1、第1页第一篇专题分层突破第2页层级一 高考基础小题专练 扫清盲点，自我检测第3页第2讲 平面向量、复数第4页专项检测考情研究真题体验考点分类考向探究第5页第6页高考定位1.高考对平面向量的考查主要以平面向量的线性运算、利用坐标运算解决平行与垂直及围绕数量积运算的夹角、向量模问题等基础知识、基本运算为重点，试题难度中等或偏下，常以选择题、填空题的形式出现.2.高考对复数的考查主要以复数的分类与几何意义、共轭复数、复数的模以及复数的四则运算为主，试题侧重对基本运算的考查，难度较低，也常以选择题、填空题的形式出现.第7页1(2019新课标全国卷)已知AB(2,3)，AC(3，t)，|BC|1，则AB
2、BC()A3 B2 C2 D3C解析：因为BCACAB(1，t3)，所以|BC|1t321，解得 t3，所以BC(1,0)，所以ABBC21302，故选 C.第8页2(2019新课标全国卷)已知非零向量 a，b 满足|a|2|b|，且(ab)b，则 a 与 b 的夹角为()A.6 B.3 C.23 D.56B解析：设 a 与 b 的夹角为，(ab)b，(ab)b0，abb2，|a|b|cos|b|2，又|a|2|b|，cos12，(0，)，3.故选 B.第9页3(2019新课标全国卷)设 z32i，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C解析：由题意，得 z
3、32i，其在复平面内对应的点为(3，2)，位于第三象限，故选 C.第10页4(2019北京卷)已知复数 z2i，则 z z()A.3B.5C3 D5D解析：z2i，z 2i，z z(2i)(2i)5.故选D.第11页5(2018新课标全国卷)12i12i()A4535iB4535iC3545iD3545iD解析：12i12i12i12i12i12i3545i，故选 D.第12页6(2017新课标全国卷)设非零向量 a，b 满足|ab|ab|，则()AabB|a|b|CabD|a|b|A解析：依题意得(ab)2(ab)20，即 4ab0，ab，故选 A.第13页7(2017新课标全国卷)在矩形
4、ABCD 中，AB1，AD2，动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD 相切的圆上若APABAD，则 的最大值为()A3B2 2C.5D2A第14页解析：根据已知条件，以 C 为圆心，BC 为 x 轴，CD 为 y轴建立平面直角坐标系设圆的半径是 r，由题意知 BD 5，利用等面积法可得 SBCD12r 51212，解得 r2 55，所以圆的方程是 x2y245.由题意得 B(2,0)，A(2,1)，D(0,1)，设 P(x，y)，因为APABAD，所以(x2，y1)(0，1)(2,0)，即x22，y1，所以 x211第15页y2yx2.根据圆的方程可得 x 25sin，y 25cos，所以2
5、25cos 15sin2 15(sin2cos)2sin()，tan2，显然()max3.所以选 A.第16页第17页考点一 平面向量的线性运算1在ABC 中，AD 为 BC 边上的中线，E 为 AD 的中点，则EB等于()A.34AB14ACB.14AB34ACC.34AB14ACD.14AB34ACA第18页解析：作出示意图如图所示.EBED DB 12AD 12CB 1212(ABAC)12(ABAC)34AB14AC.故选 A.第19页2已知平面内不共线的四点 O，A，B，C 满足OB 13OA 23OC，则|AB|BC|()A13 B31C12 D21D解析：由OB 13OA 23O
6、C，得OB OA 2(OC OB)，即AB2BC，所以|AB|BC|21，故选 D.第20页3(2019郑州市质量预测)如图，在ABC 中，AN23NC，P 是 BN 上一点，若APtAB13AC，则实数 t 的值为()A.23B.25C.16D.34C第21页解析：解法 1：AN23NC，AN 25AC.设NPNB，则APAN NP 25ACNB 25AC(NAAB)25AC(25ACAB)AB25(1)AC，又APtAB13AC，tAB13ACAB25(1)AC，得t，25113，解得 t16，故选 C.第22页解法 2：AN23NC，AC52AN，APtAB13AC tAB56AN.B，
7、P，N 三点共线，t561，t16，故选C.第23页4(2019洛阳市第二次联考)在ABC 中，点 D 在线段 BC上，且BD 2DC，点 O 在线段 CD 上(与点 C，D 不重合)若AO xAB(1x)AC，则 x 的取值范围是()A(0,1)B(23，1)C(0，13)D(13，23)C第24页解析：解法 1：AO xAB(1x)ACx(ABAC)AC，即AO ACx(ABAC)，CO xCB，|CO|CB|x.BD 2DC，BC3DC，则 0 x|BC|”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C第32页解析：若|ABAC|BC|，则|ABAC|2
