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平面向量与复数
【知识点讲解】
一、平面向量的概念及线性运算
1.向量的有关概念
（1）向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小叫做向量的长度(模)
（2）零向量：长度为0；方向是任意的。
（3）单位向量：长度等于1个单位；方向是确定的。
（4）平行向量：方向相同或相反的非零向量。平行向量又叫共线向量。
规定： 与任一向量平行。
（5）相等向量：长度相等；方向相同。
（6）相反向量：长度相等；方向相反。
2.向量的线性运算
向量运算 定义 法则(或几何意义)
加法 求两个向量和的运算
减法 求两个向量差的运算
数乘 求实数λ与向量a的积的运算 |λa|＝|λ||a|，当λ>0时，λa与a的方向相同； 当λ<0时，λa与a的方向相反； 当λ＝0时，λa＝0
例1．已知点是所在平面内一点，且，则
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意，，而 ，
所以，又，即，
所以．故选D．
3.共线向量定理
是非零向量，若存在唯一一个实数 ,使得 ，则向量 与向量 共线。
常用结论：
（1）若P为线段AB的中点，O为平面内任一点，则＝(＋)．
（2）已知＝λ＋μ (λ，μ为实数)
若点A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1．
例2．如图，在平行四边形中，是边的中点，是的一个三等分点（），若存在实数和，使得，则
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为是的一个三等分点（），所以．因为是边的中点，所以．又，所以．故选C．
4.平面向量数量积
（1）平面向量的数量积
已知两个非零向量 ， ，它们的夹角为 ，
则数量 叫做向量 与 的数量积，记作 。
例3．已知圆的半径为1，，是圆上两个动点，，则，的夹角为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，
，得，
解得或，由题意得，
故，故，的夹角为．故选B．
例4．已知三角形的边长分别为，，，，则
A．1 B． C．3 D．
【答案】D
【解析】，，，满足，故，
则，，
．故选D．
二、平面向量基本定理及坐标表示
1.平面向量基本定理
如果 , 是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量 ，有且只有一对实数 , ，使 = 。若向量 , 不共线，把 叫做表示这一平面内所有向量的一个基底。
2.平面向量的坐标运算
设 , ，则
= , = ,
= , 。
数量积： 。
夹角： 。
两非零向量 的充要条件是： 。
3.平面向量共线的坐标表示
设 , ,其中 ，则 。
例5．已知平面向量，，则
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，所以，
所以，故选A．
三、复 数
1.复数的有关概念
（1）复数的概念：形如 的数叫做复数，其中 ， 分别是它的实部和虚部。若 ，则 为实数；若 ，则 为虚数；若 且 ，则 为纯虚数。
（2）复数相等： 且 。
（3）共轭复数： 与 共轭 且 。
（4）复数的模:向量 的模叫做复数 的模或绝对值，
记作 或 ，即 。
2.复数的几何意义
（1）复数 复平面内的点 。
（2）复数 平面向量 。
例6．已知在复平面内对应的点的坐标为则
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意知，所以．故选A
3.复数的运算
（1）复数的加、减、乘、除运算法则
设 ， 则:
①加法： ；
②减法： ；
③乘法： ；
④除法： 。
补充：i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)
例7．已知复数（为虚数单位），则复数的虚部是
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【解析】，所以复数的虚部是1．故选A
例8．若复数满足，则复数的虚部是
A．-2 B．1 C． D．
【答案】B
【解析】因为，且，所以i，
则此复数z的虚部为1．故选B．
【对点训练——平面向量篇】
一、单选题
1．设，是两个不共线的向量，若向量(k∈R)与向量共线，则（ ）
A．k＝0 B．k＝1 C．k＝2 D．k＝
2．已知，，且，则向量在方向上的投影为
A． B． C． D．
3．已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知向量 ，满足， ，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知非零向量满足，且，则与的夹角为
A． B． C． D．
6．在△中，为边上的中线，为的中点，则
A． B．
C． D．
7．如图，已知中，为的中点，，若，则
A． B． C． D．
8．已知，，，若点是所在平面内一点，且，则的最大值等于（ ）.
A． B． C． D．
9．点是所在平面上一点，满足，则的形状是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
10．如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则
A． B．
C． D．
11．如图，在平面四边形ABCD中，
若点E为边CD上的动点，则的最小值为
A． B． C． D．
12．在中，为上一点，，为上任一点，若，则的最小值是
A．9 B．10
C．11 D．12
13．设非零向量，满足，则
A．⊥ B．
C．∥ D．
14．已知圆的方程为，点在直线上，线段为圆的直径，则的最小值为
A．2 B． C．3 D．
15．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　
A． B． C． D．
16．在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，，则的面积为
A． B． C． D．
17．在中，点满足，过点的直线与、所在的直线分别交于点、，若，，则的最小值为
A． B． C． D．
18．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若= +，则+的最大值为
A．3 B．2 C． D．2
二、多选题
19．已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
20．已知向量，若，则__________．
21．已知向量，，，_______．
22．设为单位向量，且，则______________.
23． 在四边形中，， ， ， ，点在线段的延长线上，且，则__________.
24．在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．
25．在中，是的中点，是的中点，过点作一直线分别与边，交于(不与点 A重合），若，其中，则的最小值是_____．
26．已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________.
27．设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为_______．
28．如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____.
四、双空题
29．在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F,则的值为____________；的最小值为____________．
30．如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．
【参考答案】
1．D
【详解】
由共线向量定理可知存在实数λ，使，
即，
又与是不共线向量，
∴，解得
2．D
【详解】
解：由得，，
，
向量在方向上的投影为 ，故选.
3．A
【详解】
的模为2，根据正六边形的特征，
可以得到在方向上的投影的取值范围是，
结合向量数量积的定义式，
可知等于的模与在方向上的投影的乘积，
所以的取值范围是，
故选：A.
4．D
【详解】
，，，.
，
因此，.
5．B
【详解】
因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．
6．A
【详解】
根据向量的运算法则，可得
，
所以，故选A.
7．C
【详解】
因为，
所以，.故.
8．A
【详解】
以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，即，所以，，因此
，因为，所以的最大值等于，当，即时取等号．
9．B
【详解】
点是所在平面上一点，满足，
则，可得，即，
等式两边平方并化简得，，
因此，是直角三角形.
10．D
【详解】
利用向量的三角形法则，可得，，
为的中点，为的中点，则，
又
.
11．A
【详解】连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，所以为等边三角形，。设
=
所以当时，上式取最小值 ，选A.
12．D
【详解】
由题意可知：，
三点共线，则：，据此有：
，
当且仅当时等号成立.
综上可得：的最小值是12.
13．A
【详解】
由平方得，即，则，故选A.
14．B
【详解】
.故选B.
15．B
【详解】
建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，
则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，
故选：．
16．D
【详解】
由，
可得，即.又，所以．
因为，所以点为的重心，
所以，所以，
两边平方得．
因为，所以，
于是，所以，
的面积为.
因为的面积是面积的倍.故的面积为．
17．B
【解析】
【详解】
如下图所示：
，即，，
，，，，
，、、三点共线，则.
，
当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：B.
18．A
19．AC
【详解】
A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
故选：AC
