资源简介

(共56张PPT)
聚焦二　不等式
内容
索引
02.微专题2
03.专题强化练（2）
01.微专题1　
01.微专题1　
保分练
1．(2024·江苏扬州模拟)设a，b，c为实数，且a>b>0，则下列不等式正确的是(　　)
A．ac2>bc2 B．>
C．a2>ab>b2 D．>
答案：C
解析：A选项，当c＝0时，Ac2＝bc2＝0，A错误；B选项，因为A>b>0，所以b－A<0，则＝＝<0，故<0，<，B错误；C选项，A>b>0两边同乘以A得A2>Ab，A>b>0两边同乘以b得Ab>b2，故A2>Ab>b2，C正确；D选项，因为A>b>0，所以Ab>0，A>b>0两边同乘以得>，D错误．故选C.
2．(2024·广东广州模拟)已知集合A＝{ x |<0}，集合B＝{ x |log3(x－1)<1}，则A＝(　　)
A．{x|0C．{x|0答案：C
解析：因为A＝{x|x(x－3)<0}＝{x|03．已知不等式ax2－5x＋b<0的解集为{x|－2A．{x|－C．{x|x<－或x>} D．{x|x<－或x>}
答案：D
解析：不等式Ax2－5x＋b<0的解集为{x|－20，解得x<－或x>.故选D.
4．关于x的不等式(a－1)x2－ax＋a＋1≥0的解集为R，则实数a的取值范围是(　　)
A．a>1 B．a≥
C．－≤a≤D．a≤－或a≥
答案：B
解析：(A－1)x2－Ax＋A＋1≥0的解集为R，即(A－1)x2－Ax＋A＋1≥0恒成立，当A＝1时，即－x＋2≥0，不符合题意；当A≠1时，则解得A≥.综上所述，实数A的取值范围是A≥.故选B.
5．已知1≤a≤2，－1≤b≤4，则a－2b的取值范围是________．
[－7，4]
解析：因为－1≤b≤4，所以－8≤－2b≤2，由1≤A≤2，得－7≤A－2b≤4.
提分练
6．(2024·河北沧州模拟)(多选)下列不等关系成立的是(　　)
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若a>b，<，则ab>0
C．若a>b，>，则a>0>b
D．若a>b，a2>b2，则a>b>0
答案：BC
解析：对于A，当c＝0时，Ac2＝bc2＝0，故A错误；对于B，因为A>b，则b－A<0，又<，即＝<0，所以Ab>0，故B正确；对于C，因为A>b，则b－A<0，又>，即＝>0，所以Ab<0，所以A>0>b，故C正确；对于D，若A＝2，b＝－1，满足A2>b2，A>b，但是A>0>b，故D错误．故选BC.
7．若对任意的x∈[－1，0]，－2x2＋4x＋2＋m≥0恒成立，则m的取值范围是(　　)
A．[4，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(－∞，4] D．(－∞，2]
答案：A
解析：因为对任意的x∈[－1，0]，－2x2＋4x＋2＋m≥0恒成立，所以对任意的x∈[－1，0]，m≥2x2－4x－2恒成立，因为当x∈[－1，0]，y＝2(x－1)2－4∈[－2，4]，所以m≥(2x2－4x－2)mAx＝4，x∈[－1，0]，即m的取值范围是[4，＋∞)．故选A.
8．若关于x的不等式x2－4x－2－a>0在区间(1，4)内有解，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，2) B．(－∞，－2)
C．(－6，＋∞) D．(－∞，－6)
答案：B
解析：令f(x)＝x2－4x－2－A，则函数的图象为开口朝上且以直线x＝2为对称轴的抛物线，故在区间(1，4)上，f(x)0在区间(1，4)内有解，则－2－A>0，解得A<－2，即实数A的取值范围是(－∞，－2)．故选B.
9．(2024·河北石家庄二模)若实数x，y，z≥0，且x＋y＋z＝4，2x－y＋z＝5，则M＝4x＋3y＋5z的取值范围是________________．
[15，19]
解析：因为x＋y＝4－z，2x－y＝5－z，故x＝3－，y＝1－，由x，y，z≥0得解得0≤z≤3，故M＝4x＋3y＋5z＝4(3－)＋3(1－)＋5z＝＋15∈[15，19].
技法领悟
1．使用不等式的性质时要特别注意性质成立的条件，如不等式两端同时乘以一个数时要看该数取值情况．
2．参数在常数位置或者变量范围恒正恒负，优先考虑参变分离：a>g(x)恒成立 a>g(x) max；aa>g(x)有解 a>g(x)min；a3．变更主元法，将参数看做变量．
02.微专题2
保分练 基础题得满分
1．下列选项正确的是(　　)
A．≥2 B．x＋≥4
C．sin2α＋的最小值为2D．x2＋的最小值为
答案：D
解析：当与为负数时，≥2显然不成立，选项A不正确；因为x不一定为正数，当x为负数时，x＋≥4显然不成立，选项B不正确；令sin2α＝t∈(0，1]，所以t＋的最小值为3，当且仅当sin2α＝1时，取到最小值，选项C不正确；x2＋＝x2＋2＋－2，因为x2＋2≥2，所以x2＋2＋－2≥2＋－2＝，当且仅当x＝0时，取到最小值，选项D正确．故选D.
2．已知x>2，y＝x＋，则y的最小值为(　　)
A．2 B．1
C．4 D．3
答案：C
解析：因为x>2，所以x－2>0，>0，由基本不等式得y＝x＋＝x－2＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当x－2＝，即x＝3时，等号成立，则y的最小值为4.故选C.
3．(2024·黑龙江哈尔滨二模)已知正实数x，y满足＝1，则2xy－3x的最小值为(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
答案：B
解析：易知＝1 2x＋y＝xy，则2xy－3x＝2(2x＋y)－3x＝(x＋2y)·()＝5＋≥5＋2 ＝9，当且仅当＝，即x＝y＝3时取得等号．故选B.
4．(2024·浙江嘉兴二模)若正数x，y满足x2－2xy＋2＝0，则x＋y的最小值是(　　)
A． B．
C．2 D．2
答案：A
解析：由x2－2xy＋2＝0可得y＝，所以x＋y＝x＋＝≥2＝，当且仅当＝，即x＝时，等号成立，此时y＝>0符合题意，所以x＋y的最小值为.故选A.
提分练
5．(2024·福建漳州检测)设a>0，b>0，且a＋2b＝1，则log2a＋log2b的(　　)
A．最小值为－3
B．最小值为3
C．最大值为－3
D．最大值为3
答案：C
解析：因为A>0，b>0，且A＋2b＝1，所以A＋2b≥2，即Ab≤，当且仅当A＝2b时取等号，所以log2A＋log2b＝log2Ab≤log2＝－3，即log2A＋log2b≤－3.故选C.
6．(2024·山西吕梁二模)若函数y＝loga(x－2)＋1(a>0，且a≠1)的图象所过定点恰好在椭圆＝1(m>0，n>0)上，则m＋n的最小值为(　　)
A．6 B．12
C．16 D．18
答案：C
解析：由题意得，函数y＝logA(x－2)＋1(A>0，且A≠1)的图象所过定点为(3，1)，则＝1，所以m＋n＝(m＋n)·()＝10＋≥10＋2 ＝16，当且仅当＝，即m＝12，n＝4时等号成立．故选C.
