第五章 第4讲 复数-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

第五章平面向量复数回 自主培优9 极化恒等式 ,对应怒案P45 极化恒等式的证明过程与几何意义 2.极化恒等式使用方法 证明过程：如图，设AB一 在确定求数量积的两个向量共起，点或共终，点 a,AD=b.则AC=a十b,D成=A。一治 的情况下，极化恒等式的一般步骤如下： a-b. 第一步：取第三边的中点，连接向量的起点与 1AC=(a+b)2=a2+2a·b+b1, 中点： 1DB12=(a-b)2=|a12-2a·b+|b12 第二步：利用极化恒等式公式，将数量积转化 两式相减得a·b=I(a十b)2-(a-b)门， 为中线长与第三边长的一半的平方差： 此即极化恒等式 第三步：利用平面几何方法或用正、余弦定理 几何意义：向量的数量积可以表示为以这组 求中线及第三边的长度，从而求出数量积 向量为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差 类型二求数量积的最值或范围 对角钱长”平方差的 [典例2](1)已知正方形ABCD的边长为2，MN 类型一求数量积的值 是它的内切圆的一条弦，点P为正方形四条边 T典例1们如图，在平面四边形ABCD中，O为BD 上的动点，当弦MN的长度最大时，PM,PN 的中点，且OA=3,OC=5.若AB·AD=-7 的取值范围是 () 则BC.DC= A.[0,1]B.[0,2]C.[1,2]D.[-1,1] (2)在平面直角坐标系xOy中，A,B分别在 x轴y轴正半轴上移动，AB=2,若点P满足 感悟方法 PA·PB=2,则OP的取值范围为 1,极化恒等式的适用范国： 感悟方法 (1)共起点或共终点的两向量的数量积问题 求数量积的最值或范国，一般用极化恒等式转 可直接进行转化： (2)不共起点和不共终点的数量积问题可通 化为，点到直线的距离最小，或用三角形两边之 过向量的平移，等价转化为共起，点或共终点 和大于第三边，两边之差小于第三边，或用基本 的两向量的数量积问题. 不等式等求得中线长的最值（范围）， 第4讲复数 课标要求) 1.理解复数的基本概念和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，能进行复数代数形式的四则运算 3.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义 107® 同高考一轮总复习·数学·RJA 必备知识 夯实四基⊙ 对应答案P406 知识梳理 常用结论 1.复数的有关概念 1.i的乘方具有周期性：i“=1,i+1=i,i"+2=一1， (1)复数的定义：形如a十i(a,b∈R)的数叫做复 i+3=一i,+i"1+*9++=0,n∈N”. 数，其中实部是回 ,虚部是 (2)复数的分类：复数x=a十i(a,b∈R), 3.复数的模与共軛复数的关系：x·=|2= 实数(b图0). 纯虚数(a固0且b回0)， 诊断自测 虚数(b国0) 非纯虚数(a≠0且b≠0). 思考辨析 (3)复数相等 1.判断（在括号内打“√”或“×”） a+i=c+di=☑ (ab.c,d∈R). (1)复数：=a十i(a,b∈R)中，虚部为bi.() (4)共轭复数 (2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比 a十i与c十di共轭台⑧图 (4,b,c, 较大小 () d∈R). (3)原点是实轴与虚轴的交点. (5)复数的模 (4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点 向量OZ的模叫做复数：=a十i的模或绝对值。 到原点的距离，也就是复数对应的向量的模 记作回 或风 .即|=a十bil=r= √a+b(r≥0，a,b∈R). 教材衍化 2.复数的几何意义 2.(人A必停第二册P72倒3改编)复数：在复平 复数x=a十bi与复平面内的点团 及平 面内对应的点为（一1,2），则5 () 面向量O立=(a,b)(a,b∈R)是一一对应关系. A.1+2iB.-1-2iC.1-2iD.2+i 3.复数的运算 3.(人A必修第二册P80T2改编)在复平面内，复 (1)复数的加、减，乘、除运算法则 设1=a+i,=c+di(a,b,c,d∈R),则 数u=一 十受：对应的向敬为，复数。对 ①加法：名十2=(a十bi)十(c十di)=☑ 应的向量为OB,那么向量AB对应的复数是 ②减法：名-÷：=(a十bi)-(c十di)=☒ A.1 B.-1 C.3i D.-3i 易错自纠 ③乘法：1·=(a十i)·(c十di)=国 4.