析因为3=3%=1—1,nGA}={-l,0,3,8},所以P=

AGB={0,3},所以产的子集共有22=4（个）。故选B。

答案B

8.已知。>1,贝『1og4<log“y”是移”的（）

A,充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

解析因为4>1,所以由log“X<logay,得0<X<y。

—y）,显然当0<x<y时，j^<xy,所以充分性成立。当％=—1,y

=—2时，j^<xy,而log4%,log“y无意义，故必要性不成立。故

选A。

答案A

9.（2020•贵阳市四校联考）给出下列三个命题：

>

①命题p：Vx£R,siarWl,则㈱p：3x0R,sirLr0l；

②在AA3c中，若sin2A=sin23,则角A与角3相等；③命题：

“若tanx=V5,则尸裂的逆否命题是假命题。

以上正确的命题序号是（）

A.①②③B.①②

C.①③D.②③

解析①中，根据全称命题的否定为特称命题，知㈱p:

三沏£R,sinx0>l,故①正确；②中，在AABC中，若sin2A=sin2B,

则有2A=23或24+25=兀，所以角A与角3相等或互余，故②

错误；③中，因为命题：“若tanx=小,则％=会”是假命题，

所以其逆否命题是假命题，故③正确。综上所述，正确命题的序

号是①③，故选C。

答案C

10.a,b是单位向量，”（a+32<2”是％,b的夹角为钝

角”的（）

A.充要条件B.充分而不必要条件

C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件

解析3+b）2=/+2a0+/=2+2o辰2=0辰0,当

时，a,力的夹角为钝角或平角；当a,b的夹角为钝角时，ab<0

成立。所以“m+b)2<2”是“G,b的夹角为钝角”的必要而不

充分条件。故选Co

答案c

11.设函数«¥)=cos%+bsinxS为常数)，则"6=0”是"於)

为偶函数”的()

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

解析若力=0,则人%)=cos%,所以八%)是偶函数；若_/(%)

是偶函数，则cos(—%)+bsin(—%)=cos%+Z?siax对恒成立，

即Asiru=0对]恒成立，所以8=0。综上，“b=0”是"心)

为偶函数”的充分必要条件。故选C。

答案C

12.(2020•江西五校协作体联考)已知集合—3%+

2W0},N={%|y=^三},若MAN=M,则实数a的取值范围

为()

A.(—8,1]B.(—8,1)

C.(1,+8)D.[1,+8)

解析由题意，得M={%|(%—1)(%—2)WO}={%|1W%W2},N

={x\x^a},由MAN=M得，MQN,所以aWl。故选A。

答案A

二'填空题

13.(2020-浙江七彩阳光联盟联考)设集合A={%eR|0<x<2},

3={%eR||%|<l},贝i」An3=,([RA)U3=。

解析由8={%£口|%|<1}可得3={%£1<|—14<1},故408

={x|0<x<l}o由A={%£R|0<%<2}得(RA={%£R|%W0或％22},

故([RA)U3=或％22}。

答案{][0<x<l}{小<1或％22}

14.设集合A={(x,y)\y=x+l,%WR),B={(x,y)\x+y2

=1},则满足CG(AGB)的集合。的个数为o

y=x+l,

解析解法一,:解方程组"或

x+y2=l,

x=-1

，'所以Ang={(0,l),(-l,0)},即AG3中有两个元素，

3=0,

因为CW(AD3),所以集合C的个数是4。

解法二：在同一坐标系中作出直线y=X+1和圆f+y?=1(图

略)，由图可知，直线与圆有两个交点，即AG3中有两个元素，

因为CC(Art3),所以集合C的个数是4。

答案4

15.若命题“3x()£R,/一%()+a<0”是假命题，则实数a

的取值范围是________O

解析因为命题“mxo£R,看一沏+a<0”是假命题，则命

题“Vx£R,/—x+a'o”是真命题，则/=l—4aW0,解得

1「I1

心不则买数a的取值范围是［不+°°^0

答案「E1，+8))

