【三維設(shè)計(jì)】2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)_(基礎(chǔ)知識(shí)+高頻考點(diǎn)+解題訓(xùn)練)數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入教學(xué)案

1、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入知識(shí)能否憶起一、復(fù)數(shù)的有關(guān)概念1復(fù)數(shù)的概念：形如abi(a，bR)的數(shù)叫復(fù)數(shù)，其中a，b分別是它的實(shí)部和虛部若b0，則abi為實(shí)數(shù)；若b0，則abi為虛數(shù)；若a0，b0，則abi為純虛數(shù)2復(fù)數(shù)相等：abicdiac，bd(a，b，c，dR)3共軛復(fù)數(shù)：abi與cdi共軛ac，bd0(a，b，c，dR)4復(fù)數(shù)的模：向量OZ的長度叫做復(fù)數(shù)zabi的模，記作|z|或|abi|，即|z|abi|.二、復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)數(shù)zabi復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)平面向量 .三、復(fù)數(shù)的運(yùn)算1復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算法則設(shè)z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，則：(1)加法：z1z2(ab

2、i)(cdi)(ac)(bd)i；(2)減法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；(3)乘法：z1·z2(abi)·(cdi)(acbd)(adbc)i；(4)除法：(cdi0)2復(fù)數(shù)加法、乘法的運(yùn)算律對(duì)任意z1，z2，z3C，有z1z2z2z1，(z1z2)z3z1(z2z3)；z1·z2z2·z1，(z1·z2)·z3z1·(z2·z3)，z1(z2z3)z1z2z1z3.小題能否全取1(教材習(xí)題改編)已知aR，i為虛數(shù)單位，若(12i)(ai)為純虛數(shù)，則a的值等于()A6B2C2 D6解析：選B

3、由(12i)(ai)(a2)(12a)i是純虛數(shù)，得由此解得a2.2(2011·湖南高考)若a，bR，i為虛數(shù)單位，且(ai)ibi，則()Aa1，b1 Ba1，b1Ca1，b1 Da1，b1解析：選D由(ai)ibi，得1aibi，根據(jù)兩復(fù)數(shù)相等的充要條件得a1，b1.3(2012·天津高考)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)()A1i B1iC1i D1i解析：選C1i.4若復(fù)數(shù)z滿足2i，則z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第_象限解析：z2i(1i)22i，因此z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(2,2)，在第二象限內(nèi)答案：二5若復(fù)數(shù)z滿足zi，則|z|_.解析：因?yàn)閦i13ii14i，則|z|.答案：1.復(fù)數(shù)的幾何意義除

4、了復(fù)數(shù)與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)和向量的一一對(duì)應(yīng)關(guān)系外，還要注意(1)|z|z0|a(a>0)表示復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為a；(2)|zz0|表示復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)與復(fù)數(shù)z0對(duì)應(yīng)的點(diǎn)之間的距離2復(fù)數(shù)中的解題策略(1)證明復(fù)數(shù)是實(shí)數(shù)的策略：zabiRb0(a，bR)；zRz.(2)證明復(fù)數(shù)是純虛數(shù)的策略：zabi為純虛數(shù)a0，b0(a，bR)；b0時(shí)，z2bi為純虛數(shù)；z是純虛數(shù)z0且z0.復(fù)數(shù)的有關(guān)概念典題導(dǎo)入例1(1)(2012·陜西高考)設(shè)a，bR，i是虛數(shù)單位，則“ab0”是“復(fù)數(shù)a為純虛數(shù)”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件(2)(2012&