20．
【详解】
因为，所以由可得，
，解得．
故答案为：．
21．
【详解】
由已知可得，
因此，.
故答案为：.
22．
【详解】
因为为单位向量，所以
所以
解得：
所以
故答案为：
23．.
【解析】
【详解】
建立如图所示的直角坐标系，则，．
因为∥，，所以，
因为，所以，
所以直线的斜率为，其方程为，
直线的斜率为，其方程为．
由得，，
所以．
所以．
24．或0
【详解】
∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
25．
【详解】
中，为边的中点，为的中点，
且，
，
，
同理，，
又与共线，
存在实数，使，
即，
，解得，
，
当且仅当时， “=”成立，故答案为.
26．
【详解】
由题意，设，
则，即，
又向量在方向上的投影分别为x，y，所以，
所以在方向上的投影，
即,
所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
27．
【详解】
，
，
，
.
28．.
【详解】
如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.
，
得即故.
29． 1
【详解】
设，，为边长为1的等边三角形，，
，
，为边长为的等边三角形，，
，
，
，
所以当时，的最小值为.
故答案为：1；.
30．
【详解】
，，，
，
解得，
以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
,
∵，∴的坐标为,
∵又∵,则，设，则（其中），
，，
，
所以，当时，取得最小值.
故答案为：；.
【对点训练——复数篇】
一、单选题
1．设是复数，则下列命题中的假命题是
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
2．下面是关于复数的四个命题：其中的真命题为
的共轭复数为的虚部为
A． B． C． D．
3．若，则（ ）
A． B． C． D．
4．复数的共轭复数是
A． B． C． D．
5．下列各式的运算结果为纯虚数的是
A．(1+i)2 B．i2(1-i) C．i(1+i)2 D．i(1+i)
6．若，则（ ）
A．0 B．1
C． D．2
7．已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则
A． B． C． D．
9．18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，，也即复数的模的几何意义为对应的点到原点的距离．在复平面内，复数（是虚数单位，）是纯虚数，其对应的点为，为曲线上的动点，则与之间的最小距离为（ ）
A． B．1 C． D．2
10．设，，则（ ）
A． B． C． D．
11．
A． B． C． D．
12．若复数（1–i）（a+i）在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是
A．（–∞，1） B．（–∞，–1）
C．（1，+∞） D．（–1，+∞）
13．设复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则
A．- 5 B．5 C．- 4+ i D．- 4 - i
14．设有下面四个命题
：若复数满足，则；
：若复数满足，则；
：若复数满足，则；
：若复数，则.
其中的真命题为
A． B．
C． D．
15．复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．
16．设z=-3+2i，则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
17．设，则
A． B． C． D．
18．欧拉公式eix＝cos x＋isin x(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，e2i表示的复数在复平面中对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
19．若i为虚数单位，复数z满足，则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
20．已知是虚数单位，则复数对应的点所在的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
21．已知复数z满足z4且z|z|0，则z2019的值为
A．﹣1 B．﹣2 2019 C．1 D．2 2019
22．已知，且为虚数单位，则的最大值是 （ ）
A． B． C． D．
23．已知复数，且，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
24．已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A．
B．复数的虚部为
C．若，则复平面内对应的点位于第二象限
D．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线
25．任何一个复数（其中、，为虚数单位）都可以表示成：的形式，通常称之为复数的三角形式.法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．
B．当，时，
C．当，时，
D．当，时，若为偶数，则复数为纯虚数
26．（多选题）已知集合，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
27．复数（为虚数单位），则________.
28．已知复数的实部为0，其中为虚数单位，则实数a的值是_____.
29．设复数，满足，，则=__________.
30．如果z＝，那么z100＋z50＋1＝________.
【参考答案】
1．D
【详解】
试题分析：对（A），若，则，所以为真；
对（B）若，则和互为共轭复数，所以为真；
对（C）设，若，则，
，所以为真；
对（D）若，则为真，而，所以为假．
2．C
【详解】
因为，所以，，共轭复数为，的虚部为，所以真命题为
3．C
【详解】
4．D
【详解】,,故选D.
5．A
【详解】
由题意，对于A中，复数为纯虚数，所以正确；
对于B中，复数不是纯虚数，所以不正确；
对于C中，复数不是纯虚数，所以不正确；
对于D中，复数不是纯虚数，所以不正确，故选A.
6．C
【详解】
因为，所以 ．
7．B
【详解】
，
.
8．C
【详解】
则．故选C．
9．B
【详解】
由，
因为复数（是虚数单位，）是纯虚数，所以得
所以，则
由于，故设且，
所以
故与之间的最小距离为1
10．B
【详解】
因为，所以，解得，
所以.
11．D
【详解】由已知得．
12．B
【详解】
试题分析：设，因为复数对应的点在第二象限，所以，解得：，故选B.
13．A
【详解】由题意，得，则，故选A．
14．B
【详解】
令，则由得，所以，故正确；
当时，因为，而知，故不正确；
当时，满足，但，故不正确；
对于，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故正确，故选B.
15．D【详解】因为，
所以复数的虚部为.
16．C【详解】由得则对应点（-3，-2）位于第三象限
17．C
【详解】
分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.
详解：
，
则，故选c.
18．B
【详解】
由题意得，e2i＝cos 2＋isin 2，
∴复数在复平面内对应的点为(cos 2，sin 2)．
∵2∈，
∴cos 2∈(－1，0)，sin 2∈(0，1)，
∴e2i表示的复数在复平面中对应的点位于第二象限，
19．D
【详解】
因为表示以点为圆心，半径的圆及其内部，
又表示复平面内的点到的距离，据此作出如下示意图：
所以，
20．D
【详解】
.
所以复数对应的点在第四象限，
21．D
【详解】
设z=a+bi（a，b∈R），
由z4且z|z|=0，得
，解得a=﹣1，b.
∴z，
而1，
.
∴.
22．B
【详解】
根据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
表示圆C上的点到的距离，
的最大值是，
23．C
【详解】
解：∵复数，且，
∴，
∴．
设圆的切线，则，
化为，解得．
∴的最大值为．
24．AD
【详解】
A选项，，故A选项正确.
B选项，的虚部为，故B选项错误.
C选项，，对应坐标为在第三象限，故C选项错误.
D选项，表示到和两点的距离相等，故的轨迹是线段的垂直平分线，故D选项正确.
25．AC
【详解】
对于A选项，，则，可得，，A选项正确；
对于B选项，当，时，，B选项错误；
对于C选项，当，时，，则，C选项正确；
对于D选项，，
取，则为偶数，则不是纯虚数，D选项错误.
26．BC
【详解】
根据题意，中，
时，；
时，
；时，；
时，，
.
选项A中，；
选项B中，；
选项C中，；
选项D中，.
27．
【详解】
.
28．2.
【详解】
，
令得.
29．
【详解】
方法一：设，，
，
，又，所以，，
.
故答案为：.
方法二：如图所示，设复数所对应的点为,,
由已知,
∴平行四边形为菱形，且都是正三角形，∴，
∴.
30．
【详解】
因为，故，所以，
故，故，
故答案为：.2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
平面向量与复数
【知识点讲解】
一、平面向量的概念及线性运算
1.向量的有关概念
（1）向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小叫做向量的长度(模)
（2）零向量：长度为 0；方向是任意的。
（3）单位向量：长度等于 1个单位；方向是确定的。
（4）平行向量：方向相同或相反的非零向量。平行向量又叫共线向量。
规定：0 与任一向量平行。
（5）相等向量：长度相等；方向相同。
（6）相反向量：长度相等；方向相反。
2.向量的线性运算
向量运算 定义 法则(或几何意义)
加法 求两个向量和的运算
减法 求两个向量差的运算
|λa|＝|λ||a|，当λ>0 时，λa
求实数λ与向量 a 的 与 a的方向相同；
数乘
积的运算 当λ<0 时，λa与 a 的方向相反；
当λ＝0时，λa＝0
uur uur uuur r
例 1．已知点 P是 ABC所在平面内一点，且 PA PB PC 0，则
1 2 2 1
A． PA BA BC B．PA BA BC
3 3 3 3