7．(2022·新高考Ⅱ卷)(多选)对任意x，y，x2＋y2－xy＝1，则(　　)
A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1
答案：BC
解析：因为Ab≤()2≤(A，b∈R)，由x2＋y2－xy＝1可变形为(x＋y)2－1＝3xy≤3()2，解得－2≤x＋y≤2，当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以A错误，B正确；由x2＋y2－xy＝1可变形为(x2＋y2)－1＝xy≤，解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以C正确；因为x2＋y2－xy＝1变形可得(x－)2＋y2＝1，设x－＝cos θ，y＝sin θ，所以x＝cos θ＋sin θ，y＝sin θ，因此x2＋y2＝cos2θ＋sin2θ＋sinθcos θ＝1＋sin 2θ－cos 2θ＋＝sin (2θ－)∈[，2]，所以当x＝，y＝－时满足等式，但是x2＋y2≥1不成立，所以D错误．故选BC.
8．(2024·江西赣州二模)已知y>x>0，则－的最小值为________．
解析：由题知y>x>0，所以＝＝－2＝y()－2＝y()－2＝[(2y－2x)＋(2x＋y)]·()－2＝(2＋)－2≥(2＋2)－2＝－2＝，当且仅当＝，即2x＋y＝2y－2x，即y＝4x时等号成立．
技法领悟
基本不等式的主要用途是求多元函数的最值，在使用基本不等式时注意以下两点：一是注意不等式的使用条件，特别是其中等号能否成立；二是合理变换求解目标，如常数代换法、换元法等，创造使用基本不等式的条件．
03.专题强化练（2）
1．已知集合A＝{x∈N*|x2－5x≤0}，B＝{x∈Z||x－1|<2}，则A＝(　　)
A．{0，1，2，3，4，5} B．{0，1，2}
C．{1，2} D．{1，2，3，4，5}
答案：C
解析：由x2－5x≤0，解得0≤x≤5，所以A＝{1，2，3，4，5}，由|x－1|<2，解得－12．(2024·江西鹰潭二模)已知全集U＝R，A＝{x|x2－2x≥0}，B＝{x|ln (x－1)<1}，则( UA)＝(　　)
A．(0，2) B．(1，2)
C．(2，e＋1) D．[2，e＋1)
答案：B
解析：解不等式x2－2x≥0，得x≤0或x≥2，于是A＝(－∞，0] N∪ [2，+∞)， UA＝(0，2)，由ln (x－1)<1，得03．已知A＝{x≤0}，若2∈A，则m的取值范围是(　　)
A．－≤m< B．－≤m≤
C．m≤－或m> D．m≤－或m≥
答案：A
解析：因为2∈A，所以≤0，等价于解得－≤m<.故选A.
4．(2024·辽宁葫芦岛一模)已知a>0，b>0，a＋b＝2，则(　　)
A．0C．a2＋b2>2 D．1答案：B
解析：对A，由b＝2－a>0，故a<2，即00，b>0，则ab>0，且ab≤()2＝1，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，故00，故b<2，即05．已知a，b∈R，下列命题正确的是(　　)
A．若ab＝1，则a＋b≥2
B．若<，则a>b
C．若a>b，则ln (a－b)>0
D．若a>b>0，则a＋>b＋
答案：D
解析：当a＝－1，b＝－1时，a＋b＝－2，所以A错误；当a<0，b>0时，ab>0，则>>0，则a＋>b＋成立，所以D正确．故选D.
6．已知m，n∈(0，＋∞)，＋n＝4，则m＋的最小值为(　　)
A．3　　　B．4 C．5　　　D．6
答案：B
解析： m，n∈(0，＋∞)，m＋＝(m＋)·(＋n)＝(10＋mn＋)≥(10＋2 )＝4，当且仅当mn＝，即m＝1，n＝3时等号成立．故选B.
7．若不等式x2－ax＋4≥0对任意x∈[1，3]恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[0，4] B．(－∞，4]
C．(－∞，] D．(－∞，5]
答案：B
解析：不等式x2－ax＋4≥0对任意x∈[1，3]恒成立，则 x∈[1，3]，a≤x＋成立，而x＋≥2＝4，当且仅当x＝，即x＝2时取等号，因此a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4].故选B.
8．若f(x)＝ln (m>0，n>0)是奇函数，则的最小值为(　　)
A．　　　B． C．4　　　D．5
答案：B
解析：若f(x)＝ln (m>0，n>0)为奇函数，则f(－x)＝ln (m>0，n>0)，所以f(x)＋f(－x)＝ln ＋ln ＝ln (·)＝0，则·＝1，整理得m2＝(1－n)2.又因为m>0，n>0，奇函数的定义域满足>0，即(x＋m)(x＋n－1)<0，结合m2＝(1－n)2可得－m－n＋1＝0，即m＋n＝1，m>0，n>0，故(4m＋1)＋n＝，所以()×[(4m＋1)＋n]×＝(＋1)×≥(＋1)×＝，当且仅当＝，即m＝，n＝时，等号成立，故的最小值为.故选B.
9．若a>b>0，那么下列不等式一定成立的是(　　)
A．> B．<
C．a>>b D．a＋>b＋
答案：ACD
解析：对于A，因为a>b>0，所以＝＝>0，故A正确；对于B，>1>>0，故B错误；对于C，a>b>0，＝>1，所以a>，因为＝>1，所以>b，所以a>>b，故C正确；对于D，a＋－b－＝(a－b)(1＋)>0，故D正确．故选ACD.
10．下列说法正确的是(　　)
A．不等式4x2－5x＋1>0的解集是{x|B．不等式2x2－x－6≤0的解集是{x|x≤－或x≥2}
C．若不等式ax2＋8ax＋21<0恒成立，则a的取值范围是
D．若关于x的不等式2x2＋px－3<0的解集是(q，1)，则p＋q的值为－
答案：CD
解析：对于A，4x2－5x＋1>0 (x－1)(4x－1)>0 x<或x>1，故A错误；对于B，2x2－x－6≤0 (x－2)(2x＋3)≤0 －≤x≤2，故B错误；若不等式ax2＋8ax＋21<0恒成立，当a＝0时，21<0是不可能成立的，所以只能而该不等式组无解，综上，故C正确；对于D，由题意得q，1是一元二次方程2x2＋px－3＝0的两根，从而解得而当p＝1，q＝－时，一元二次不等式2x2＋x－3<0 (x－1)(2x＋3)<0 －11．已知a2＋4b2＋2ab＝1，则(　　)
A．ab的最大值为
B．a2＋4b2的最小值为
C．a2＋4b2的最大值为2
D．ab的最小值为－
答案：AC
解析：对A，由a2＋4b2≥4ab，得a2＋4b2＋2ab≥6ab，所以ab≤，当且仅当a＝2b时取等号，故A正确；对B，由2ab＝a·2b≤，得a2＋4b2＋2ab≤，所以a2＋4b2≥，当且仅当a＝2b时取等号，故B错误；对C，由2ab＝a·2b≥－，得a2＋4b2＋2ab≥，所以a2＋4b2≤2，当且仅当a＝－2b时取等号，故C正确；对D，由a2＋4b2≥－4ab，得a2＋4b2＋2ab≥－2ab，所以ab≥－，当且仅当a＝－2b时取等号，故D错误．故选AC.
12．若关于x的不等式x2－4x－a>0在区间(1，5)内有解，则实数a的取值范围是___________．
(－∞，5)
解析：不等式x2－4x－a>0在区间(1，5)内有解，即a13．(2024·辽宁大连一模)对于任意的正数m，n，不等式 成立，则λ的最大值为________．
7＋2
解析：因为m，n都为正数，则不等式成立，即为λ≤(2m＋n)()成立，又由(2m＋n)()＝7＋≥7＋2 ＝7＋2，当＝时，即n＝m时，等号成立，所以λ≤7＋2，即λ的最大值为7＋2.
