精品资源·备战高考
（1＋i）－1（2i）＝＝
1＋i－1i所以复数1＋z＋z＋…＋z2
2 0181 009
－1（－1＋2
＝
1 009
1 009
i）（－i）1 009
＝2＋i. 2
－i
2 017
的实部为2.故选C.
【答案】 (1)A (2)B (3)C
复数问题的解题思路
(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．
(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题．
[对点训练]
1．(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z满足(1＋i)z＝|3＋i|，则在复平面内，
z对应的点位于( )
A．第一象限 C．第三象限
2
2
B．第二象限 D．第四象限
（3）＋12（1－i）
解析：选A.由题意，得z＝＝＝1－i，所以z＝1＋i，其
1＋i（1＋i）（1－i）在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.
2．(2019·金丽衢十二校联考)设z是复数，|z－i|≤2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是( )
A．1 B．2 解析：选C.因为|z－i|≤2，
所以复数z在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部．
所以|z|的最大值为3.故选C.
1
3．(2019·高考浙江卷)复数z＝(i为虚数单位)，则|z|＝________．
1＋i11－i1i
解析：通解：z＝＝＝－，
1＋i222所以|z|＝优解：|z|＝?
2
2
专题强化训练
题海无涯·战胜高考
C．3 D．4
?1?＋?－1?＝2. ?2??2?2????
?1?＝1＝1＝2.
?22
2?1＋i?|1＋i|1＋1
22
答案：
精品资源·备战高考
1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z满足z(1＋i)＝2i，则z的共轭复数z等于( ) A．1＋i C．－1＋i
B．1－i D．－1－i
2i2i（1－i）解析：选B.由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝1＋i，
1＋i（1＋i）（1－i）则z的共轭复数z＝1－i.故选B.
→→→
2．在等腰梯形ABCD中，AB＝－2CD，M为BC的中点，则AM＝( ) 1→1→A.AB＋AD 223→1→C.AB＋AD 44
3→1→
B.AB＋AD 421→3→D.AB＋AD 24
→→→→
解析：选B.因为AB＝－2CD，所以AB＝2DC.又M是BC的中点，
→1→→1→→→1→→1→3→1→
所以AM＝(AB＋AC)＝(AB＋AD＋DC)＝(AB＋AD＋AB)＝AB＋AD，故选B.
222242
3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，则复数||＝( )
i
A.C.25
355
3
B.2 D.5
z解析：选D.复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，所以z·(2－i)(2＋i)
z?2－i??－i（2－i）?
＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z＝10－5i，可得z＝2－i.则复数||＝??＝??＝
i?i??－i·i?
|－1－2i|＝|1＋2i|＝1＋2＝5.故选D.
→→
4.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则DE·BF＝( )
5A．－
2C．－4
3B．
2D．－2
2
2
解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD中，
E，F分别为BC和DC的中点，以A为坐标原点，AB，AD为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，F(1，2)．所以DE＝(2，－1)，BF＝(－1，2)，所以DE·BF＝
－4.
5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O是△ABC的外接圆圆心，且AB＝3，AC＝4.若
题海无涯·战胜高考
→→→→
精品资源·备战高考
→→→
存在非零实数x、y，使得AO＝xAB＋yAC，且x＋2y＝1，则cos∠BAC的值为( )
2A. 3C.2 3
B.3 3
1D. 3
→→→→→
解析：选A.设线段AC的中点为点D，则直线OD⊥AC.因为AO＝xAB＋yAC，所以AO＝xAB＋→
2yAD.又因为x＋2y＝1，所以点O、B、D三点共线，即点B在线段AC的中垂线上，则AB＝BC3＋4－32
＝3.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝＝.故选A.
2×3×43
π→→→
6．在△ABC中，AB＝3，BC＝2，∠A＝，如果不等式|BA－tBC|≥|AC|恒成立，则实
2数t的取值范围是( )
A．[1，＋∞)
1??C．?－∞，?∪[1，＋∞) 2??
2
2
2
?1?B．?，1?
?2?