(不理解共靓复数的概念政错)若复数：满足i =2-3i(i是虚数单位)，则复数：的共轭复数为 ④除法：兰=a十1-(a十bi)(c一d) z:c+di (e+di)(c-di) = () (c十di≠0). A.-3-2iB.-3+2iC.2+3iD.3-2i (2)复数加法的运算律 5.(泡视纯虚数的概念效错)若复数。= 复数的加法满足交换律、结合律，即对任意， (m2一5m十6)十(m-3)i是纯虚数，则实数 2∈C,有名1十1=国 ,(,十1)十 三 -回 ®108 第五章平面向量，复数回 提升能力 考点剖析⊙ E对应答案P406园 考点 复数的有关概念（题组通关） 1.(2023·全国甲卷理科)若复数(a十i)(1-ai)= A若=，则= 2,a∈R,则a= ( B.1+名≤|x|+ A.-1 B.0 C.1 D.2 C.若1∈R,则2∈R 2.(2024·立宁大连二模)设x∈R,则“x=1”是“复 数之=(x2一1)+(x十1)i为纯虚数”的 () D.= A,充分必要条件 感悟方法 B.必要不充分条件 解决复数概念问题的方法及注意事项 C.充分不必要条件 (1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转 D.既不充分也不必要条件 化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题， 3复数气（是虚数单位）的虚部是 只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满 足的方程（不等式）组即可· A.1 B.-i C.2 D.-2i (2)解题时一定要先看复数是否为a十bi(a,b∈ 4.(多选)已知复数1，名，满足1·名≠0，下 R)的形式，以确定实部和虚部。 列说法正确的是 ( 考点2 复数的几何意义（师生共研） 例1](1)(2023·新高考全四Ⅱ卷)在复平面内， (2)由于复数，点、向量之间建主了一一对应的 (1+3i)(3-i)对应的点位于 关系，因此可把复效、向量与解析几何联系在一 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解 (2)(多选)若复数：满足(1一2i)=8一i,则 决更加直观， ( 冬变式训练 A.之的实部为2 B.之的模为√13 1.若复数满足1 =一i,则在复平面内，复数 2 C.文的虚部为2 对应的点的坐标是 () D.之在复平面内表示的点位于第四象限 A.(1,-1) B.(-1,1) (3)(2023·江苏南通·模拟)在复平面内，O为坐 C.(1,1) 标原点，复数4对应的向量为O2将O2绕点O按 D.(-1,-1) 逆时针方向旋转60°后，再将模变为原来的3倍， 2.(2024·云南二模)已知1为虚数单位，复数满 得到向量OZ,则OZ对应的复数的实部是( 足|一1=|x+,则一i的最小值为() A.6 B.-6 C.23 D.-2w3 感悟方法 A号 复数的几何意义及应用 1 C.3 D.0 (1)复数复平面上的点Z及向量O立相互联系， Epz=a+bi(a,bER)Z(a,b)OZ=(a.b). 109® 同高考一轮总复习·数学·RJA 考点3 复数的运算（师生共研） [例2](1)(2023·全国乙卷理科)设：= 冬变式训练冬 2+i 1+产+，则 1.(2024,新课标金国1卷)若=1+i,则 A.1-2i B.1+2i () C.2-i D.2+i A.-1-i B.-1+i (2)(2023·新膏高考全四1账)已知：=2+2 1-i C.1-i D.1+i 则一= ( 2.(2023·河南南阳·三模)已知i为虚数单位，： A.-i B.i C.0 D.1 i十+…十 1-i 一，则复数乏在复平面上所对应 (3)(2023·广东汕头·二模)已知复数x满足 (1一i)x=1十i(i是虚数单位)，则2四的值为 的点在 () ( A.第一象限 A.-2022 B.1 B.第二象限 C.-1 D.2022 C.第三象限 感悟方法 D.第四象限 (1)复数的乘法类似于多项式的乘法运算： 3.(2024·新高考天津卷)已知i是虚数单位，复数 (2)复数的除法关键是分子分母同乘以分母的 共轭复数。 (5+i)·(W5-2i)= 考点 复数与方程（师生共研） [例3](1)设：，名是方程x+x十1=0在复数 感悟方法 范围内的两个解，则 (1)对实系数二次方程来说，求根公式，韦达定 A.-&=√2 理、判别式的功能没有变化，仍然适用，(2)对复 B.|=2 系数（至少有一个系数为虚数）方程，判别式判 C81十2=1 断根的功能失去了，其他仍适用. D.12=1 冬变式训练 (2)(多选)已知复数“满足方程 L.