14．设a，b，c>0，则的最大值为________．
2
解析：因为a，b>0，所以2＝2＋2b，当且仅当＝2b，即a＝4b时取等号，又因为a，c>0，所以4＝2＝2 ＋8c，当且仅当＝8c，即a＝16c时取等号，所以＝2，当且仅当a＝4b＝16c时取等号．所以的最大值为2.(共54张PPT)
聚焦一　集合、常用逻辑用语
内容
索引
02.微专题2
03.专题强化练（1）
01.微专题1　
01.微专题1　
微专题1　集合
保分练
1．(2023·新课标Ⅰ卷)已知集合M＝{－2，－1，0，1，2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M＝(　　)
A．{－2，－1，0，1}
B．{0，1，2}
C．{－2}
D．{2}
答案：C
解析：
方法一　因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M＝{－2}，故选C.
方法二　由于1∈/N，所以1∈/M排除A，B；由于2∈/N，所以2∈/M排除D.故选C.
2．(2023·新课标Ⅱ卷)设集合A＝{0，－a}，B＝{1，a－2，2a－2}，若A B，则a＝(　　)
A．2 B．1
C． D．－1
答案：B
解析：依题意，有A－2＝0或2A－2＝0.当A－2＝0时，解得A＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不满足A B；当2A－2＝0时，解得A＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，满足A B，所以A＝1.故选B.
3．(2024·新课标Ⅰ卷)已知集合A＝{x|－5A．{－1，0} B．{2，3}
C．{－3，－1，0} D．{－1，0，2}
答案：A
解析：
方法一　由题意可知－1∈B，(－1)3＝－1∈A，0∈B，03＝0∈A，所以A＝{－1，0}．故选A.
方法二　由题意知A＝{x|－4．(2024·北京卷)已知集合M＝{x|－4A．{x|－4C．{0，1，2} D．{x|－1答案：A
解析：由题意得M＝(－4，3)．故选A.
5．(2024·河北衡水模拟)已知集合M＝{x|x<0或x>2}，N＝{x|<2}，则( RM)＝(　　)
A．{x|0C．{x|0≤x<4} D．{x|0答案：C
解析：由M＝{x|x<0或x>2}，得 RM＝{x|0≤x≤2}，又N＝{x|0≤x<4}，所以( RM)＝{x|0≤x<4}．故选C.
6．已知集合A＝{(x，y)|y＝4x2}，B＝{(x，y)|y＝x}，则A的子集个数为________．
4
解析：由解得或所以A＝{(0，0)，()}，有两个元素，所以A的子集个数为22＝4.
提分练
7．(2024·江西鹰潭模拟)已知集合M＝{x|x<－3或x>2}，N＝{x|x2－4x－5≤0}，则( RM)＝(　　)
A．(－2，1] B．[－2，1]
C．[－1，2] D．[－1，2)
答案：C
解析：由x2－4x－5≤0，解得－1≤x≤5，所以N＝{x|－1≤x≤5}，又M＝{x|x<－3或x>2}，所以 RM＝{x|－3≤x≤2}，( RM)＝{x|－1≤x≤2}．故选C.
8．(2024·河北保定二模)已知集合A＝{x∈Z|x＋1>0}，B＝{x|x≤a}，若A中有2个元素，则a的取值范围是(　　)
A．[2，4)　B．[1，2)　C．[2，4]　D．[1，2]
答案：B
解析：A＝{x∈Z|x＋1>0}＝{x∈Z|x>－1}，因为A中只有2个元素，则A＝{0，1}，所以1≤A<2.故选B.
9．(2024·河北沧州模拟)已知集合P＝{x||x＋1|<2}，Q＝{x|x2－(a＋1)x＋a<0}．若P＝P，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－3，1) B．[－3，1]
C．(1，3] D．(－∞，1)
答案：B
解析：由|x＋1|<2，解得－31时，不符合题意，所以Q＝{x|A10．(2024·河南信阳模拟)已知集合A＝{x|＝a，a，b∈R}，B＝{b，}，A B，则a的取值集合为________．
{0，1，b2}
解析：由题意可知，x≠0，b≠0，b≠±1，因为A B，所以当A＝ 时，A＝0；当A≠ 时，x＝∈B，则＝b或＝，解得A＝1或A＝b2.综上得，A的取值集合是{0，1，b2}．
技法领悟
1．两个集合之间的关系是子集关系时，注意空集的讨论．
2．进行集合的基本运算时，应注意“端点”的取舍，避免特殊元素的遗漏．
02.微专题2
保分练
1．(2024·河北邯郸模拟)命题“ x∈(1，＋∞)，x3－2x＋1>0”的否定是(　　)
A． x∈(－∞，1]，x3－2x＋1>0
B． x∈(1，＋∞)，x3－2x＋1≤0
C． x∈(－∞，1]，x3－2x＋1>0
D． x∈(1，＋∞)，x3－2x＋1≤0
答案：D
解析：因为全称量词命题的否定为存在量词命题，所以命题“ x∈(1，＋∞)，x3－2x＋1>0”的否定是“ x∈(1，＋∞)，x3－2x＋1≤0”．故选D.
2．(2024·广东梅州一模)命题“ x∈(0，＋∞)，ln x＝x－1”的否定是(　　)
A． x∈(0，＋∞)，ln x≠x－1
B． x (0，＋∞)，ln x＝x－1
C． x∈(0，＋∞)，ln x≠x－1
D． x (0，＋∞)，ln x＝x－1
答案：C
解析：存在量词命题的否定为全称量词命题，所以命题“ x∈(0，＋∞)，ln x＝x－1”的否定是“ x∈(0，＋∞)，ln x≠x－1”．故选C.
3．(2024·新课标Ⅱ卷)已知命题p： x∈R，|x＋1|>1；命题q： x>0，x3＝x，则(　　)
A．p和q都是真命题
B． p和q都是真命题
C．p和 q都是真命题
D． p和 q都是真命题
答案：B
解析：对于命题p，当x＝－1时，|x＋1|＝0<1，所以p是假命题， p是真命题；对于命题q，若x3＝x，则x＝－1，0，1，所以满足“ x>0，x3＝x”，故q是真命题， q是假命题．故选B.
4．(2024·河北唐山一模)已知x∈R，p：“x2－x>0”，q：“x>1”，则p是q的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：B
解析：由x2－x>0，即x(x－1)>0，解得x>1或x<0，所以p：“x>1或x<0”，故由p推不出q，即充分性不成立，由q推得出p，即必要性成立，所以p是q的必要不充分条件．故选B.
提分练
5．(2024·河北邢台二模)若点P是双曲线C：－＝1上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，则“|PF1|＝8”是“|PF2|＝16”的(　　)
A．既不充分也不必要条件
B. 必要不充分条件
C．充要条件
D．充分不必要条件
答案：D
解析：由题得A＝4，b＝3，c＝＝5，当点P在左支时，|PF1|的最小值为c－A＝1；当点P在右支时，|PF1|的最小值为A＋c＝9.因为|PF1|＝8，则点P在双曲线的左支上，由双曲线的定义|PF2|－|PF1|＝|PF2|－8＝2A＝8，解得|PF2|＝16；当|PF2|＝16，点P在左支时，|PF1|＝8；在右支时，|PF1|＝24，推不出|PF1|＝8，故为充分不必要条件．故选D.