16.(2020・山东模拟)下列说法不正确的是(填序号)。

①“若％2—5%+6=0,则x=2或X=3”的否定为“若幺一

5%+6W0,贝(JxW2或％W3”；

②“5'>5卜是“山<10”的充要条件；

③“函数/(x)=log2%—根在(16,+8)上无零点”的充分不

必要条件是“帆<3”。

解析①“若X2—5%+6=0,则％=2或%=3”的否定为“若

f—5%+6=0,则且％73"，故①错；②由5’得，％<必

［乙)

但％,y正负不确定，不能推出lnj《lny,故②错；③当％£(16,

+8)时，/(x)=log2X_772G(4—m,+°°),且犬%)=log2%一根单

调递增，若函数«x)=log2］一机在(16,十8)上无零点，则4—

即MW4,不能推出m<3;但由m<3能推出mW4。故“函

数八%)=log2%一根在(16,+8)上无零点”的充分不必要条件是

“祖<3”，③正确。故答案为①②。

答案①②

基础送分专项2平面向量、复数

命I题I分I析

高考对本部分内容的考查主要有以下几方面：①平面向量的

运算。包括向量的线性运算及几何意义，坐标运算，利用数量积

运算解决模、夹角、垂直的问题，常与函数、不等式、三角函数、

解析几何等知识进行简单的结合；②复数的运算。包括复数的概

念、几何意义及四则运算。以上考点难度不高，属送分题，只要

掌握基础知识就能得满分。

学生白学老师点拨。自主练通•-----------------

考点一平面向量

1.在△ABC中，AO为边上的中线，石为的中点，则

EB=()

3一[一13

B.^AB—^AC

3-1一[-3一

C.^AB+^AC

解析作出示意图如图所示。四=ED+DB=；AQ+；CB=；

1ff1ff3f1f

X^AB+AQ+^AB-AQ=^AB-^AC0故选A。

答案A

2.在△ABC中，点Q在线段3c上，且BD=3QC,若AD=

XAB+^iAC,则'=()

A，2B.O

C.2D.|

—►―►―►―►

解析本题考查平面向量基本定理。因为AD=AB+3Q=AB

3一—3—一1—3———

-\-^BC=AB+^AC~AB)=^AB+^AC,又AB,AC不共线，所以

13)1

彳，〃=彳，所以_=弓。故选

2=4A4ju3Bo

答案B

3.已知平面向量a,8满足同=|例=1,若(2a—»0=0,则

向量”，》的夹角为()

A.30°B.45°

C.60°D.120°

解析由题意知2a/一y=0,即21al•回cos〈a,b)-\b^=

0,得cos{a,b〉=1,所以向量。与b的夹角为60。。故选Co

答案C

4.(2020•全国II卷)已知单位向量a,。的夹角为60。，则在

下列向量中，与。垂直的是()

A.a~\-2bB.2a~\~b

C.a—2bD.2a—b

解析由题意，得a・Z>=|a||〃|cos6(T=；。对于A,(«+2Z>)Z>

=O-Z>+2Z>2=1+2=|#:0,故A不符合题意；对于B,(2«+Z>)Z>

=2a巧+户=1+1=2/(),故B不符合题意；对于C,(a—2b)b

[3

=。力-2)2=]—2=一故C不符合题意；对于D,(2a—b)b

=2ab-b2=l-i=0,所以(2a—〃)_Lb。故选D。

答案D

5.(2020•广州市调研测试)如图所示，在3c中，ADLAB,

—►—►

BC=\[^BD,AD=1,则ACAD=()

解析由于AD_LAB,所以△AB。是直角三角形，所以cos

ZADB=^OACAD=(AB+BC\AD=ABAD+BC-AD=y^

\BD\

IAm

BD-AD=yl3\BD\\AD\-cosZADB=yl3\BD\-\AD\-^=yl3-\AD^

\BD\

小。故选A。

答案A

6.(2020•武昌区调研考试)在等腰直角三角形45C中，NACB

jr

=5，AC=8C=2,点P是斜边AB上一点，且BP^2PA,那么

CPCA+CPCB=()