(2023·安做马装山·一模)复数：满足2一2： (:2-4)(:2-4:十5)=0，则 ( +2=0,则引x|= () A.:可能为纯虚数 A.1 B.√2 C.2 D.1或2 B.方程各根之和为4 2.已知2十i是关于x的方程x+a.x十5=0的根， C.:可能为2-i 则实数a= D.方程各根之积为一20 请完成《课时检测训练33》 ®110第4讲 复 数 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1a 2b 3= 4≠ 5= 6≠7a=c且b=d 8a=c且b=-d 9|z| 0|a+bi| 1Z(a,b) 2(a+c)+(b+d)i 3(a-c)+(b-d)i 4(ac-bd)+(ad+bc)i 国Cc+ad+c+ai6z2+z1 17z?+(z?+z) 诊断自测 =√(ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2=|z?z?1, 故D正确. =√(ac)2+(bd)2+(ad)2+(bc)2, |z?|zz|=√a2+b·√c2+d 考点2 [例1](1)A 解析 因为(1+3i)(3-i)=3+8i-3i2=6+8i,则所 求复数对应的点为(6,8),位于第一象限.故选A. (2)AB 解析 因为：=8云-(8-2)(1+2i)=10515=2+ 3i,所以z的实部为2,z的虚部为3,所以|z|=√22+32= 1.(1)×(2)×(3)√(4)√ 2.B 解析∵z对应的点为(-1,2),∴z=-1+2i, ∴5==152i=(-15+(21-2i-2i)=5(-5-2i)=-1 √13,z在复平面内表示的点位于第一象限，故A,B正确，C,D 错误.故选AB. (3)B 解析 OZ=(0,4)绕点O逆时针方向旋转60°后变为OZ= —2i. (-2√3,2),再将模变为原来的√3倍，得OZ?=(-6,2√3),对应 3.D 解析 AB=OB-OA=?2-w=(-2+;) (-2+:)=-2-i+2-i=-<3i,故选D. 的复数的实部是-6. [变式训练] 1=-i,-i·z=1-i,所以z=1+i,根据1.C 解析 依题意， x=2-3=-3-2i,故复数z的共4.B 解析 zi=2-3i,则： 轭复数为-3+2i. 复数的几何意义，对应的点是(1,1),故选C 2-3m≠6-解得m=2.5.2 解析 由题意， [提升能力 考点剖析] 考点1 2.A 解析 设z=x+yi(x,y∈R),而|z-1|=|z+i|,所以(x— 12+y2=x2+(y+1)2,即y=-x,所以|z-i|=√x2+(y-1)2 =√z2+(-z-12=√22+2z+1=√2(z+2)2+2≥ √2 y=-x=2,等号成立当且仅当： ,综上所述，z-i|的最小值 为 1.C 解析 因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1- {2-a2=0a2)i=2,所以 解得a=1.故选C. 〈2+10解得x=1,2.A 解析 因为复数z为纯虚数，所以 所以x=1是复数z为纯虚数的充要条件. 考点3 [例2](1)B 解析 由题意可得z=12++=1-+i=i(2+i= -=1-2i,则z=1+2i 3.A 解析 由题意可知， i,所以复数 的虚部为1. -a×(f5==2+2=-1+ ≈=2+2:=2(1+)(d-i)=4i=-2i,所以(2)A 解析 因为： =2i,即z-=-i.故选A. 4.BD 解析 对于选项A,设z?=1+i,z?=√2i,则?|= z2|=√2, 2=(1+i)2=2i,2=(V2i)2=-2,不满足2=2,故A错误； z=号=a-1+i+5=2=i,(3)C 解析 由已知可得： ,因此， 2022=(i2)1011=(-1)1=-1. [变式训练] 对于选项B,设≈1,2在复平面内表示的向量分别为z?,Z?,且Z, z?≠0, 一--1+1=1+2-=1+i,所以z=1+÷1.C 解析 因为 =1-i.当Z?,Z2方向相同时，|z?+z?|=|z?|+|z|, 当乙，z?方向不相同时，|z?+z?|<|z?|+|z?|, 综上，|z?+z?|≤|z|+|z?|,故B正确； 对于选项C,设z?=1+i,z?=1-i,1z?=(1+i)(1-i)=2∈R, 2.B 解析 因为i+1+i+2+ik+3+i+?=i-1-i+1=0,则z= i+i+⋯+2=1=a-1f+)=-22i 所以=-2+2 (-2,2),位于在复平面上所对应的点为 -=a-1+i+5)=iR,故C错误； 对于选项D,设z?