5、#183;鄭州質(zhì)檢)如果復(fù)數(shù)(其中i為虛數(shù)單位，b為實(shí)數(shù))的實(shí)部和虛部互為相反數(shù)，那么b等于()AB.C. D2自主解答(1)若復(fù)數(shù)aabi為純虛數(shù)，則a0，b0，ab0；而ab0時(shí)a0或b0，a不一定是純虛數(shù)，故“ab0”是“復(fù)數(shù)a為純虛數(shù)”的必要不充分條件(2)，依題意有22b4b，解得b.答案(1)B(2)A由題悟法處理有關(guān)復(fù)數(shù)的基本概念問題，關(guān)鍵是找準(zhǔn)復(fù)數(shù)的實(shí)部和虛部，從定義出發(fā)，把復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化成實(shí)數(shù)問題來處理由于復(fù)數(shù)zabi(a，bR)由它的實(shí)部與虛部唯一確定，故復(fù)數(shù)z與點(diǎn)Z(a，b)相對(duì)應(yīng)以題試法1(2012·東北模擬)已知1yi，其中x，y是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位，則xyi

6、的共軛復(fù)數(shù)為()A12i B12iC2i D2i解析：選D依題意得x(1i)(1yi)(1y)(1y)i；又x，yR，于是有解得x2，y1.xyi2i，因此xyi的共軛復(fù)數(shù)是2i.復(fù)數(shù)的幾何意義典題導(dǎo)入例2(2012·山西四校聯(lián)考)已知復(fù)數(shù)z的實(shí)部為1，虛部為2，則(i為虛部單位)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為()A第一象限B第二象限C第三象限 D第四象限自主解答選C依題意得，因此該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是，位于第三象限由題悟法復(fù)數(shù)與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)是一一對(duì)應(yīng)的，復(fù)數(shù)和復(fù)平面內(nèi)以原點(diǎn)為起點(diǎn)的向量也是一一對(duì)應(yīng)的，因此復(fù)數(shù)加減法的幾何意義可按平面向量加減法理解，利用平行四邊形法則或三角

7、形法則解決問題以題試法2(1)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)65i，23i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，若C為線段AB的中點(diǎn)，則點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A48i B82iC24i D4i(2)(2012·連云港模擬)已知復(fù)數(shù)z112i，z21i，z334i，它們?cè)趶?fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，C，若，(，R)，則的值是_解析：(1)復(fù)數(shù)65i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為A(6,5)，復(fù)數(shù)23i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為B(2,3)利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式得線段AB的中點(diǎn)C(2,4)，故點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為24i.(2)由條件得(3，4)，(1,2)，(1，1)，根據(jù)得(3，4)(1,2)(1，1)(，2)，解得1.答案：(1)C(2)1復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算典題

8、導(dǎo)入例3(1)(2012·山東高考)若復(fù)數(shù)z滿足z(2i)117i(i為虛數(shù)單位)，則z為()A35iB35iC35i D35i(2)(2011·重慶高考)復(fù)數(shù)()Ai BiC.i D.i自主解答(1)z35i.(2)i.答案(1)A(2)C由題悟法1復(fù)數(shù)的加法、減法、乘法運(yùn)算可以類比多項(xiàng)式運(yùn)算，除法運(yùn)算是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，注意要把i的冪寫成最簡(jiǎn)形式2記住以下結(jié)論，可提高運(yùn)算速度：(1±i)2±2i；i；i；bai；i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i(nN)以題試法3(1)(2012·山西四校聯(lián)考)設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為，若

9、z1i(i為虛數(shù)單位)，則z2的值為()A3i B2iCi Di(2)i為虛數(shù)單位，4_.解析：(1)依題意得z2(1i)22ii2ii.(2)44i41.答案：(1)D(2)11(2012·江西高考)若復(fù)數(shù)z1i(i為虛數(shù)單位)，是z的共軛復(fù)數(shù)，則z22的虛部為()A0B1C1 D2解析：選Az1i，1i，z22(z)22z440，z22的虛部為0.2(2012·北京高考)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為()A(1,3) B(3,1)C(1,3) D(3，1)解析：選A由13i得，該復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1,3)3(2012·長春調(diào)研)若復(fù)數(shù)(ai)2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的