A.—4B.-2

C.2D.4

解析解法一：由已知得|C4|=|CB|=2,CACB=O,AP=；

(C5-CA),所以CPCA+CPCB=(CA+AP)-CA+(CA+AP)CB

—►—►—►—►―►—►—►—►―►—►—►-►

=\CA^+APCA+CA-CB+AP-CB=\CA^+^CB-CA)\CB+CA)

解法二：由已知，建立如图所示的平面直角坐标系，则C（0,

0),A(2,0),8(0,2),设P(%,y),因为8f=2雨，所以8P=2%,

〃=4

x3,—►-►

所以(X,y—2)=2(2~x,~y),所以＜2所以CPCA+

产，

一一(421J42)

CPCB=\^,wJ.(2,0)+&司.(0,2)=4。故选D。

答案D

7.（2020•河北省九校联考）已知两个不相等的非零向量a,b

满足|。|=1,且。与）一。的夹角为60。，则俗|的取值范围是（）

BW；

B12，

D.(1,+8)

解析如图所示，设。4=a,AB=b~a,则03=及因为。

与b—a的夹角为60°,所以NBAC=60。，则NO43=120。，则5

为射线A。上的动点(不包括点A),又⑷=1,即|。4|=1,所以由

图可知，|加>1。故选D。

答案D

8.已知向量。=(1,3),)=(—2,—1),c=(l,2),若向量a

+心与向量c共线，则实数2的值为o

解析因为向量a=(l,3),b=(—2,—1),所以。+b=(1

—2左3—幻，又c=(l,2),向量a+协与向量c共线，所以2(1-

2幻一(3一幻=0,解得女=一提

套案—-

口木3

­►—>

9.如图所示，已知为圆C的一条弦，且A8AC=2,则

\AB\=________

解析如图，过点。作CO_LA3交AB于D,则。为A3的

中点。在RtZ\ADC中，AD=^AB,\AQ-cosZCAB=\AD\=^\AB\,

所以A8AC=|Ag||AC|cosNCAB=，4B2=2,所以|AB|=2。

答案2

10.在四边形ABCD中，AD//BC,AB=2小,AQ=5,ZA

=30。，点E在线段CB的延长线上，且AE=BE,则夕。/石=

解析如图，因为石在线段CB的延长线上，所以砧〃A。。

因为ND43=30°,所以NABE=30°。因为AE=BE,所以

ZEAB=30°o又因为AB=25,所以3石=2。因为AQ=5,所

以EB=^AD。所以AE=AB+8E=A5—14O。又因为BO=AO—

AB,所以石=(AO—AB>A5—=ADAB~7AD2-AB2

o22

+|AZ)-AB=^|AJD|-|AB|-cos30-|x5-(2V3)=^X5X2V3X^

。DJJ4

一10—12=21—22=—1。

答案T

练后悟通

(1)掌握解决以平面图形为载体的向量数量积问题的方法

①选择平面图形中模与夹角确定的向量作为一组基底，用该

基底表示构成数量积的两个向量，结合向量数量积运算律求解。

②若已知图形中有明显的适合建立直角坐标系的条件，可建

立直角坐标系将向量数量积运算转化为代数运算来解决。

(2)特例法妙解图形中平面向量数量积问题

解答有关图形中的平面向量数量积问题，常采用特例法，如

取直角三角形、矩形，通过建立平面直角坐标系，求得相关点坐

标计算求解。

(3)牢记向量共线问题的4个结论

①若。与力不共线且痴=油，贝lJ%=〃=0。

-A-A

②直线的向量式参数方程:三点共线=QP=(1—

-A

+23(0为平面内任一点，/eR)o

-A-A-A

③。。(九〃为实数)，若A,B,C三点共线，

则2+〃=1。

④若a=(%i，y),)=(%2，丝)，贝(J。〃〃0%1竺=%2%，当且仅

当x2y2^0时，

应力

考点二复数

1.若Z=l+2i+i3,则|z|=()

A.0B.1

C.A/2D.2

解析z=1+2i+『=1+2i—i=1+i,所以|z|=、『+]=

也故选C。

答案C

2.若z(l+i)=l—i,则z=()