6．(2024·江西萍乡二模)集合A＝{x|－1A．(－1，2) B．[2，＋∞)
C．(－2，2] D．(2，＋∞)
答案：B
解析：A＝{x|－17．(2024·福建厦门模拟)设A，B为随机事件，则P(A)＝P(B)的充要条件是(　　)
A．P(A＝P(A)＋P(B)
B．P(AB)＝P(A)P(B)
C．P(AB)＝P()
D．P(A)＝P(B)
答案：D
解析：对于A，由P(A＝P(A)＋P(B)，可知A，B为互斥事件，概率不一定相等，A错误；对于B，由P(AB)＝P(A)P(B)，可知A，B相互独立，与概率大小无关，B错误；对于C，抛掷一颗骰子，记掷出点数1，2，3，4为事件A，掷出点数3，4，5，6为事件B，则事件AB表示掷出点数为3，4，为不可能事件，所以P(A)＝P(B)＝，P(AB)＝，P()＝0，显然，由P(A)＝P(B)推不出P(AB)＝P()，C错误；对于D，P(A)＝P(AB＋A)＝P(AB)＋P(A)，P(B)＝P(BA＋B)＝P(BA)＋P(B)，若P(A)＝P(B)，则P(AB)＋P(A)＝P(BA)＋P(B)，即P(A)＝P(B)，反之亦然，故P(A)＝P(B)的充要条件是P(A)＝P(B)，D正确．故选D.
8．(2024·湖北武汉模拟)若命题“ x∈[]，tan 2x＋2≥m”是假命题，则实数m的取值范围是________．
(3，＋∞)
解析：若命题“ x∈[]，tAn 2x＋2≥m”是真命题，可得(tAn 2x＋2)min≥m，易知y＝tAn 2x＋2在x∈[]上单调递增，所以(tAn 2x＋2)min＝tAn (2×)＋2＝3，可得m≤3，又因为该命题是假命题，所以可得m>3，即实数m的取值范围是(3，＋∞)．
技法领悟
判断充分、必要条件时的3个关注点
(1)要弄清先后顺序：“A的充分不必要条件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A.
(2)要善于举出反例：当从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明．
(3)要注意转化： p是 q的必要不充分条件 p是q的充分不必要条件； p是 q的充要条件 p是q的充要条件．
03.专题强化练（1）
1．已知全集U＝{x|－1A．0∈A B．1 A
C．2∈A D．3 A
答案：B
解析：由U＝{x|－12．(2024·黑龙江哈尔滨模拟)命题p： x>0，x2－ax＋2>0的否定是(　　)
A． x>0，x2－ax＋2≤0 B． x≤0，x2－ax＋2>0
C． x>0，x2－ax＋2≤0 D． x≤0，x2－ax＋2≤0
答案：C
解析：由于全称量词命题的否定为存在量词命题，所以命题p： x>0，x2－ax＋2>0的否定是 x>0，x2－ax＋2≤0.故选C.
3．下列集合关系不成立的是(　　)
A．A＝A
B．A＝
C．( UA)∩ UB)＝ U(A
D．0∈
答案：D
解析：因为A＝A＝A，故A正确；由空集的定义可知A＝ ，故B正确；由图可知C正确；因为空集中不包含任何元素，故D错误．故选D.
4．(2024·河北沧州模拟)已知集合A＝{－1，1，2，3，5}，B＝{x|2x2－3x－2>0}，则A＝(　　)
A．{－1，3，5} B．{－1，2，3，5}
C．{3，5} D．{2，3，5}
答案：A
解析：集合B＝{x|x<－或x>2}，
所以A＝{－1，3，5}．故选A.
5．设全集U＝R，集合M＝{x|2x≥1}，集合N＝{x|x2<4}，则M＝(　　)
A．[0，2) B．(－∞，2)
C．[0，＋∞) D．(－2，＋∞)
答案：D
解析：因为2x≥1＝20，所以x≥0，所以M＝{x|x≥0}，因为x2<4，所以－26．已知向量a＝(m，2m＋3)，b＝(1，4m＋1)，则“m＝－”是“a与b共线”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：A
解析：向量a＝(m，2m＋3)，b＝(1，4m＋1)，若a与b共线，则m(4m＋1)－(2m＋3)＝0，解得m＝－或m＝1，所以“m＝－”是“a与b共线”的充分不必要条件．故选A.
7．已知α＋3β＝π，设p：3tan ·tan β＝1，q：α＝，β＝，则p是q的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：B
解析：充分性：由α＋3β＝π得＋β＝，因为3tan ·tan β＝1，所以tan (＋β)＝＝，故tan ＋tan β＝，故tan ＝，故3tan2－2tan＋1＝0，tan ＝，故tan β＝，故＝＋k1π(k1∈Z)，β＝＋k2π(k2∈Z)，α＋3β＝＋3k1π＋＋3k2π＝π＋3π(k1＋k2)(k1，k2∈Z)，又α＋3β＝π，只需要k1＋k2＝0，k1，k2∈Z即可，充分性不成立；必要性：当α＝，β＝时，代入可得3tan ·tan β＝1，必要性成立．故p是q的必要不充分条件．故选B.
8．若集合A＝{x|≤a}，B＝{x|x2－2x－3≤0}，且A B，则a的取值范围为(　　)
A．[0，1] B．[0，]
C．(－∞，1] D．(－∞，]
答案：D
解析：由x2－2x－3≤0，即(x＋1)(x－3)≤0，解得－1≤x≤3，所以B＝{x|x2－2x－3≤0}＝[－1，3].当a<0时，A＝{x|≤a}＝ ，符合A B；当a≥0时，由≤a，解得0≤x≤a2，所以A＝{x|≤a}＝{x|0≤x≤a2}，因为A B，所以解得0≤a≤.综上可得a的取值范围为(－∞，].故选D.
9．(2024·河南新乡二模)已知m∈R，集合A＝{(x，y)|mx＋y－1＝0}，B＝{(x，y)|2mx＋2y－9＝0}，C＝{(x，y)|x2＋y2＋2x－4y＋1＝0}，D＝{(x，y)|x2＋y2－2x＝0}，则下列结论一定成立的是(　　)
A．A＝ B．A
C．B＝ D．C＝
答案：AB
解析：A＝{(x，y)|mx＋y－1＝0}表示过定点(0，1)，且斜率为－m的直线的点构成的集合，B＝{(x，y)|2mx＋2y－9＝0}表示过定点(0，)，且斜率为－m的直线的点构成的集合，C＝{(x，y)|x2＋y2＋2x－4y＋1＝0}表示圆心为(－1，2)，半径为r＝2的圆上的点构成的集合，D＝{(x，y)|x2＋y2－2x＝0}表示圆心为(1，0)，半径为r0＝1的圆上的点构成的集合．
对于A，集合A，B中的直线平行，故A＝ ，故A正确；对于B，由于02＋1＋0－4＋1<0，故(0，1)在圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0内，故经过点(0，1)的直线与圆相交，A故B正确；对于C，由于02＋()2＋0－4×＋1>0，故(0，)在圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0外，故当经过点(0，)的直线与圆相离时，此时B＝ 不一定成立，故C错误；对于D，由于＝2∈(r－r0，r＋r0)，故两圆相交，C故D错误．故选AB.
10．已知直线m，n和平面α，β，且n α，则下列条件中，p是q的充分不必要条件的是(　　)
A．p：m∥α，q：m∥n B．p：m⊥α，q：m⊥n
C．p：α∥β，q：n∥β D．p：n⊥β，q：α⊥β
答案：BCD
解析：若m∥α，n α，则直线m，n可能平行或异面，所以p不能推出q，故A错误；若p：m⊥α，则直线m垂直于平面α的每一条直线，又n α，所以q：m⊥n成立，但若q：m⊥n成立，根据线面垂直的判定，还需在平面α内找一条与n相交的直线，且m不在平面α内，故q不能推出p，故B正确；若p：α∥β，且n α，由面面平行的性质可知，q：n∥β成立，反之，由线面平行的判定可知当q：n∥β，不能推出p：α∥β，故C正确；若p：n⊥β，且n α，由面面垂直的判定定理可知q：α⊥β成立，反之，若q：α⊥β，且n α，则直线n与平面β可能成任意角度，故D正确．故选BCD.