C． PA 1 BA 2 2 BC D． PA BA 1 BC
3 3 3 3
第 1 页 共 36 页
2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
【答案】D
uur uur uuur r
【解析】由题意， PA BA PB,PA AC PC，而 PA PB PC 0，

所以3PA BA AC 0，又 AC BC BA，即3PA 2BA BC 0，
2 1
所以 PA BA BC．故选 D．
3 3
3.共线向量定理
是非零向量，若存在唯一一个实数 ,使得 = ，则向量 与向量 共线。
常用结论：
―→ 1 ―→ ―→
（1）若 P为线段 AB 的中点，O为平面内任一点，则 OP ＝ ( OA ＋ OB )．
2
―→ ―→ ―→
（2）已知 OA ＝λ OB ＋μ OC (λ，μ为实数)
若点 A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1．
例 2．如图，在平行四边形 ABCD中，M 是边CD的中点， N 是 AM 的一个三等分点

（ AN NM ），若存在实数 和 ，使得 BN AB AD，则
5 1 1 5
A． B． C． D．
4 2 2 4
【答案】C
1
【解析】因为 N 是 AM 的一个三等分点（ AN NM ），所以 AN AM ．因为M 是3

CD DM 1 DC 1

边 的 中 点 ， 所 以 AB ． 又
2 2
1 1BN AN AB AM AB
3 3

AD DM 1 AB AD 1 AB AB 3 2
5 1
AB AD 5 1 1，所以 ．故选 C．
6 3 6 3 2
第 2 页 共 36 页
2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
4.平面向量数量积
（1）平面向量的数量积
已知两个非零向量 ， ，它们的夹角为 ，
则数量 cos 叫做向量 与 的数量积，记作 。

例 3．已知圆O的半径为 1，A，B是圆O上两个动点， OA OB 2OA OB，则OA，

OB的夹角为
2 3 5
A． B． C． D．
3 3 4 6
【答案】B
2 2
【解析】 OA OB OA OB 2OA OB 2 2cos OA,OB ，

2OA OB 2cos OA,OB ，得 2 2cos OA,OB 2cos OA,OB ，

解得 cos OA,OB 1或 cos OA,OB 1 ，由题意得 cos OA,OB 0，
2

OA,OB 2

故
2
，故OA，OB的夹角为 ．故选 B．3 3

例 4．已知三角形 ABC的边长分别为 AB 3，AC 4，BC 5，BC 3BD，则 AD BC
2 2
A．1 B． C．3 D．
3 3
【答案】D
【解析】 AB 3， AC 4， BC 5，满足 AB2 AC 2 BC 2，故 AB AC，

则 AB AC， BC 3BD，
AD BC AB BD BC AB 1 BC 3 BC
2 2
AB BC 1 BC AB BC cos 1 B BC
3 3
3
3 5 1 2 5
2 ．故选 D．
5 3 3
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
二、平面向量基本定理及坐标表示
1.平面向量基本定理
如果 1 , 2 是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一
向量 ，有且只有一对实数 1 , 2 ，使 = 1 1 + 2 2 。若向量 1 , 2 不共
线，把{ 1, 2} 叫做表示这一平面内所有向量的一个基底。
2.平面向量的坐标运算
设 = 1, 1 , = 2, 2 ，则
+ = 1 + 2, 1 + 2 , = 1 2, 1 2 ,
= 2 21, 1 , = 1 + 1 。
数量积： = 1 2 + 1 2 。
夹角：cos = 1 2+ 1 2 。
21+
2
1
2 2
2+ 2
两非零向量 ⊥ 的充要条件是： ⊥ 1 2 + 1 2 = 0 。
3.平面向量共线的坐标表示
设 = 1, 1 , = 2, 2 ,其中 ≠ 0 ，则 // 1 2 2 1 = 0 。

例 5．已知平面向量 a (2, 1)，b ( 3, 2)，则 a (a b)
A．13 B．1 C． 1 D． 11
【答案】A

【解析】因为 a 2, 1 ,b 3,2 ，所以 a b 5, 3 ，

所以 a a b 2 5 1 3 13，故选 A．
三、复 数
1.复数的有关概念
（1）复数的概念：形如 + i , ∈ 的数叫做复数，其中 ， 分别是它的
实部和虚部。若 = 0 ，则 + i 为实数；若 ≠ 0 ，则 + i
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为虚数；若 = 0 且 ≠ 0 ，则 + i 为纯虚数。
（2）复数相等： + i = + i = 且 = , , , ∈ 。
（3）共轭复数： + i 与 + i 共轭 = 且 = , , , ∈ 。
（4）复数的模:向量 的模叫做复数 = + i , ∈ 的模或绝对值，
记作 或 + i ，即 = + i = 2 + 2 。
2.复数的几何意义
一一对应
（1）复数 = + i 复平面内的点 , , ∈ 。
一一对应
（2）复数 = + i 平面向量 , ∈ 。
例 6．已知 z在复平面内对应的点的坐标为 1, 1 则 z (z 1)
A．1 3i B．1 3i C． 1 i D．1 i
【答案】A
【解析】由题意知 z 1 i，所以 z (z 1) (1 i)(2 i) 1 3i．故选 A
3.复数的运算
（1）复数的加、减、乘、除运算法则
设 1 = + i ， 2 = + i , , , ∈ 则:
①加法： 1 + 2 = + i + + i = + + + i ；
②减法： 1 2 = + i + i = + i ；
③乘法： 1 2 = + i + i = + + i ；
+ i + + i
④除法： 1 = = 2 2 + i ≠ 0 。 2 + i +
补充：i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)
例 7．已知复数 z (1 2i) i（ i为虚数单位），则复数 z的虚部是
A．1 B． 1 C．2 D． 2
【答案】A
【解析】 z (1 2i) i i 2i 2 2 i，所以复数 z的虚部是 1．故选 A
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8 2021例 ．若复数 z满足 1 i z 3 i ，则复数 z的虚部是
A．-2 B．1 C． i D． 2i
【答案】B
2
z 2 1 i 【解析】因为 3 i 2，且1 i2021 1 i，所以 1 1 i 1 i 1 i i，
则此复数 z 的虚部为 1．故选 B．
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【对点训练——平面向量篇】
一、单选题