10、點(diǎn)在y軸負(fù)半軸上，則實(shí)數(shù)a的值是()A1 B1C. D解析：選B因?yàn)閺?fù)數(shù)(ai)2(a21)2ai，所以其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是(a21,2a)，又因?yàn)樵擖c(diǎn)在y軸負(fù)半軸上，所以有解得a1.4(2013·萍鄉(xiāng)模擬)復(fù)數(shù)等于()A. BC.i Di解析：選B.5(2012·河南三市調(diào)研)已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z，則|z|()Ai B1iC1i Di解析：選B由已知得zi，|z|i|1i.6(2012·安徽名校模擬)設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為，若(2i)z3i，則z·的值為()A1 B2C. D4解析：選B設(shè)zabi(a，bR)，代入(2i)z3i，得(2ab)

11、(2ba)i3i，從而可得a1，b1，那么z·(1i)(1i)2.7(2013·長沙模擬)已知集合M，i是虛數(shù)單位，Z為整數(shù)集，則集合ZM中的元素個(gè)數(shù)是()A3個(gè) B2個(gè)C1個(gè) D0個(gè)解析：選B由已知得Mi，1，i,2，Z為整數(shù)集，ZM1,2，即集合ZM中有2個(gè)元素8定義：若z2abi(a，bR，i為虛數(shù)單位)，則稱復(fù)數(shù)z是復(fù)數(shù)abi的平方根根據(jù)定義，則復(fù)數(shù)34i的平方根是()A12i或12i B12i或12iC724i D724i解析：選B設(shè)(xyi)234i(x，yR)，則解得或9在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)1i與13i分別對(duì)應(yīng)向量和，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|_.解析：由題意知A(1

12、,1)，B(1,3)，故|2.答案：210已知復(fù)數(shù)z1i，則_.解析：z1(i)i2i.答案：2i11設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z|5且(34i)z是純虛數(shù)，則_.解析：設(shè)zabi(a，bR)，則有5.于是(34i)z(3a4b)(4a3b)i.由題設(shè)得得ba代入得a2225，a±4，或43i或43i.答案：±(43i)12._.解析：13i.答案：13i13(2011·上海高考改編)已知復(fù)數(shù)z1滿足(z12)(1i)1i(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1·z2是實(shí)數(shù)，則z2_.解析：(z12)(1i)1iz12i.設(shè)z2a2i，aR.則z1·z

13、2(2i)(a2i)(2a2)(4a)i.z1·z2R，a4.z242i.答案：42i14若復(fù)數(shù)za21(a1)i(aR)是純虛數(shù)，則的虛部為_解析：由題意得所以a1，所以i，根據(jù)虛部的概念，可得的虛部為.答案：1(2012·山東日照一模)在復(fù)數(shù)集C上的函數(shù)f(x)滿足f(x)則f(1i)等于()A2i B2C0 D2解析：選D1iR，f(1i)(1i)(1i)2.2已知i為虛數(shù)單位，a為實(shí)數(shù)，復(fù)數(shù)z(12i)(ai)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M，則“a>”是“點(diǎn)M在第四象限”的()A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件解析：選Cz(12i)(

14、ai)(a2)(12a)i，若其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，則a2>0，且12a<0，解得a>.即“a>”是“點(diǎn)M在第四象限”的充要條件3已知復(fù)數(shù)zxyi(x，yR)，且|z2|，則的最大值為_解析：|z2|，(x2)2y23.由圖可知max.答案：4復(fù)數(shù)z(m25m6)(m22m15)i，與復(fù)數(shù)1216i互為共軛復(fù)數(shù)，則實(shí)數(shù)m_.解析：根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義得解之得m1.答案：15已知z是復(fù)數(shù)，z2i，均為實(shí)數(shù)(i為虛數(shù)單位)，且復(fù)數(shù)(zai)2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：設(shè)zxyi(x，yR)，則z2ix(y2)i，由題意得y2.(x2i)(2i)(2x

15、2)(x4)i.由題意得x4，z42i.(zai)2(124aa2)8(a2)i.由于(zai)2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限，解得2<a<6.實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2,6)6設(shè)z是虛數(shù)，z，且1<<2.(1)求|z|的值及z的實(shí)部的取值范圍；(2)設(shè)u，求證：u為純虛數(shù)解：(1)設(shè)zabi(a，bR，b0)，abii，是實(shí)數(shù)，b0.又b0，a2b21.|z|1，2a.1<<2，<a<1，即z的實(shí)部的取值范圍是.(2)ui.<a<1，b0，u為純虛數(shù)1已知bi(a，bR)，其中i為虛數(shù)單位，則ab()A1 B1C2 D3解析：選B2ai