8、|BC|2，AB 2AC 22ABAC|BC|2，点 A，B，C 不共线，线段 AB，BC，AC构成一个三角形 ABC，设内角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，则由平面向量的数量积公式及余弦定理可知，AB 2AC 22AB AC|BC|2，即 c2b22bccosAc2b22bccosA，cosA0，又 A，B，C 三点不共线，故AB与AC的夹角为锐角反之，易得当AB与AC 的夹角为锐角时，|ABAC|BC|，“AB与AC的夹角为锐角”是“|ABAC|BC|”的充分必要条件，故选 C.第33页4已知菱形 ABCD 的一条对角线 BD 的长为 2，点 E 满足AE12ED，点 F 为 C
9、D 的中点若AD BE2，则CD AF.7第34页解析：建立如图所示的平面直角坐标系，设 C(t,0)(t0)，则 A(t,0)，B(0，1)，D(0,1)，E23t，13，F12t，12，AD(t,1)，BE23t，43，CD(t,1)，AF3t2，12.AD BE2，23t2432，解得 t25，CD AF32t2127.第35页5(2019天津卷)在四边形 ABCD 中，ADBC，AB2 3，AD5，A30，点 E 在线段 CB 的延长线上，且 AEBE，则BD AE.1解析：解法 1：在等腰ABE 中，易得BAEABE30，故 BE2，则BD AE(AD AB)(ABBE)AD ABA
10、D BEAB2 AB BE 523 cos30 52cos180 12 232cos15015101261.第36页解法 2：在ABD 中，由余弦定理可得 BD2512252 3cos30 7，所以 cosABD1272522 3 7 2114，则 sinABD5 714.设BD 与AE的夹角为，则 coscos(180ABD30)cos(ABD30)cosABDcos30sinABDsin30 714，在ABE中，易得AEBE2，故BD AE 72(714)1.第37页6若平面向量 e1，e2 满足|e1|3e1e2|2，则 e1 在 e2 方向上投影的最大值是.4 23解析：由|e1|3e
11、1e2|2，可得|e1|2，9e216e1e2e224，4366|e1|e2|cose1，e2e22，e1 在 e2 方向上的投影为|e1|cose1，e232|e2|26|e2|16|e2|32|e2|162 324 23，当且仅当|e2|32|e2|，即|e2|4 2时，等号成立第38页平面向量数量积问题难点突破：(1)借“底”数字化，要先选取一组合适的基底，这是把平面向量“数化”的基础；(2)借“系”坐标化，数形结合，建立合适的平面直角坐标系，将向量的数量积运算转化为坐标运算第39页考点三 复数1(2019新课标全国卷)若 z(1i)2i，则 z()A1i B1i C1i D1iD解析：
12、z 2i1i2i1i1i1i22i21i.第40页2(2019新课标全国卷)设 z 3i12i，则|z|()A2B.3C.2D1C解析：解法 1：3i12i 3i12i12i12i17i5，故|z|17i5|505 2.故选 C.解法 2：|z|3i12i|3i|12i|105 2.第41页3若复数 z 满足12iz1i，则其共轭复数 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A解析：12iz1i，z12i1i 12i1i1i1i 3212i，z 3212i，则 z 在复平面内对应的点的坐标为32，12，位于第一象限第42页4复数 z21i，则()Az 的虚部为1B
13、z 的实部为 1C|z|2Dz 的共轭复数为 1iA解析：由题得 z21i1i1i21i111i，所以 z 的虚部为1，实部为1，|z|2，z 的共轭复数为1i.故选 A.第43页5已知2ai1i 为纯虚数，aR，则(ai)i2 019 的虚部为.2解析：aR，复数2ai1i 1i2ai1i1i 2ai2iai222a2 a22 i 为纯虚数，a2，(ai)i2 019(2i)(i)12i，则(ai)i2 019 的虚部为2.第44页1复数运算的重点是除法运算，其关键是进行分母实数化2对一些常见的运算，如(1i)22i，1i1ii，1i1ii 等要熟记3利用复数相等 abicdi 列方程时，注意 a，b，c，dR 的前提条件4注意不能把实数集中的所有运算法则和运算性质照搬到复数集中来例如，若 z1，z2C，z21z220，就不能推出z1z20；z20 在复数范围内有可能成立第45页温示提馨请 做：专项检测二PPT文稿（点击进入）