1．设 e1，e2 是两个不共线的向量，若向量m e1 ke2 (k∈R)与向量n e2 2e1 共线，
则（ ）
A．k＝0 B．k＝1 C．k＝2 D 1．k＝ 2

2．已知 a 1 b

， 2，且 a a b ，则向量a 在b 方向上的投影为
1
A． B 2 C 1． ． 2 D
2
2 ． 2 2

3．已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 内的一点，则 AP AB 的取值范围是
（ ）
A． ( 2,6) B． ( 6,2)
C． ( 2,4) D． ( 4,6)
4．已知向量 a，b 满足 | a
| 5， | b | 6， a

b 6，则 cos a,a b =（ ）
31 19 17 19A． 35 B． 35 C． D．35 35

5．已知非零向量a，b满足 a =2 b ，且（a–b） b，则 a与b的夹角为
π π 2π 5π
A． B6 ． C3 ． D3 ． 6

6．在△ ABC中， AD为 BC边上的中线， E为 AD的中点，则 EB
3 AB 1
1 3
A． AC B AB AC4 4 ． 4 4
3 1
C． AB AC
1
D． AB
3
AC
4 4 4 4
1
7．如图，已知 ABC中，D为 AB的中点，AE AC，若DE AB BC，则
3
1 1 5
A 5． B． C． D6 ．6 6 6

8．已知 AB AC， AB
1
， AC tt ，若
P点是 ABC所在平面内一点，且
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AP AB 4AC
AB AC ，则 PB·PC的最大值等于（ ）.
A．13 B．15 C．19 D． 21

9．点 P是 ABC所在平面上一点，满足 PB PC PB PC 2PA 0，则 ABC的形
状是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形

10．如图所示，在正方形 ABCD中， E为BC的中点， F为 AE的中点，则DF
1 3 1 2
A． AB AD B． AB AD2 4 2 3
1 1 1 3
C． AB AD D． AB AD3 2 2 4
11．如图，在平面四边形 ABCD中， AB BC, AD CD, BAD 120 , AB AD 1,
若点 E 为边 CD上的动点，则 AE BE的最小值为
21 3 25
A． B． C16 ． D
3
2 16 ．

12．在 ABC中， E为 AC上一点， AC 3AE， P为 BE上任一点，若
3 1
AP mAB nAC (m 0,n 0)，则 m n的最小值是
A．9 B．10
C．11 D．12
13

．设非零向量a，b 满足 a b a b ，则
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A． a⊥b B． a = b
C．a∥b D． a b
14．已知圆C的方程为 (x 1)2 (y 1)2 2，点 P在直线 y = x+ 3上，线段 AB为圆C

的直径，则PA PB的最小值为
5 7
A．2 B． C．3 D2 ． 2

15．已知 ABC是边长为 2 的等边三角形，P为平面 ABC内一点，则 PA (PB PC)的
最小值是 ( )
3
A 4． 2 B． C． D3 ．
1
2
16．在 ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知c 2 5，且

2asinC cosB asin A bsin B 5 b sinC，点O满足OA OB OC 0， cos CAO
3

8，2
则 ABC的面积为
A 55． B．3 5 C．5 2 D． 55
3
uuv uuuv
17．在 ABC中，点 P满足BP 3PC，过点 P的直线与 AB、AC所在的直线分别交

于点M 、N，若 AM AB， AN AC 0, 0 ，则 的最小值为
3 5
A 2 3． 1 B． 1 C． D．
2 2 2 2
18．在矩形 ABCD 中，AB=1，AD=2，动点 P在以点 C 为圆心且与 BD 相切的圆上．若

AP= AB+ AD，则 + 的最大值为
A．3 B．2 2 C． 5 D．2
二、多选题
19．已知O为坐标原点，点P1 cos ,sin ，P2 cos , sin ，P3 cos ,sin ，
A(1,0)，则（ ）
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A． OP1 OP2 B． AP1 AP2

C．OA OP3 OP1 OP2 D．OA OP1 OP2 OP3
三、填空题

20．已知向量a 1,3 ,b 3,4 ，若 (a b) b，则 __________．

21．已知向量a b c 0， a 1， b c 2， a b b c c a _______．
22 ．设 a,b为单位向量，且 | a b | 1，则 | a b | ______________.
23． 在四边形 ABCD中， AD∥BC， AB 2 3 ， AD 5 ， A 30 ，点 E在线段

CB的延长线上，且 AE BE，则 BD AE __________.
24．在△ABC 中，AB 4，AC 3，∠BAC=90 ，D在边 BC 上，延长 AD到 P，使得 AP=9，
3
若 PA mPB ( m)PC2 （m 为常数），则 CD的长度是________．
25．在 ABC中，D是 BC的中点，H是 AD的中点，过点H作一直线MN分别与边

AB，AC交于M ,N (不与点 A重合），若 AM xAB, AN yAC，其中 x, y R，则 x 4y
的最小值是_____．

26．已知平面向量 a,b,c, (c 0)满足 a 1, b 2,a b 0, a b c 0 .记向量 d在 a,b方

向上的投影分别为 x，y，d a在 c方向上的投影为 z，则 x2 y2 z2的最小值为
___________.

27．设e1，e2为单位向量，满足 | 2e1 e2 | 2，a e1 e2 ，b 3e1 e2 ，设 a，b的夹
角为 ，则 cos2 的最小值为_______．
28．如图，在 ABC中，D是 BC的中点，E在边 AB上，BE=2EA，AD与 CE交
AB
于点O .若 AB AC 6AO EC，则 _____.AC 的值是
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四、双空题
29．在边长为 1 的等边三角形 ABC中，D为线段 BC上的动点，DE AB且交 AB

于点 E．DF //AB且交 AC于点 F,则 | 2BE DF |的值为____________；(DE DF ) DA的
最小值为____________．

30．如图，在四边形 ABCD中， B 60 , AB 3，BC 6，且 AD BC, AD AB
3
，
2

则实数 的值为_________，若M ,N是线段 BC上的动点，且 |MN | 1，则DM DN
的最小值为_________．
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【参考答案】
1．D
【详解】

由共线向量定理可知存在实数λ，使m n，

即 e1 ke2 e2 2e1 e2 2 e1 ，

又 e1与e2 是不共线向量，
1
1 2
k ,
2
∴ k ，解得 1 .
2
2．D
【详解】
a

解：由 a b 得， a a b 0，

a 2 a b 0

a b 1，

a cos a a

b a

b 1 2
向量a在b 方向上的投影为 a b b 2 2 ，故选D .
3．A
【详解】

AB的模为 2，根据正六边形的特征，

可以得到 AP在 AB方向上的投影的取值范围是 ( 1,3)，
结合向量数量积的定义式，

可知 AP AB等于 AB的模与 AP在 AB方向上的投影的乘积，
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数