11．(2024·江苏泰州模拟)对任意A，B R，记A B＝{x|x∈A并称A B为集合A，B的对称差．例如：若A＝{1，2，3}，B＝{2，3，4}，则A B＝{1，4}．下列命题中，为真命题的是(　　)
A．若A，B R，且A B＝B，则A＝
B．若A，B R，且A B＝ ，则A＝B
C．若A，B R，且A B A，则A B
D．存在A，B R，使得A B≠ RA RB
答案：AB
解析：对于A，因为A B＝B，所以B＝{x|x∈A所以A B，且B中的元素不能出现在A中，因此A＝ ，即A正确；对于B，因为A B＝ ，所以 ＝{x|x∈A即A与A是相同的，所以A＝B，即B正确；对于C，因为A B A，所以{x|x∈所以B A，即C错误；对于D，由于 RA RB＝{x|x∈( RA∪ R B)，x ( RA∩ RB)}＝{x|x∈ R(A∩B)，x R (A＝{x|x∈A而A B＝{x|x∈A故A B＝ RA RB，即D错误．故选AB.
12．(2024·山东潍坊二模)已知命题p： x∈[－1，1]，x2>a，则 p为______________________．
x∈[－1，1]，x2≤a
解析：由存在量词命题的否定为全称量词命题得 p为 x∈[－1，1]，x2≤a.
13．(2024·辽宁丹东一模)已知集合A＝{x|－x2－2x＋a>0}，B＝R，若A＝ ，则a的取值范围是___________．
(－∞，－1]
解析：因为B＝R，A＝ ，所以A＝ ，则不等式－x2－2x＋a>0无解，所以Δ＝4＋4a≤0，解得a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1].
14．(2024·辽宁沈阳模拟)若“ x∈(0，＋∞)，使x2－ax＋4<0”是假命题，则实数a的取值范围为____________．
(－∞，4]
解析：因为“ x∈(0，＋∞)，使x2－ax＋4<0”是假命题，所以“ x∈(0，＋∞)，x2－ax＋4≥0”为真命题，其等价于a≤x＋在(0，＋∞)上恒成立，又因为对勾函数f(x)＝x＋在(0，2]上单调递减，在[2，＋∞)上单调递增，所以＝f(2)＝4，所以a≤4，即实数a的取值范围为(－∞，4].(共46张PPT)
提能培优1 与平面向量有关的最值与范围问题
内容
索引
02.考点二
04.专题强化练（4）
01.考点一
03.考点三
01.考点一
考点一　求向量数量积的最值(范围)
例1 (1)(2024·江西鹰潭二模)在Rt△ABC中，角A，B，C所对应的边为a，b，c，A＝，C＝，c＝2，P是△ABC外接圆上一点，则·()的最大值是(　　)
A．4　　B．2＋
C．3 D．1＋
答案：A　
解析：
如图，设Rt△ABC的外心为O，则点O是AB的中点，由·()＝2·＝2()·＝22＋2·，因为c＝2，故||＝||＝1，而·＝cos 〈〉，故·()≤2＋2＝4，当且仅当与同向时取等号．故选A.
(2)(2024·北京昌平二模)已知正方形ABCD的边长为1，点P满足＝λ(λ>0)．当λ＝时，·＝________；当λ＝________时，·取得最大值．
解析：根据题意，建立以A为原点的平面直角坐标系，如图，
则A(0，0)，C(1，1)，D(0，1)，B(1，0)，因为正方形ABCD的边长为1，＝λ(λ>0)，当λ＝时，＝＝(，0)，所以P(，0)，所以＝(1，1)，＝(－，1)，所以·＝1×(－)＋1＝；
如图，因为＝λ(λ>0)，所以P(λ，0)，所以＝(λ，－1)，＝(1－λ，1)，所以·＝λ(1－λ)－1＝－λ2＋λ－1＝－(λ－)2－，所以当λ＝时，·取得最大值．
技法领悟
1．利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断．
2．利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
【跟踪训练1】　在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，AC＝6，D为BC的中点，点P在△ABC斜边BC的中线AD上，则·的取值范围为(　　)
A．[－10，0] B．[－6，0]
C．[0，6] D．[0，10]
答案：A
解析：由题得AD＝DB＝DC＝BC＝＝，所以由点P在△ABC斜边BC的中线AD上得PD∈[0，]，故·＝()·()＝()·()＝－＝－10∈[－10，0].故选A.
02.考点二
考点二　求向量模、夹角的最值(范围)
例2 (1)(2024·湖南长沙模拟)已知λ∈R，平面向量a＝(λ，－1)，b＝(2，λ)，则|a＋b|的最小值为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：A　
解析：易知a＋b＝(λ＋2，λ－1)，故|a＋b|2＝＋(λ－1)2＝2λ2＋2λ＋5＝2(λ＋)2＋，当＝0时，|a＋b|最小，此时由二次函数性质得|a＋b|2＝，故|a＋b|＝，故|a＋b|的最小值为.故选A.
(2)平面向量a，b满足|a|＝3|b|，且|a－b|＝4，则a与a－b夹角的正弦值的最大值为________.
解析：设＝a，＝b，则a－b＝＝，∵|a|＝3|b|，设|b|＝t，则|a|＝3t，又|a－b|＝4，则t∈(1，2)，∴在△AOB中，由余弦定理得
cos ∠OAB＝＝＝＝≥2 ＝，当且仅当＝，即t＝时等号成立，
∴当cos ∠OAB取最小值时，sin ∠OAB最大，
故a与a－b夹角的正弦值的最大值为＝.
技法领悟
1．模的范围或最值的常见方法：(1)通过|a|2＝a2转化为实数问题；(2)数形结合；(3)坐标法．
2．找向量的夹角时，要注意“共起点”以及向量夹角的取值范围是[0，π].若向量a，b的夹角为锐角，包括a·b>0和a，b同向共线；若向量a，b的夹角为钝角，包括a·b<0和a，b反向共线．
【跟踪训练2】　已知非零向量a，b满足|a|＝4，|a＋tb|(t∈R)的最小值为2，则a，b的夹角为(　　)
A．　　B．　　C．或　　D．或
答案：C
解析：因为向量a，b都为非零向量，设a＝，b＝，－tb＝，
可知－tb与b共线，即点P在直线OB上，又因为|a＋tb|＝|a－(－tb)|＝||＝||，当且仅当AP与直线OB垂直时，|a＋tb|取到最小值2，可得sin〈a，b〉＝＝，且〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝或.故选C.
03.考点三
考点三　求参数的最值(范围)
例3 (1)如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别交AB，AC两边于M，N两点，且＝x，＝y，则2x＋y的最小值为(　　)
A．　　B．2＋3　　C．4　　D．2
答案：A　
解析：∵G是△ABC的重心，∴＝，又∵＝x＝y，∴＝，结合题意知x>0，y>0，∵M，G，N三点共线， ∴＝1，∵2x＋y＝(2x＋y)()＝＋1≥2＋1＝，当且仅当＝，即x＝，y＝时取等号，∴2x＋y的最小值为.故选A.
(2)若点C在以P为圆心，6为半径的弧上，且∠APB＝120°，＝x＋y，则2x＋3y的取值范围为________．
[2，]
解析：令＝(2x＋3y)，则＝，即＝，其中＝＝.由＝1知点D在线段A1B1上，如图，
由于在△PA1B1中，|PA1|＝3，|PB1|＝2，∠A1PB1＝120°，
且点D在线段A1B1上(含端点A1，B1)，
因此|PH|≤|PD|≤|PA1|，其中PH是边A1B1上的高．
可得|A1B1|＝.