=a+bi,z?=c+di,a,b,c,d≠0, 21z2=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i, 则|z?z?|=√(ac-bd)2+(ad+bc)2 第二象限. 3.7-√5i 解析(√5+i)·(V5-2i)=5+√5i-2√5i+2=7-√5i. 考点4 [例3](1D 解析 由方程x2+x+1=0得△=1-4=-3<0,由 · 406·高考一轮总复习·数学·RJA x1=|-+=√()+(粤)=1,B错误， z?+z?=-1,C错误； -(-+慢)(-—一受)-(一去)2-()-1,D 正确. (2)BCD 解析 由(z2-4)(z2-4z+5)=0,得2-4=0或z2- 4z+5=0,即z2=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，故选BCD. [变式训练] 1.B 解析 ∵复数之满足22-2z+2=0,∴=222=1±i, ∴|z|=√I2+(±1)2=√2. 2.-4 解析 因为2+i是关于x的方程x2+ax+5=0的根，其 中a∈R, 所以2-i也是关于x的方程x2+ax+5=0的根，所以2+i+2 -i=-a,a=-4. 第六章 数 列 第1讲 数列的概念及简单表示法 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1确定的顺序 2序号n 3数列的第n项a。④图象法 5大于 6小于 7各项都相等 8第n项a。9序号n 0用一个式子 1序号n 诊断自测 1.(1)√(2)×(3)×(4)√ 2.D 解析 依题意，a=(-1)“3”,所以a?=32=9,a?=-33= -27,2a?+a?=18-27=-9. 3.92 解析 ∵5-1=4,12-5=7,22-12=10, ∴相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3, ∴第5个五边形数是22+13=35,第6个五边形数是35+16= 51,第7个五边形数是51+19=70,第8个五边形数是70+22 =92. 4.{21-31>2 解析 当n=1时，S?=12-2×1+2=1, 当n≥2时，S1=(n-1)2-2(n-1)+2=n2-4n+5, a=S,-S-1=n2-2n+2-(n2-4n+5)=2n-3, a-{20-31m2综上所述( a=-2(n-24)2+4,5.5 解析 因为a=-2n2+2In,所以， 由于n∈N°,所以当n=5时，a最大，此时a?=55. 求根公式得二1±√3--1±3,不妨设zx=-2+, [例1(1)a,=(6n-51≥2=-2一 [提升能力 考点剖析] 考点1 解析 因为S=3n2-2n+1, z-z?|=|√3i|=√3,A错误； 当n=1时，a?=S,=3-2+1=2; 当n≥2时，a=S,-S。-=3n2-2n+1-[3(n-1)2-2(n-1) +1]=6n-5, a.={2n-5,≥2所以， (2)2"1解析 由已知，a?=1,a+1=S,+1①, 当n=1时，a?=S?+1=a?+1=2; 当n≥2时，a=S-1+1②, ①-②得a+1-a=a,整理得a+1=2a, 即=2(m≥2). a=2又 符合上式，所以数列{a,}是以1为首项，公比为2的等 比数列，所以a=a?·2"1=2"-1. [变式训练] 1.C 解析 由log?(S,+1)=n得S,+1=2",即S=2"-1,所以 a=S,-S,=(2"-1)-(2"1-1)=2"?1(n≥2),又a?=S?=2 -1=1,满足上式，所以a=2"?1. 解析 由已知，可得当n=1时，a?=21=2, ∵a?+2a?+3a?+⋯+na=2”,① 故a?+2a?+3a?+⋯+(n-1)a,1=2"?1(n≥2),② 由①-②,得na=2"-2”?1=2"?1, ∴a=2(n≥2),当n=1时，不满足上式， 考点2 [例2](1)(n-1)2解析 ∵a+1=a+2n-1,即a+1-a=2n -1, ∴a?-a?=1,a?-a?=3,a-a3=5,⋯,a-a-1=2n- 3(n≥2), 以上各式相加得a-a?=1+3+5+7+⋯+(2n-3)= (1+2n3)(n-1=(n-1)2(n≥2). 又a?=0,所以a=(n-1)2(n≥2),而a?=0也适合上式， ∴a=(n-1)2. (2)a=2解析 因为a=2"a,n≥2, 所以=2,G=21,=22,⋯a=2, 累乘得⋯=2·2?1·22⋯2,n ≥2,n∈N°, 所以=2=2n≥2,neN. a?=2,n≥2,n∈N".由于a?=1,所以 ·407· 高考一轮总复习·数学·RJA