所以 AP AB的取值范围是 ( 2,6)，
故选：A.
4．D
【详解】
2
a 5， b 6， a b 6， a a b a a b 52 6 19 .
2 2 2
a b a b a 2a b b 25 2 6 36 7 ，

a a b 19 19
因此， cos a,a b 5 7 35 .a a b
5．B
【详解】

a b |b |2 1
因为 (a b) b 2，所以 (a b) b a b b =0，所以 2a b b ，所以cos = a b 2 | b |2 2，

所以 a与b的夹角为 3 ，故选
B．
6．A
【详解】
根据向量的运算法则，可得
1 1 1 1 1 1 BE BA BD BA BC BA BA AC 1 BA 1 BA 1 AC 3 BA 1 AC2 2 2 4 2 4 2 4 4 4 4 ，

所以 EB
3 AB 1 AC，故选 A.
4 4
7．C
【详解】
1 1 1 1 1 DE DA AE BA AC BA BC BA BA 1
1 1
因为 BC AB BC
2 3 2 3 6 3 6 3 ，
1 1 1所以 ， .故 .
6 3 6
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
8．A
【详解】
1
以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则 B( ,0)，C(0, t)t ，
1
AP （1，0)+4(0,1)=(1,4)，即 P（1，4)，所以 PB （ 1， 4)， PC （ 1，t 4)，因此t

PB PC
1
1 4t 16 17 (1 4t) 1，因为 4t 1 2 4t 4t t ，所以 PB PC的最大值等于
13，
t t
1
当 4t
1
，即 t 时取等号．
t 2
9．B
【详解】

点 P是 ABC所在平面上一点，满足 PB PC PB PC 2PA 0，
uur uuur uuur
则 PB PC PB PC 2PA ，可得 CB AB AC ，即 AB AC AC AB ，

等式 AB AC AC AB 两边平方并化简得 AB AC 0， AB AC ，
因此， ABC是直角三角形.
10．D
【详解】

利用向量的三角形法则，可得DF AF AD， AE=AB BE，
1
E为BC的中点， F为 AE的中点，则 AF= AE， BE=
1 BC
2 2

DF AF AD= 1 AE AD= 1 (AB BE) AD= 1
1
AB+ BC AD
2 2 2 4

又 BC=AD
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1 3
DF AB AD .
2 4
11．A
【详解】连接 BD,取 AD 中点为 O,可知△ABD为等腰三角形，而 AB BC, AD CD，

所以△BCD为等边三角形，BD 3。设DE tDC(0 t 1)
2(AD DE) (BD DE) AD BD DE (AD BD) DE 3
2
AE BE BD DE DE2
=3t 2
3
t 3 (0 t 1)
2 2
t 1 21所以当 4时，上式取最小值
A.
16 ，选
12．D
【详解】

由题意可知： AP mAB nAC mAB 3nAE，
P,B,E三点共线，则：m 3n 1，据此有：
3 1 3 1 m 3n 6 9n m 6
9n m
2 12，
m n m n m n m n
1 1
当且仅当m ,n 时等号成立.
2 6
3 1
综上可得： 的最小值是 12.m n
13．A
【详解】

由 a

b a b 平方得 a 2 2a

b b 2 a

2 2a b b 2，即a b 0，则 a b，故选 A.
14．B
【详解】
2
PA PB (PC CA) (PC CB) (PC CA) (PC CA) | PC |2 |CA |2 | PC |2 3 2 2
2
5
.故选 B.
2
15．B
【详解】
建立如图所示的坐标系，以 BC中点为坐标原点，
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
则 A(0, 3)， B( 1,0)，C(1,0)，

设 P(x, y)，则 PA ( x, 3 y)， PB ( 1 x, y)，PC (1 x, y)，

则 PA (PB PC) 2x2 2 3y 2y2 2[x2
3 3
(y )2 ]
2 4
当 x
3 3
0， y 3 时，取得最小值 2 ( ) 4 2 ，2
故选： B．
16．D
【详解】
由 2a sinC cos B a sin A b sin B 5 b sinC，
2
2ac a
2 c2 b2 a2 b2 5 bc 5可得 ，即 c b .又c 2 5，所以b 4．
2ac 2 2

因为OA OB OC 0，所以点O为 ABC的重心，

所以 AB AC 3AO，所以 AB 3AO AC，

AB |2

两边平方得 9 AO |2 6 AO AC cos CAO | AC |2．
3 2 3
因为 cos CAO ，所以 AB | 9 AO |2 6 AO | AC AC |28 8 ，

于是9 | AO |2 9 AO 4 0，所以 AO
4

3，
1 AO AC sin CAO 1 4
2
△AOC的面积为 4 3 55 .2 2 3 1 8 3
因为 ABC的面积是△AOC面积的3倍.故 ABC的面积为 55．
17．B
【解析】
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【详解】
如下图所示：
uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 1 uuur 3 uuurQ BP 3PC，即 AP AB 3 AC AP ， AP AB AC4 4 ，
uuur uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur uuur
Q AM AB， AN AC 0, 0 ， AB AM ， AC
1
AN，

uuur 1 uuur 3 uuur 1 3
AP AM AN
4 4 ， M、
P、 N三点共线，则 14 4 .
1 3 3 1 2 3 3 1 1
4
，
4 4 4 4 4 2
当且仅当 3 3时，等号成立，因此， 的最小值为 1，故选：B.
2
18．A
19．AC
【详解】

A：OP1 (cos ,sin )，OP2 (cos , sin )，所以 |OP1 | cos
2 sin2 1，

|OP2 | (cos )
2 ( sin )2 1，故 |OP1 | |OP2 |，正确；

B： AP1 (cos 1,sin )， AP2 (cos 1, sin )，所以

| AP 21 | (cos 1) sin
2 cos2 2cos 1 sin2 2(1 cos ) 4sin2 2 | sin |
2 2

，同理 | AP2 | (cos 1)
2 sin2 2 | sin |，故 | AP1 |, | AP2 |2 不一定相等，错误；

C：由题意得：OA OP3 1 cos( ) 0 sin( ) cos( )，
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数

OP1 OP2 cos cos sin ( sin ) cos( )，正确；

D：由题意得：OA OP1 1 cos 0 sin cos ，

OP2 OP3 cos cos( ) ( sin ) sin( )

cos β α β cos α 2β ，故一般来说OA OP1 OP2 OP3 故错误；
故选：AC
3
20． 5
【详解】
因为 a b 1,3 3, 4 1 3 ,3 4 ，所以由 a b b可得，
3 1 3 4 3 4 0 3，解得 5．
3
故答案为： 5．
21 9． 2
【详解】
2 2 2 2
由已知可得 a b c a b c 2 a b b c c a 9 2 a b b c c a 0 ，
9
因此， a b b c c a .2
9
故答案为： 2 .
22． 3
【详解】
r r
因为 a,b为单位向量，所以 a b 1