16、bi，由復(fù)數(shù)相等的條件得b2，a1，則ab1.2對(duì)任意復(fù)數(shù)zxyi(x，yR)，i為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是()A|z|2y Bz2x2y2C|z|2x D|z|x|y|解析：選Dz2yi，|z|2|y|，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；而z2(xyi)2x2y22xyi，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；而|z|，|z|2x2y2，(|x|y|)2x2y22|xy|x2y2，因此|z|x|y|.3已知虛數(shù)z，使得z1和z2都為實(shí)數(shù)，求z.解：設(shè)zxyi(x，yR，且y0)，則z2x2y22xyi，z1，z1R，又y0，x2y21，同理，由z2R得x22xy20，解得z±i.三角函數(shù)、解三角形平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)

17、數(shù)的引入一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分)1(2012·新課標(biāo)全國卷)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是()A2iB2iC1i D1i解析：選Dz1i，所以1i.2(2012·濰坊模擬)已知x，cos x，則tan 2x()A. BC. D解析：選D依題意得sin x，tan x，所以tan 2x.3(2012·廣州調(diào)研)設(shè)復(fù)數(shù)z113i，z232i，則在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：選D因?yàn)?，所以在?fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，在第四象限4(2012·邵陽模擬)已知a(1，sin2x)，b(2，sin 2x)，其中x(0

18、，)若|a·b|a|b|，則tan x的值等于()A1 B1C. D.解析：選A由|a·b|a|b|知，ab，所以sin 2x2sin2x，即2sin xcos x2sin2x，而x(0，)，所以sin xcos x，tan x1.5(2012·福州質(zhì)檢查)“cos ”是“cos 2”的()A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選Acos ，cos 22cos212×1，由cos 可推出cos 2.由cos 2得cos ±，由cos 2不能推出cos .綜上，“cos ”是“cos 2”的充分而不必要條件6

19、若函數(shù)f(x)sin (0,2)是偶函數(shù)，則()A. B.C. D.解析：選Cf(x)為偶函數(shù)，k(kZ)，3k(kZ)又0,2，.7在ABC中，a，b，c分別為角A，B，C所對(duì)的邊，若ccos Ab，則ABC()A一定是銳角三角形B一定是鈍角三角形C一定是直角三角形D一定是斜三角形解析：選C在ABC中，因?yàn)閏cos Ab，根據(jù)余弦定理，得c·b，故c2a2b2，因此ABC一定是直角三角形8設(shè)點(diǎn)A(2,0)，B(4,2)，若點(diǎn)P在直線AB上，且|2|，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為()A(3,1) B(1，1)C(3,1)或(1，1) D無數(shù)多個(gè)解析：選C設(shè)P(x，y)，則由|2|，得2或2.(2,

20、2)，(x2，y)，即(2,2)2(x2，y)，x3，y1，P(3,1)，或(2,2)2(x2，y)，x1，y1，P(1，1)9(2012·福州質(zhì)檢)將函數(shù)f(x)sin 2x(xR)的圖象向右平移個(gè)單位后，所得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間是()A. B.C. D.解析：選B將函數(shù)f(x)sin 2x(xR)的圖象向右平移個(gè)單位后得到函數(shù)g(x)sin2cos 2x的圖象，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，kZ，而滿足條件的只有B.10(2012·西安名校三檢)已知tan ，sin()，且，(0，)，則sin 的值為()A. B.C. D.或解析：選A依題意得sin

21、，cos ；注意到sin()<sin ，因此有>(否則，若，則有0<<，0<sin <sin()，這與“sin()<sin ”矛盾)，cos()，sin sin()sin()cos cos()sin .11(2012·河南三市調(diào)研)在ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且b2a2acc2，CA90°，則cos Acos C()A. B.C D解析：選C依題意得a2c2b2ac，cos B.又0°<B<180°，所以B60°，CA120°.又CA90°，所