D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
3→→→
，由|BA－tBC|≥|AC|，得212
解析：选C.在直角三角形ABC中，易知AC＝1，cos∠ABC＝→2
→→
→
→
BA－2tBA·BC＋t2BC2≥AC2，即2t2－3t＋1≥0，解得t≥1或t≤.
7．称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则( )
A．a⊥b C．a⊥(a－b)
B．b⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b)
解析：选B.由于d(a，b)＝|a－b|，因此对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b|，即(a－tb)≥(a－b)，t－2ta·b＋(2a·b－1)≥0对任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)－4(2a·b－1)≤0，即(a·b－1)≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b＝b·(a－b)＝0，故b⊥(a－b)．
??a，a≥b8．(2019·温州市高考模拟)记max{a，b}＝?，已知向量a，b，c 满足|a|＝1，
?b，a＜b?
2
2
2
2
2
2
|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c·a，c·b}取最小值时，|c|＝( )
A.25
5
B.D.22
35 2
C.1
题海无涯·战胜高考
精品资源·备战高考
解析：选A.如图，
→
设OA＝a，OB＝b，则a＝(1，0)，b＝(0，2)， 因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1. 又c＝λa＋μb，
所以c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ；
c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ.
4
由λ＝4－4λ，得λ＝.
5
4
λ，≤λ≤1??5
所以max{c·a，c·b}＝?.
4
??4－4λ，0≤λ＜54
λ，≤λ≤1??5
令f(λ)＝?.
4
??4－4λ，0≤λ＜5
?4?则f(λ)∈?，1?. ?5?
441
所以f(λ)min＝，此时λ＝，μ＝，
55541?42?
所以c＝a＋b＝?，?.
55?55?所以|c|＝
?4?＋?2?＝25.故选A.
?5??5?5????
2
2
2
22
9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，则(a－b)(a－c)－[(a－b)·(a－c)]的最大值为( )
A．43＋37 C．(43＋37)
2
B．47＋33 D．(47＋33)
2
→→→
解析：选D.设OA＝a，OB＝b，OC＝c，a－b与a－c所成夹角为θ， 则(a－b)(a－c)－[(a－b)·(a－c)] ＝|AB||AC|－|AB||AC|cosθ
＝|AB||AC|sinθ＝|AB||AC|sin∠CAB＝4S△ABC， 因为|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，所以b，c的夹角为60°， 设B(3，0)，C(1，3)，则|BC|＝7，
133
所以S△OBC＝×3×2×sin 60°＝，设O到BC的距离为h，
22
题海无涯·战胜高考
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
精品资源·备战高考
133则·BC·h＝S△OBC＝， 22321所以h＝，
7
因为|a|＝4，所以A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上， 321
所以A到BC的距离最大值为4＋h＝4＋.
7所以S△ABC的最大值为 1?321?×7×?4＋? 27??＝27＋
33
， 2
2
2
2
33?2?2
所以(a－b)(a－c)－[(a－b)·(a－c)]最大值为4?27＋?＝(47＋33).故选
2??D.
10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，
λ∈?
?3?
，1?，则b与a－b的夹角的取值范围是( ) ?3?
A.?C.?
?π，2π?
?
?33??2π，π?
?
?3?
B.?D.?
?2π，5π?
6??3??5π，π? ?
?6?
解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈?不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.
?3?，1?， ?3?
→→
令OA＝a，OB＝b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB，
π
则平行四边形OACB为菱形．故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，且0<θ<.
2→→
而由题意可得，b与a－b的夹角，即OB与BA的夹角，等于π－θ，△OAC中，由余弦定理可得|OC|＝1＝|OA|＋|AC|－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ＋λ－2·λ·λcos 2θ，解得cos 1311311π2π
2θ＝1－2.再由≤λ≤1，可得≤2θ≤，所以≤2θ≤，2≤，所以－≤cos
2λ322λ22233ππ2π5π?2π5π?所以≤θ≤，故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是?，?.
6?6336?3
1＋ai
11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z＝(a∈R)的实部为1，则a＝________，|z|
i
2
2
2
2
2
题海无涯·战胜高考
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