2
2 2
所以 a b a b a 2a b b 2 2a b 1

解得： 2a b 1

所以 a b a b 2 2 2 a 2a b b 3
故答案为： 3
23． 1 .
【解析】
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【详解】
建立如图所示的直角坐标系，则 B(2 3,0) D(5 3 5， , )．
2 2
因为 AD∥ BC， BAD 30 ，所以 CBA 150 ，
因为 AE BE，所以 BAE ABE 30 ，
3 3
所以直线 BE的斜率为 ，其方程为 y (x 2 3)，
3 3
直线 AE
3 3
的斜率为 ，其方程为 y x．
3 3

y
3
(x 2 3),
3
由 得 x 3， y 1，
3
y x 3
所以 E( 3, 1)．
3 5
所以 BD AE ( , ) ( 3, 1) 1．
2 2
18
24． 5 或 0
【详解】
∵ A,D,P三点共线，

∴可设 PA PD 0 ，

∵ PA mPB
3
m

PC，
2
3
∴ PD mPB
3 m PC，即
m
m 2
2 PD PB PC ，

若m 0且m
3

2，则
B,D,C三点共线，
3 m 3
∴ m 2 1，即 ，
2
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
∵ AP 9，∴ AD 3，
∵ AB 4 , AC 3 , BAC 90 ，
∴ BC 5，
设CD x， CDA ，则BD 5 x， BDA .
2 2 2 2 2 2 5 x 2 7
∴根据余弦定理可得 cos
AD CD AC x
， cos
AD BD AB

2AD CD 6 2AD BD 6 5 x ，
∵ cos cos 0，
x 5 x 2 7 18
∴ 0 x 6 6 5 x ，解得 ，5
18
∴CD的长度为 .5
3
当m 0时， PA PC2 ，
C,D重合，此时CD的长度为 0，
3 3
当m 时， PA PB， B,D重合，此时 PA 122 2 ，不合题意，舍去
.
18
故答案为：0或 .5
9
25． 4
【详解】
ABC中，D为BC边的中点，H为 AD的中点，

且 AM xAB, AN yAC，

AH AM MH xAB MH 1 1 AD AB AC2 4 ，

MH 1 x
1
AB AC
4 4
，

同理， NH
1
AB 1 y

AC4 4 ，

又MH与NH 共线，

存在实数 ，使MH NH 0 ，
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
1 x AB 1

AC 1
1
即 AB y4 4 4 4
AC ，
1 1
x

x
1
1
4 4 4
1 1
，解得 ，
y y 1 1 1
4 4 4


x 4y 1 1 1 1
4
1 1 5 2 1 1 5 9 ，
4 4 4 4 4
9
当且仅当 2时， “=”成立，故答案为 .4
2
26． 5
【详解】

由题意，设a (1,0),b (0，2),c (m,n)，

则 a b c m 2n 0，即m 2n，

又向量 d在 a,b方向上的投影分别为 x，y，所以 d x, y ，


z (d a)

c m x 1 ny 2x 2 y
所以d a在 c方向上的投影 | c | m2
，
n2 5
即 2x y 5z 2 ,
x2 y2 z2 1 22 12 5 2 x2所以 y2 z2
1 2
2x y 5z 2
10 ， 10 5
2
x
x y z 5


1
当且仅当 2 1 5 即 y 时，等号成立，
5
2x y 5z 2


z
5
5
所以 x2
2
y2 z2的最小值为 .5
2
故答案为： .5
28
27． 29
【详解】
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
ur ur
Q | 2e1 e2 | 2，
ur ur
4 4e1 e2 1 2，
ur ur 3
e1 e2 4，
r r ur ur ur ur
(a b)2cos2 (4 4e
2
1 e2) 4(1 e e ) r2 r2 ur ur ur ur ur
1 ur2
a b (2 2e1 e2)(10 6e1 e2) 5 3e1 e2
4 2 4 2 28
(1 ur ur) (1 3 ) 3 5 3e e 31 2 5 3 29 .
4
28． 3 .
【详解】
如图，过点 D作 DF//CE，交 AB于点 F，由 BE=2EA，D为 BC中点，知
BF=FE=EA,AO=OD.

6AO EC 3AD AC AE 3 AB AC AC AE2
3 2 2 AB AC AC 1 AB 3 AB AC 1 1 AB AC AB AC 2 3 2 3 3
3 2 1 2 2 1 2 3 2 AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC2 3 3 2 2
，
1 2 3 2
得 AB AC ,即 AB 3 AC ,
AB
故 3 .2 2 AC
11
29． 1 20
【详解】
1
设BE x， x 0, ， ABC为边长为 1的等边三角形，DE AB
2
，

BDE 30 ,BD 2x,DE 3x,DC 1 2x，
DF //AB， DFC为边长为1 2x的等边三角形，DE DF，
2 2
(2BE DF )2 4BE 4BE DF DF 4x2 4x(1 2x) cos0 (1 2x)2 ，1
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数

| 2BE DF | 1，
2
(DE DF ) DA (DE DF ) (DE EA) DE DF EA
2
( 3x)2 (1 2x) (1 3 11 x) 5x2 3x 1 5 x ，
10 20
x 3
11
所以当 时， (DE DF ) DA的最小值为 .
10 20
11
故答案为：1； .20
1 13
30．
6 2
【详解】

AD BC ， AD//BC， BAD 180 B 120 ，

AB AD BC AB BC AB cos120
6 3 1 3 9
2
，
2
1
解得 ，
6
以点 B为坐标原点， BC所在直线为 x轴建立如下图所示的平面直角坐标系 xBy，
BC 6， C 6,0 ,
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数