A.1-iB.l+i

C.-iD.i

1-i(1-i)，

解析因为z(l+i)=l-i,所以z=I-=一

l1+i(l+i)(l—i)

i,所以z=i。故选D。

答案D

z

3.(2020•东北三校联考)已知复数2=。+砥a"£R),布•是

实数，那么复数z的实部与虚部满足的关系式为()

A.。+力=0B.a~b=0

C.a~2b=0D.a+2b=0

r-,,za-\-b\(«+Z?i)(l—i)

斛析因为z=a+hi(a,Z>GR),丁有=丁不，=不而"二］7

a+/?+(8——a)i

GR,所以力一a=0,即4一匕=0。故选B。

答案B

4.已知z=l-i2019,贝U|z+2i|=()

A.VWB.2^2

C.2D.也

解析由z=l—i2()l9=l+i,得|z+2i|=|l+3i|=y4+32=

VWo故选A。

答案A

5.(2019•全国I卷)设复数z满足|z—i|=l,z在复平面内对

应的点为(x,y),则()

A.(x+l)2+/=lB.(x-l)2+/=l

C.f+(厂i)2=iD.i)2=i

解析解法一：因为z在复平面内对应的点为(%,y),所以

z=%+yi(%,y£R)。因为|z—i|=l,所以|x+。-l)i|=1,所以％之

+(y-l)2=lo故选C。

解法二：因为|z—i|=l表示复数Z在复平面内对应的点(%,

y)到点(0,1)的距离为1,所以％2+(y—1)2=1。故选C。

解法三：在复平面内，点(1,1)所对应的复数z=l+i满足|z

-i|=l,但点(1,1)不在选项A,D的圆上，所以排除A,D;在

复平面内，点(0,2)所对应的复数z=2i满足|z—i|=l,但点(0,2)

不在选项B的圆上，所以排除B。故选C。

答案C

6.(2020•福建省质量检测)复数z的共粗复数z满足(2+i)z

=|3+4i|,则z=

解析解法一,:由(2+i)z=|3+4i|,得z=:工

2+12+1

(2+i)(2-i)==2~1^所以z=2+i。

解法二：设z=a+历(a,Z>eR),则(2+i)(a—历)=5,即2"

2a-hb=5,Q=2,

+/?+(«—2Z?)i=5,所以J…八解得，所以z=2+

a—2b=0,出=1,

1O

答案2+i

练后悟通

掌握复数代数形式运算的方法

(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将

含有虚数单位i的看作一类项，不含i的看作另一类项，分别合

并同类项即可。

(2)复数的除法:除法的关键是分子分母同乘以分母的共辄复

数，解题时要注意把i的幕写成最简形式。复数的除法类似初中

所学化简分数常用的“分母有理化”，其实质就是“分母实数

化”。

基础送分专练（二）平面向量、复数

一'选择题

2_j

1.（2020・新演］考全国卷•山东），不加=（）

A.1B.-1

C.iD.-i

铲尾短注一一（）（）

2i-2—il—2i-2—2—5i.

斛析解法.1+2i（l+2i）（l-2i）5一1，故

选D。

解法二：利用i2=—1进行替换，则在2—231）-1=

1+211+21

-2i2~i~i（l+2i）.

l+2i~l+2i~i'故、D。

答案D

2.（2020•河北省九校联考）已知复数2=二］；市］（其中i为

虚数单位），则z在复平面内对应的点在（）

A.第一象限B.第三象限

C.直线y=—[5%上D.直线》=小％上

_____4__________4(_L4)______4(_1—5i)

解析

-1~hy/3i(-1-hy/3i)(-1-y/3i)4

=—1—y/3i,所以z=—1+小i,则z在复平面内对应的点为（一

1,小）,所以z在复平面内对应的点在第二象限，排除A,B;

又（一1,小）满足方程丫=一小X,所以Z在复平面内对应的点在

直线y=一小％上。故选C。

答案c

3.如图所示，在△ABC中，AD^AB,BE=，C,则。石=

fff「1——［一］一

解析DE=DB+BE=^AB+^AC-AB)=^AC-^ABO故选

Do

答案D

4.已知a=(—1,3),b=(m,m—4),c=(2根,3),若。〃A,

则bc=()