22、以C90°A，A15°，cos Acos Ccos Acos(90°A)sin 2Asin 30°.12(2012·廣東高考)對(duì)任意兩個(gè)非零的平面向量和，定義.若兩個(gè)非零的平面向量a，b滿足a與b的夾角，且ab和ba都在集合中，則ab()A. B.C1 D.解析：選Dab，ba.，0<cos <.×得(ab)(ba)cos2.因?yàn)閍b和ba都在集合中，設(shè)ab，ba(n1，n2Z)，即(ab)·(ba)cos2，所以0<n1n2<2，所以n1，n2的值均為1，故ab.二、填空題(本題共4小題，每小題5分

23、，共20分)13ABC的三個(gè)內(nèi)角A、B、C所對(duì)邊的長分別為a、b、c，已知a2，b3，則_.解析：.答案：14(2012·安徽高考)設(shè)向量a(1,2m)，b(m1,1)，c(2，m)若(ac)b，則|a|_.解析：ac(1,2m)(2，m)(3,3m)(ac)b，(ac)·b(3,3m)·(m1,1)6m30.m.a(1，1)|a|.答案： 15.如圖，在坡度為15°的觀禮臺(tái)上，某一列座位所在直線AB與旗桿所在直線MN共面，在該列的第一個(gè)座位A和最后一個(gè)座位B測(cè)得旗桿頂端N的仰角分別為60°和30°，且座位A、B的距離為10米，則旗桿

24、的高度為_米解析：由題可知BAN105°，BNA30°，由正弦定理得，解得AN20(米)，在RtAMN中，MN20sin 60°30(米)故旗桿的高度為30米答案：3016已知函數(shù)f(x)2sin2cos 2x1，xR，若函數(shù)h(x)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，且(0，)，則的值為_解析：f(x)2sin2cos 2x12sin，h(x)f(x)2sin.函數(shù)h(x)的圖象的對(duì)稱中心為2k.，kz.又(0，)，.答案：三、解答題(本題共6小題，共70分)17(本小題滿分10分)(2012·廣州二測(cè))已知函數(shù)f(x)Asin(A>0，>0)在某一

25、個(gè)周期內(nèi)的圖象的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的坐標(biāo)分別為，.(1)求A和的值；(2)已知，且sin ，求f()的值解：(1)函數(shù)f(x)在某一周期內(nèi)的圖象的最高坐標(biāo)為，A2，得函數(shù)f(x)的周期T2，2.(2)由(1)知f(x)2sin.，且sin ，cos ，sin 22sin cos ，cos 2cos2sin2.f()2sin22.18(本小題滿分12分)(2012·天津高考)已知函數(shù)f(x)sinsin2cos2x1，xR.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值解：(1)f(x)sin 2x·cos cos 2x·sin sin

26、2x·coscos 2x·sin cos 2xsin 2xcos 2xsin.所以f(x)的最小正周期T.(2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，在區(qū)間上是減函數(shù)，又f1，f，f1，故函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值為，最小值為1.19(本小題滿分12分)在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足(2ac)cos Bbcos C.(1)求角B的大?。?2)設(shè)m(sin A，cos 2A)，n(4k,1)(k>1)，且m·n的最大值是5，求k的值解：(1)因?yàn)?2ac)cos Bbcos C，所以在ABC中，由正弦定理，得(2sin Asin C)cos Bsin Bcos C，所以2sin Acos Bsin Bcos Ccos Bsin C，即2sin Acos Bsin A.又在ABC中，sin A>0，B(0，)，所以cos B.所以B.(2)因?yàn)閙(sin A，cos 2A)，n(4k,1)(k>1)，所以m·n4ksin Acos 2A2sin2A4ksin A1，即m·n2(sin Ak)22k21.又B，所以A.所以sin A(0,1所以當(dāng)sin A1時(shí)，m·n的最大值為4k1.又m·n的最大值是5，所以