AB 3 3 3

∵ 3, ABC 60 ，∴A的坐标为 A ,
2 2
,

1 5 3 3
∵又∵ AD BC ,则D , ，设M x,0 ，则 N x 1,0 （其中0 x 56 2 2 ），

DM 5 3 3 3 3 3 x , 2 2 ，
DN x , 2 2 ，
2
DM DN x 5 3

x 3 3

x 2 4x 21 x
13
2 2 ，
2 2 2 2 2
13
所以，当 x 2时，DM DN取得最小值 .2
1 13
故答案为： ； .
6 2
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
【对点训练——复数篇】
一、单选题
1．设 z1, z2是复数，则下列命题中的假命题是
A．若 z1 z2 0，则 z1 z2
B．若 z1 z2 ，则 z1 z2
C．若 z1 z2 ，则 z1 z1 z2 z2
D．若 z 2 21 z2 ，则 z1 z2
2
2．下面是关于复数 z 的四个命题：其中的真命题为
1 i
p1 : z 2 p2 : z
2 2i p3 : z的共轭复数为1 i p4 : z的虚部为 1
A． p2 , p3 B． p1, p2 C． p2 , p4 D． p3, p4
z
3．若 z 1 3i，则 （ ）zz 1
A． 1 3i B C 1 3． 1 3i ． i D 1 3． i
3 3 3 3
z 3 i4．复数 2 i 的共轭复数是
A． 2 i B． 2 i C． 1 i D． 1 i
5．下列各式的运算结果为纯虚数的是
A．(1+i)2 B．i2(1-i) C．i(1+i)2 D．i(1+i)
6．若 z 1 2i i3，则 |z | =（ ）
A．0 B．1
C． 2 D．2
7．已知 (1 i)2 z 3 2i，则 z （ ）
A． 1
3 i 3 3 3 B． 1 i C． i D． i2 2 2 2
8．设复数 z满足 z i =1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则
A． (x+1)2 y 2 1 B． (x 1)2 y2 1 C． x2 (y 1)2 1 D． x2 (y+1)2 1
9．18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
复数及其运算具有了几何意义，例如， z OZ ，也即复数 z的模的几何意义为 z
a 2i
对应的点 Z到原点的距离．在复平面内，复数 z0 （ i是虚数单位， a R1 ） i
是纯虚数，其对应的点为 Z0 ，Z为曲线 z 1上的动点，则 Z0 与 Z之间的最小距离
为（ ）
1 3A． 2 B．1 C． D．22
10．设 ( 1 2i)x y 1 6i， x, y R，则 | x yi | （ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
11．
A． B． C． D．
12．若复数（1–i）（a+i）在复平面内对应的点在第二象限，则实数 a的取值范
围是
A．（–∞，1） B．（–∞，–1）
C．（1，+∞） D．（–1，+∞）
13．设复数 z1， z2在复平面内的对应点关于虚轴对称， z1 2 i，则 z1z2
A．- 5 B．5 C．- 4+ i D．- 4 - i
14．设有下面四个命题
p 11：若复数 z满足 R，则 z R；z
p2：若复数 z满足 z2 R，则 z R；
p3：若复数 z1, z2满足 z1z2 R，则 z1 z2 ；
p4：若复数 z R，则 z R .
其中的真命题为
A． p1, p3 B． p1, p4
C． p2 , p3 D． p2 , p4
15 1．复数1 3i的虚部是（ ）
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3 1 1 3
A． B C D10 ． 10 ．10 ．10
16．设 z=-3+2i，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
1 i
17．设 z 2i | z | 1 i ，则
A 0 B 1． ． 2 C．1 D． 2
18．欧拉公式 eix＝cos x＋isin x(i 为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，
它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复
变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，e2i表示的复
数在复平面中对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
19．若 i 为虚数单位，复数 z 满足 z 3 i 3 ，则 z 2i的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．2 3 D．3 3
2 i202020．已知 i是虚数单位，则复数 z 对应的点所在的象限是（ ）
2 i2021
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
21．已知复数 z 满足 z z 4 且 z z |z|= 0，则 z2019的值为
A．﹣1 B．﹣2 2019 C．1 D．2 2019
22．已知 z C，且 z i 1, i为虚数单位，则 z 3 5i 的最大值是 （ ）
A．5 B．6 C． 7 D．8
23．已知复数 z x yi(x, y R)
y 1
，且 | z 2 | 3，则 的最大值为（ ）
x
A． 3 B． 6 C． 2 6 D． 2 6
二、多选题
24．已知 i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A． i i2 i3 i4 0
B．复数 z 3 i的虚部为 i
C．若 z (1 2i)2，则复平面内 z对应的点位于第二象限
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D．已知复数 z满足 z 1 z 1，则 z在复平面内对应的点的轨迹为直线
25．任何一个复数 z a bi（其中 a、b R， i为虚数单位）都可以表示成：
z r cos i sin 的形式，通常称之为复数 z的三角形式.法国数学家棣莫弗发现：
zn
n
r cos isin
n
r cos i sin n n N ，我们称这个结论为棣莫弗定理. n
根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A． z2 z
2
B．当 r 1， 时， z33 1

C．当 r 1 1 3， 3 时， z i2 2
D．当 r 1， 4 时，若
n为偶数，则复数 zn为纯虚数
26 n．（多选题）已知集合M m m i ,n N ，其中 i 为虚数单位，则下列元素属
于集合 M的是（ ）
A． 1 i 1 i 1 i 1 iB． C． D． 1 i 2
1 i 1 i
三、填空题
1
27．复数 z （ i为虚数单位），则 | z | ________.
1 i
28．已知复数 (a 2i)(1 i)的实部为 0，其中 i为虚数单位，则实数 a的值是_____.
29．设复数 z1， z2满足 |z1|=|z2 |=2， z1 z2 3 i，则 | z1 z2 |=__________.
2
30．如果 z＝1 i，那么 z100＋z50＋1＝________.
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【参考答案】
1．D
【详解】
试题分析：对（A），若 z1 z2 0，则 z1 z2 0, z1 z2，所以 为真；
对（B）若 z1 z2 ，则 z1和 z2互为共轭复数，所以 z1 z2为真；
对（C）设 z a 2 2 2 21 1 b1i,z2 a2 b2 i，若 z1 z2 ，则 a1 b1 a2 b2 ，
z z a 2 b 21 1 1 1 , z2 z a
2
2 2 b
2
2 ，所以 z1 z1 z2 z2 为真；
对（D）若 z1 1, z2 i，则 z1 z2 为真，而 z 2 1, z 21 2 1，所以 z 21 z 22 为假．
2．C
【详解】
因为 ，所以 ，
，共轭复数为 ， 的虚部为 ，所以真命题为
3．C
【详解】
z 1 3i, zz ( 1 3i)( 1 3i) 1 3 4.
z 1 3i 1 3
i
zz 1 3 3 3
4．D
3 i 3 i 2 i z 5 5i【详解】 1 i2 z 1 i i 2 i 2 i 5 , ,故选 D.
5．A
【详解】
由题意，对于 A中，复数 (1 i)2 2i为纯虚数，所以正确；
对于 B 中，复数 i2 (1 i) 1 i 不是纯虚数，所以不正确；
对于 C中，复数 i (1 i)2 2不是纯虚数，所以不正确；
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对于 D中，复数 i (1 i) 1 i不是纯虚数，所以不正确，故选 A.
6．C
【详解】
因为 z 1+2i i3 1+2i i 1 i，所以 z 12 12 2 ．
7．B
【详解】
(1 i)2 z 2iz 3 2i ，
z 3 2i (3 2i) i 2 3i 3 1 i .
2i 2i i 2 2
8．C
【详解】
z x yi, z i x (y 1)i, z i x2 (y 1)2 1,则 x2 (y 1)2 1．故选 C．
9．B
【详解】
a 2i a 2i 1 i a 2 2 a i
由 z

0 1 i 1 i 1 i 2 ，
z a 2i因为复数 0 （ i是虚数单位， a R1 i ）是纯虚数，所以
a 2 0得a 2

所以 z0 2i，则 Z0 0,2
由于 z 1，故设 Z x, y 且 x2 y2 1， 1 y 1
所以 ZZ x2 y 2 2 x20 y2 4 4y 5 4y 1
故 Z0与 Z之间的最小距离为 1
10．B
【详解】
因为 1 2i
2x 6 x 3
x y 1 6i，所以 x y ，解得 ， 1

y 4
3
所以 x yi =| 3 4i | 3 43 5 .
11．D
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(1 i)2(1 i) 2i(1 i)
【详解】由已知得 2 1 i(1 i) 2i ．
12．B
【详解】
试题分析：设 z 1 i a i a 1 1 a i，因为复数对应的点在第二象限，所
a 1 0
以 1 a 0，解得：
a 1，故选 B.