＝|PA1|·|PB1|·sin ∠A1PB1＝|A1B1|·|PH|，
可得|PH|＝，
所以≤|PD|≤3.
再由＝(2x＋3y)，
可知2x＋3y＝＝∈[2，].
技法领悟
平面向量中涉及系数的范围问题常利用共线向量定理及推论：
(1)a∥b a＝λb(b≠0)；(2)＝λ＋μ(λ，μ为常数)，则A，B，C三点共线 λ＋μ＝1，进行转化，列不等式或等式得到关于系数的关系式，从而求系数的取值范围．
【跟踪训练3】　(2024·重庆模拟)在平行四边形ABCD中，E为CD的中点，＝，AF与BE交于点G，过点G的直线分别与射线BA，BC交于点M，N，＝λ＝μ，则λ＋2μ的最小值为(　　)
A．1　　　B．　　　C．　　　D．
答案：C
解析：由B，G，E三点共线，可设＝t＝t()＝t()＝t；
由A，G，F三点共线，故可设＝m＋(1－m)＝，则有解得故＝；由题意，M，N，G三点共线，
故可设＝n＋(1－n)＝λn＋μ(1－n)，则整理得＝7，故λ＋2μ＝)(λ＋2μ)＝(5＋)≥×(5＋4)＝，当且仅当＝，即λ＝μ＝时等号成立，则λ＋2μ的最小值为.故选C.
03.专题强化练（4）
1．已知O为平面直角坐标系的原点，向量＝(1，3)，＝(－2，－1)，＝(1，－2)，设M是直线OP上的动点，当·取得最小值时，＝(　　)
A．(1，) B．(－1，－)
C．(2，1) D．(－2，－1)
答案：A
解析：＝＝(2，1)，M是直线OP上的动点，则可设＝λ＝(2λ，λ)，则＝＝(1－2λ，3－λ)，＝＝(－1－2λ，2－λ)，·＝5λ2－5λ＋5＝5(λ－)2＋，所以当λ＝时，·取得最小值，此时＝(1，)．故选A.
2．(2024·湖北黄冈二模)已知e为单位向量，向量a满足a·e＝3，|λe－a|＝1，则|a|的最大值为(　　)
A．9 B．3
C． D．10
答案：C
解析：根据条件得(a－λe)2＝|a|2＋λ2－2a·eλ＝＝1，得到|a|2＝－(λ2－6λ－1)＝－(λ－3)2＋10≤10，所以|a|≤，即|a|的最大值为.故选C.
3．已知正三角形ABC的边长为4，D是BC边上的动点(含端点)，则()·()的取值范围是(　　)
A．[4，8] B．[8，24]
C．[2，18] D．[4，20]
答案：B
解析：以BC中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则B(－2，0)，C(2，0)，A(0，2)．设D(x，0)，－2≤x≤2，则＝(－x，2)，＝(－2－x，0)，＝(2－x，0)，所以()·()＝(－2－2x，2)·(2－2x，2)＝4x2＋8，因为－2≤x≤2，所以4x2＋8∈[8，24]，所以()·()的取值范围是[8，24].故选B.
4．(2024·河北石家庄二模)在平行四边形ABCD中， +＝，λ∈[，3]，则cos ∠BAD的取值范围是(　　)
A．[－，－] B．[－]
C．[－] D．[－，－]
答案：A
解析：设与同方向的单位向量＝，与同方向的单位向量＝，与同方向的单位向量＝，由题意＝，所以)2＝，所以1＋6×1×1×cos ∠BAD＋9＝λ2，所以cos ∠BAD＝，因为λ∈[，3]，所以λ2∈[7，9]，所以∈[－，－]，即cos ∠BAD∈[－，－].故选A.
5．(2024·安徽宿州模拟)在△ABC中，点D满足＝，点E在射线AD(不含点A)上移动，若＝λ＋μ，则(μ＋2)2＋λ2的取值范围是(　　)
A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
答案：B
解析：由点E在射线AD(不含点A)上，设＝k，k＞0，又＝，则＝k()＝k[)]＝，于是因此t＝(μ＋2)2＋λ2＝(＋2)2＋k2＝＋3k＋4＞4，所以(μ＋2)2＋λ2的取值范围是(4，＋∞)．故选B.
6．(2024·河北唐山二模)已知圆C：x2＋(y－3)2＝4，过点(0，4)的直线l与x轴交于点P，与圆C交于A，B两点，则·()的取值范围是(　　)
A．[0，1] B．[0，1)
C．[0，2] D．[0，2)
答案：D
解析：
如图，取线段AB的中点D，连接CD，则CD⊥AB，由·()＝2·＝2()·＝，因直线l经过点M(0，4)，考虑临界情况，当线段AB中点D与点M重合时(此时CM⊥AB)，弦长AB最小，此时CD最长，为|CD|max＝|CM|＝4－3＝1(但此时直线l与x轴平行，点P不存在)；当线段AB中点D与点C重合时，点P与点O重合，CD最短为0(此时符合题意)，故·()的取值范围为[0，2)．故选D.
7．(2024·浙江宁波二模)若平面向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝1，|c|＝3，且a·c＝b·c，则(　　)
A．|a＋b＋c|的最小值为2
B．|a＋b＋c|的最大值为5
C．|a－b＋c|的最小值为2
D．|a－b＋c|的最大值为
答案：BD
解析：当向量a，b方向相同，与c方向相反时，满足a·c＝b·c，此时|a＋b＋c|有最小值|c|－(|a|＋|b|)＝1，A选项错误；当向量a，b，c方向相同时，满足a·c＝b·c，此时|a＋b＋c|有最大值|a|＋|b|＋|c|＝5，B选项正确；a·c＝b·c，有(a－b)·c＝0，即(a－b)⊥c，则|a－b＋c|＝，向量a，b方向相同时，|a－b|的最小值为0，|a－b＋c|的最小值为3，C选项错误；向量a，b方向相反时，|a－b|的最大值为2，|a－b＋c|的最大值为，D选项正确．故选BD.
8．(2024·山东潍坊二模)已知向量a，b，c为平面向量，|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，|c－a|＝，则(　　)
A．1≤|c|≤
B．(c－a)·(c－b)的最大值为
C．－1≤b·c≤1
D．若c＝λa＋μb，则λ＋μ的最小值为1－
答案：BCD
9．(2024·广东江门二模)设向量＝(1，x)，＝(2，x)，则cos 〈〉的最小值为________．
解析：cos 〈〉＝，
令2＋x2＝t(t≥2)，则x2＝t－2，
所以cos 〈，〉＝
＝＝，
当＝，即t＝4，x2＝2时，cos 〈〉取得最小值，且最小值为.
10．(2024·山东泰安二模)已知在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，则·的最大值为________；若＝m＋n(m，n∈R)，则m＋n的最大值为________．
3
解析：如图，以B为原点，以BA，BC所在的直线为y，x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(0，0)，A(0，1)，D(，1)，C(，0)，＝(，0)．
∵动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，
设圆的半径为r，
又∵BC＝，CD＝1，∴BD＝＝2，
∴BC·CD＝BD·r，
∴r＝，
∴圆的方程为(x－)2＋y2＝.
设点P的坐标为(cos θ＋sin θ)，θ∈[0，2π]，
则＝(cos θ＋sin θ－1)，
·＝cos θ＋)＝cos θ＋3∈[]，
故·的最大值为.