A.-7B.-2

C.5D.8

解析由a〃b,得一1X(徵一4)—3X加=0,解得m=1,所

以)=(1,-3),c=(2,3),故力•c=lX2+(—3)X3=-7。故选

Ao

答案A

5-若r1=m+疝其中如仄R，则〃7f=()

A1412

ATBT

C」14

J5D--y

5—3i(5—3i)(L2i)5—10i—3i—6

解析依题意，得

l+2i(l+2i)(l-2i)5

11311312

g-gi,所以芹z=—亍n=所以机一〃=歹。故选B。

答案B

jI•

6.已知复数得(a£R)为纯虚数，贝lja=()

A.2B.-2

C，2D.

(l+ai)(l—2i)(1+2a)+(a—2)i,由题意得号

解析

z=(l+2i)(l—2i)5

a-2i

=0且一g一力0,解得ci=-20故选D。

答案D

7.已知°,方均为单位向量，若|a—2"=小，则向量。与办

的夹角为()

A7171

A6B.g

R2JC5兀

J3D・不

解析由|°一2"=仍，得(。一2力)2=3,即«2+4Z>2-4AZ>=3O

设单位向量。与方的夹角为仇则有1+4—4cos6=3,解得cos。

171

=20又。£[0,TI],所以9=1。故选B。

答案B

8.在RtZXABC中，点。为斜边3C的中点，|AB|=8,\AC\

=6,则ADAB等于()

A.48B.40

C.32D.16

1

解析因为点。为斜边3C的中点，所以AD=］（A3+A0,

所1

^ADAB=^AB+AC)AB=+^ACAB,又RtAABC中,

AC-i-AB,所以AZ>A3==32。故选C。

答案C

9.（2020•江西五校协作体联考）复数z满足（z—2>i=z（i为虚

数单位），Z为复数Z的共辄复数，则下列说法正确的是（）

A.z?=2iB.z.z=2

C.\z\=2D,z+z=0

解析由题意，得zi—2i=z,z(i—l)=2i,z=Qj=

2i(i+l)_2(i-l)_2

(i-l)(i+l)--2i-i,则z=~2i,z-z=(l-i)(l+i)=2,

忆|=/，z+z=l-i+l+i=2o故选B。

答案B

-►—►―►—►

10.已知平面向量AB,AC的模都为2,(AB,AC)=90°,

若5M=力/7(2#0),贝lbM・(A8+AC)等于()

A.4B.2

C.小D.0

解析取3C的中点为N点，根据向量加法的平行四边形法

—►—►—►―►—►—►—►―►—►

则得到A8+AC=2AN,AM-(AB+AQ=2AM-AN,平面向量AB,

—►

AC的模都为2,AN是直角三角形ABC斜边上的中线，则其长度

-A-►

为也，设向量AM,AN的夹角为6,由向量投影的几何意义得

—►—►—►—►—►—►—►-►

2

AM-AN=\AM\cos3-|AAq=|AN|=20故AM-(A3+AC)=4。故选A。

答案A

11.(2020•深圳市统一测试)著名数学家欧拉提出了如下定

理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，且重心到外心

的距离是重心到垂心距离的一半。此直线被称为三角形的欧拉

线，该定理则被称为欧拉线定理。设点O,H分别是8c的外

心、垂心，且M为8C的中点，则()

—►―►—►-►

\.AB-\-AC=3HM+3MO

—►—►―►—►

B.AB+AC=3HM-3MO

—►―►—►-►

C.AB-\-AC=2HM+4MO

—►—►—►-►

D.AB+AC=2HM~4MO

—►

解析设G为△ABC的重心，因为M为8c的中点，所以AG

=2GM,所以AM=3GM,因为GO=gHG,所以“G=5HO,因

为HG+GM=HM,HM+MO=HO,所以所以

"2f2ff221

GM=HM-^HO=MO)=HM~^HM~^MO=^HM

~^M0,所以A8+AC=2AM=6GM=6X

(yHM-yMO)=2