13．A
【详解】由题意，得 z2 2 i，则 z1z2 (2 i)( 2 i) 5，故选 A．
14．B
【详解】
令 z a bi(a,b R)
1 1 a bi
，则由 2 2 R得b 0z a bi a b ，所以
z R，故 p 正确；
1
当 z i时，因为 z2 i2 1 R，而 z i R知，故 p2不正确；
当 z1 z2 i时，满足 z1 z2 1 R ，但 z1 z2 ，故 p3不正确；
对于 p4，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故 p4正确，故选 B.
z 1 1 3i 1 315．D【详解】因为 i1 3i (1 3i)(1 3i) 10 10 ，
所以复数 z
1 3
的虚部为 .
1 3i 10
16．C【详解】由 z 3 2i,得 z 3 2i,则 z 3 2i,对应点（-3，-2）位于第三象限
17．C
【详解】
分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数
z，然后求解复数的模.
1 i 1 i 1 i
详解： z 2i 2i1 i 1 i 1 i
i 2i i，
则 z 1，故选 c.
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18．B
【详解】
由题意得，e2i＝cos 2＋isin 2，
∴复数在复平面内对应的点为(cos 2，sin 2)．
∵2∈ ，
∴cos 2∈(－1，0)，sin 2∈(0，1)，
∴e2i表示的复数在复平面中对应的点位于第二象限，
19．D
【详解】
因为 z 3 i 3 表示以点M 3, 1 为圆心，半径 R 3的圆及其内部，
又 z 2i表示复平面内的点到N 0,2 的距离，据此作出如下示意图：
2 2
所以 z 2i MN R 0 3 2 1 3 3 3，max
20．D
【详解】
z 2 i
2020 1 2 i 2 i
2021 .2 i 2 i (2 i)(2 i) 5
(2 1所以复数对应的点 , )5 5 在第四象限，
21．D
【详解】
设 z=a+bi（a，b∈R），
由 z z 4 且 z z |z|=0，得
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a2 b2 4
，解得 a=﹣1，b2a 2 0 3 .

∴z 1 3i 2
1 3
i2 2 ，
1 3 3 1 1 3 1 3 3
而 ( i) 3 ( )2 i 3
( i)2 3
2 2 8 2 2
( i)
2 2 2 1，
( 1 3 1 1 3 1 3 3 i )3 3 ( )2 i 3 ( i )2 ( i )3 1.
2 2 8 2 2 2 2 2
∴ z2019 22019 ( 1 3 i)2019 22019 [( 1 3 i)3 ]673 22019 .
2 2 2 2
22．B
【详解】
根据复数的几何意义，可知 z i 1中 z对应点 Z的轨迹是以C(0,1)为圆心，r 1为
半径的圆.
| z 3 5i |表示圆 C 上的点到 A(3,5)的距离，
| z 3 5i |的最大值是 |CA | r 5 1 6，
23．C
【详解】
解：∵复数 z x yi(x, y R)，且 z 2 3，
∴ (x 2)2 y2 3，
∴ x 2 2 y2 3．
| 2k 1|
设圆的切线 l : y kx 1，则 3，
k 2 1
化为 k 2 4k 2 0，解得 k 2 6 ．
y 1
∴ 的最大值为
x 2 6
．
24．AD
【详解】
A选项， i i2 i3 i4 i 1 i 1 0，故 A 选项正确.
B 选项， z的虚部为 1，故 B 选项错误.
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2023 届高考数学一轮复习——平面向量与复数
C选项， z 1 4i 4i2 3 4i, z 3 4i，对应坐标为 3, 4 在第三象限，故 C 选
项错误.
D选项， z 1 z 1 z 1 表示 z到 A(1,0)和B 1,0 两点的距离相等，故 z的轨
迹是线段 AB的垂直平分线，故 D选项正确.
25．AC
【详解】
A z r cos i sin z2对于 选项， ，则 r 2 cos 2 i sin 2 ，可得
z2 r2 cos2 i sin 2 r2， z 2 r 2cos i sin r 2，A 选项正确；
对于 B 选项，当 r 1， 时，z3 cos i sin 3 cos3 i sin3 cos i sin 13 ，
B 选项错误；

对于 C选项，当 r 1， 3 时， z cos i sin
1 3 i 1 3 ，则 z i，C 选项
3 3 2 2 2 2
正确；
对于 D选项， zn cos i sin n cosn i sin n cos n n i sin4 4 ，
取n 4，则n为偶数，则 z4 cos i sin 1不是纯虚数，D 选项错误.
26．BC
【详解】
n
根据题意，M m m i ,n N 中，
n 4k k N 时， in 1；
n 4k 1 k N 时，
in i；n 4k 2 k N 时， in 1；
n 4k 3 k N 时， in i，
M 1,1, i, i .
选项 A中， 1 i 1 i 2 M ；
2
1 i 1 i
选项 B 中， i M
1 i 1 i ；1 i
第 34 页 共 36 页
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1 i 1 i 2
选项 C

中， i M ；
1 i 1 i 1 i
选项 D中， 1 i 2 2i M .
27 2．
2
【详解】
| z | 1 1 2 .
|1 i | 2 2
28．2.
【详解】
(a 2i)(1 i) a ai 2i 2i2 a 2 (a 2)i，
令a 2 0得 a 2 .
29．2 3
【详解】
方法一：设 z1 a bi, (a R,b R)， z2 c di, (c R,d R)，
z1 z2 a c (b d )i 3 i，
a c 3 ，又 |z1|=|z2 |=2，所以a2 b2 4， c2 d 2 4，
b d 1
(a c)2 (b d )2 a2 c2 b2 d 2 2(ac bd ) 4
ac bd 2
z1 z2 (a c) (b d )i (a c)2 (b d )2 8 2 ac bd
8 4 2 3 .
故答案为：2 3 .

方法二：如图所示，设复数 z1, z2 所对应的点为Z1,Z2 ,OP OZ1 OZ 2 ,

由已知 OP 3 1 2 OZ1 OZ2 ,
∴平行四边形OZ1PZ2为菱形，且 OPZ1, OPZ 2都是正三角形，∴ Z1OZ2 120 ，
第 35 页 共 36 页
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| Z1Z |
2
2 |OZ1 |
2 |OZ2 |
2 2 |OZ1 ||OZ2 | cos120
1
22 22 2 2 2 ( ) 12
2
∴ z1 z2 Z1Z2 2 3 .
30． i
【详解】
2 2 1
因为 z ，故 z 1 i ，所以 z2 1 i
2 i
2 ，1 i 2
故 z100 i2 25 12 1,z50 i2 i i ，故 z100 z50 1 i，
故答案为： i .
第 36 页 共 36 页

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