∵＝m＋n(m，n∈R)，＝(0，－1)，
∴＝(cos θ＋sin θ－1)＝m(0，－1)＋n(，0)＝(n，－m)，
∴cos θ＋1＝n，－sin θ＋1＝m，
∴m＋n＝cos θ－sin θ＋2
＝cos (θ＋)＋2，∵－1≤cos (θ＋)≤1，
∴1≤m＋n≤3，故m＋n的最大值为3.(共61张PPT)
聚焦三　复数、平面向量
内容
索引
02.微专题2
03.专题强化练（3）
01.微专题1　
01.微专题1　
保分练
1．(2023·新课标Ⅱ卷)在复平面内，(1＋3i)(3－i)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
答案：A
解析：因为(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以该复数在复平面内对应的点为(6，8)，位于第一象限．故选A.
2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知z＝，则z－＝(　　)
A．－i B．i
C．0 D．1
答案：A
解析：因为z＝＝＝－i，所以＝i，所以z－＝－i－i＝－i.故选A.
3．(2024·新课标Ⅰ卷)若＝1＋i，则z＝(　　)
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
答案：C
解析：由＝1＋i，可得＝1＋i，即1＋＝1＋i，所以＝i，所以z－1＝＝－i，所以z＝1－i.故选C.
4．(2024·新课标Ⅱ卷)已知z＝－1－i，则|z|＝(　　)
A．0 B．1
C． D．2
答案：C
解析：由z＝－1－i，得|z|＝＝.故选C.
5．(2024·北京卷)已知＝i－1，则z＝(　　)
A．1－i B．－i
C．－1－i D．1
答案：C
解析：由题意得z＝i(i－1)＝－1－i.故选C.
6．(2024·上海卷)已知虚数z，其实部为1，且z＋＝m(m∈R)，则实数m为________．
2
解析：由题意设z＝1＋bi(b≠0且b∈R)，∴z＋＝1＋bi＋＝1＋bi＋＝(1＋)＋(b－)i，∵m∈R，∴b－＝0，解得b＝±1，∴m＝1＋＝1＋1＝2.
提分练
7．(2024·山东潍坊检测)设复数z＝sin (θ＋)＋2i是纯虚数，则θ的值可以为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：由题意得sin (θ＋)＝0，A选项，当θ＝时，sin ()＝1，故A错误；B选项，当θ＝时，sin ()＝－1，故B错误；C选项，当θ＝时，sin ()＝sin 506π＝0，故C正确；D选项，当θ＝时，sin ()＝1，故D错误．故选C.
8．(2024·安徽合肥模拟)若－i是关于x的实系数方程ax2＋bx＋1＝0的一个复数根，且z＝a＋bi，则＝(　　)
A．i B．i
C．i D．i
答案：A
解析：若－i是关于x的实系数方程ax2＋bx＋1＝0的一个复数根，则另一个复数根为－i，
由韦达定理可得 解得则z＝1＋i，所以＝1－i，故有＝＝＝＝i.故选A.
9．(2024·河北沧州模拟)(多选)复数z＝a－3i(a≥0)，则下列说法正确的有(　　)
A．z在复平面内对应的点都位于第四象限
B．z在复平面内对应的点在直线y＝－3上
C．z－＝－6i
D．|z＋i|的最小值为4
答案：BC
解析：对于A，B，因为z＝a－3i，所以z在复平面内对应的点为(a，－3)(a≥0)，z在复平面内对应的点可能在y轴上，故A错误，B正确；对于C，＝a＋3i，z－＝(a－3i)－(a＋3i)＝－6i，故C正确；对于D，|z＋i|＝|a－2i|＝≥2，当a＝0时，|z＋i|取最小值为2，故D错误．故选BC.
10．(2024·河南信阳模拟)(多选)设z为复数(i为虚数单位)，下列命题正确的有(　　)
A．若(1＋i)z＝－i，则|z|＝1
B．对任意复数z1，z2，有|z1z2|＝|z1|·|z2|
C．对任意复数z1，z2，有
D．在复平面内，若M＝{z||z－2|≤2}，则集合M所构成区域的面积为6π
答案：BC
解析：对A，由(1＋i)z＝－i，故z＝＝＝，故|z|＝ ＝，故A错误；
对B，设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，
则|z1z2|＝|(a＋bi)(c＋di)|＝|ac－bd＋(ad＋bc)i|
＝
＝
＝，
|z1|·|z2|＝·
＝
＝，故|z1z2|＝|z1|·|z2|，故B正确；
对C，设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，有z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac－bd＋(ad＋bc)i，则＝ ＝(a－bi)(c－di)＝ac－bd－(ad＋bc)i，故＝ ，故C正确；
对D，设z＝x＋yi(x，y∈R)，则有(x－2)2＋y2≤4，集合M所构成区域为以(2，0)为圆心，半径为2的圆，故S＝＝4π，故D错误．故选BC.
技法领悟
复数的代数运算的基本方法是运用运算法则，可以通过对代数式结构特征的分析，灵活运用i的幂的性质、运算法则来优化运算过程．
02.微专题2
保分练
1．(2024·山东泰安模拟)已知向量a＝(－2，3)，b＝(3，m)，且a∥b，则m＝(　　)
A．2 B．－2
C． D．－
答案：D
解析：因为向量a＝(－2，3)，b＝(3，m)，且a∥b，所以－2m－9＝0，解得m＝－.故选D.
2．(2024·新课标Ⅰ卷) 已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
答案：D
解析：因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，所以b2－4a·b＝0，即4＋x2－4x＝0，故x＝2.故选D.
3．(2024·河南新乡检测)已知向量a＝(4，3)，|b|＝4，若a与b的夹角为，则a·b＝(　　)
A．10 B．10
C．5 D．5
答案：A
解析：∵a＝(4，3)，∴|a|＝＝5，
则a·b＝|a|·|b|cos 〈a，b〉＝5×4×cos ＝10.故选A.
4．(2024·河北承德二模)在△ABC中，D为BC中点，连接AD，设E为AD中点，且＝x，＝y，则＝(　　)
A．4x＋2y B．－4x＋y
C．－4x－2y D．4y－2x
答案：D
解析：由于＝)＝，所以＝4－2＝4y－2x.故选D.
5．(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝(　　)
A． B．
C． D．1
答案：B
解析：因为(b－2a)⊥b，所以b·b－2a·b＝0，即b2＝2a·b.又|a＋2b|＝2，所以|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2＝a2＋2b2＋4b2＝＝4，解得|b|2＝，|b|＝.故选B.
6．(2024·江西宜春模拟)已知a，b均为非零向量，若|2a－b|＝|b|＝2|a|，则a与b的夹角为________．
解析：由|2a－b|＝|b|，可得|2a－b|2＝|b|2，即4|a|2－4a·b＋|b|2＝|b|2，解得a·b＝|a|2，因为|b|＝2|a|，所以cos 〈a，b〉＝＝＝，又因为0≤〈a，b〉≤π，所以〈a，b〉＝.
提分练
7．(2024·山西太原模拟)已知单位向量a，b满足(a－b)·a＝，则a－2b与b的夹角为(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：由题意可知，|a|＝|b|＝1，因为(a－b)·a＝a2－a·b＝1－a·b＝，解得a·b＝，则(a－2b)2＝a2－4a·b＋4b2＝3，即|a－2b|＝，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝－，可得cos 〈a－2b，b〉＝＝＝－，且〈a－2b，b〉∈[0，π]，所以a－2b与b的夹角为.故选D.
8．(2024·安徽芜湖二模)已知等边△ABC的边长为2，点D，E分别为AB，BC的中点，若＝2，则·＝(　　)
A．1 B．
C． D．
答案：A
解析：在△ABC中，取为基底，则||＝||＝2，〈〉＝60°.因为点D，E分别为AB，BC的中点，＝＝＝＝)＋＝＋，·＝·()＝·＝×2×2×cos 60°＋×4＝1.故选A.
9．(2024·河北保定二模)若平面向量a，b都是单位向量，|a－b|＝1，x＝|a＋kb|，y＝ka·b(k∈R)，则(　　)
A．对任意k∈R，都有x>y
B．对任意k∈R，都有xC．存在k∈R，使得x＝y
D．存在k∈R，使得x＋y<0
答案：A
解析：由单位向量a，b满足|a－b|＝1，得a·b＝，所以x＝|a＋kb|＝，y＝k，x2－y2＝k2＋k＋1＝(k＋)2＋>0，又x>0，所以x>|y|≥y，且x>|y|≥－y.故选A.
10．(2024·江西赣州二模)在平行四边形ABCD中，点E，F分别满足＝2＝4＝2，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝________.
解析：以{}为基底向量，则可得＝＝＝＝＝＝，因为＝λ＋μ，即＝λ＋μ＝λ()＋μ()＝(λ＋μ)＋(λ＋μ)，可得两式相加得(λ＋μ)＝，可得λ＋μ＝.
技法领悟
1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理恰当地选取基底，变形要有方向，不能盲目转化．
2．求平面向量的数量积的方法：(1)定义法；(2)基向量法，基底应是已知模长和夹角的向量；(3)坐标法：①已知向量坐标，②建立合适的坐标系，使用坐标法求解．
03.专题强化练（3）
1．(2024·江西南昌二模)设复数z满足z＋1＝(2＋i)z，则|z|＝(　　)
A． B． C．1 D．
答案：B
解析：由题意可得z＝＝＝，所以|z|＝＝.故选B.
2．(2024·河北秦皇岛检测)已知复数z满足iz＋4－15＝0，则复数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
答案：A
解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi(a，b∈R)．因为iz＋4－15＝0，则i(a＋bi)＋4(a－bi)－15＝4a－b－15＋(a－4b)i＝0，可得解得即z＝4＋i，所以复数z在复平面内对应的点为(4，1)，位于第一象限．故选A.
3．已知复数z1和z2满足|z1|＝|z1－z2|＝1，|z1＋z2|＝，则|z2|＝(　　)
A．1 B． C． D．2
答案：A
解析：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，
因为|z1|＝1，所以＝1，即a2＋b2＝1①，
又|z1－z2|＝1，所以＝1，即(a－c)2＋(b－d)2＝1②，
又|z1＋z2|＝，所以＝，即(a＋c)2＋(b＋d)2＝3③，
②＋③可得2(a2＋b2＋c2＋d2)＝4④，
把①代入④可得c2＋d2＝1，所以|z2|＝＝1.故选A.
4．(2024·河南郑州模拟)已知平面向量a＝(2，1)，a＋b＝(6，3)，则cos 〈a，b〉＝(　　)
A．－1 B．1 C．－ D．
答案：B
解析：由向量a＝(2，1)，a＋b＝(6，3)，可得b＝(6，3)－(2，1)＝(4，2)，所以cos 〈a，b〉＝＝＝1.故选B.
5．(2024·湖南长沙二模)在边长为1的正六边形A1A2A3A4A5A6中，＝(　　)
A．2 B．－2 C．2 D．－2
答案：B
解析：如图|＝|＝〉＝，所以＝〉＝2×2×(－)＝－2.故选B.
6．已知向量a，b的夹角为，且|a|＝2|b|＝2，若(ka－b)⊥(a＋b)，则k＝(　　)
A． B． C． D．
答案：A
解析：因为(ka－b)⊥(a＋b)，所以(ka－b)·(a＋b)＝0，即ka2＋(k－1)a·b－b2＝0，因为|a|＝2|b|＝2，向量a，b的夹角为，所以|a|＝2，|b|＝1，a·b＝2×1×＝1，所以4k＋k－1－1＝0，即k＝.故选A.
7．(2024·河南三门峡模拟)在△ABC中，＝3，＝4，则＝(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：如图，
因为＝4，所以＝＝＝)＝，又＝3，所以＝，所以＝＝.故选D.
8．(2024·河北邯郸二模)对任意两个非零的平面向量a和b，定义：a b＝，a⊙b＝.若平面向量a，b满足|a|>|b|>0，且a b和a⊙b都在集合{|n∈Z，0A．1 B． C．1或 D．1或
答案：D
解析：因为{|n∈Z，0|b|>0，所以|a|2＋|b|2>2|a||b|，得到a b＝＝<＝，又θ∈[0，π]，所以，所以a b<，又a b在集合{|n∈Z，0cos θ>，所以a⊙b＝或1，所以a b＋a⊙b＝1或.故选D.
9．(2024·广东梅州二模)设z1，z2是复数，则下列说法正确的是(　　)
A．若
B．
C．
D．
答案：ACD
对于A，＝0，则，解得即z1＝0，故A正确对于B，Z_1＝i，Z_2＝1，满足＝0，但z1≠z2，故B错误；对于C，|z1－iz1|＝|z1(1－i)|＝|1－i||z1|＝|z1|，|z1＋i·z1|＝|z1(1＋i)|＝|z1||1＋i|＝|z1|，故C正确；对于＝，则|＝|，即|z1|2＝|z2|2，即|z1|＝|z2|，故D正确．故选ACD.
10．(2024·山东聊城二模)已知向量a＝(－1，2)，b＝(1，λ)，若b在a上的投影向量为a，则(　　)
A．λ＝3 B．a∥b
C．a⊥(b－a) D．a与b的夹角为45°
答案：ACD
解析：对于A，因为b在a上的投影向量为a，即·＝a，所以＝1，即＝1，解得λ＝3，故A正确；对于B，a＝(－1，2)，b＝(1，3)，所以(－1)×3－2×1≠0，故B错误；对于C，a·(b－a)＝(－1，2)·(2，1)＝－2＋2＝0，所以a⊥(b－a)，故C正确；对于D，cos 〈a，b〉＝＝＝，所以a与b的夹角为45°，故D正确．故选ACD.
11．(2024·江西景德镇模拟)等边△ABC边长为2，＝2＝，BD与CE交于点F，则(　　)
A．＝
B．＝
C．·＝－1
D．在方向上的投影向量为
答案：BD
解析：对于A，由平面向量线性运算可得，＝＝＝)＝，A错误；对于B，以E为坐标原点，分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，
则E(0，0)，A(1，0)，B(－1，0)，C(0，)，D(，)，设F(0，y)，y∈(0，)，所以＝(1，y)，＝(－，y－)，因为∥，所以y－＝－y，解得y＝，所以＝，B正确；对于C，由B可知，＝()，＝(0，－)，所以·＝×0＋×(－)＝－2，C错误；对于D，＝()，＝(1，)，所以·＝×1＋＝，所以在方向上的投影向量为· ＝·＝，D正确．故选BD.
12．(2024·河北唐山二模)已知i为虚数单位，复数z满足(1－3i)·z＝|3＋4i|，则复数z的虚部为________．
解析：因为|3＋4i|＝＝5，又(1－3i)·z＝|3＋4i|，所以z＝＝＝i，所以复数z的虚部为.
13．(2024·河北保定二模)已知向量a，b的夹角的余弦值为，|a|＝1，且(2a－b)·b＝－14，则|b|＝________．
4
解析：向量a，b的夹角的余弦值为，|a|＝1，则a·b＝|b|，由(2a－b)·b＝2a·b－b2＝|b|－|b|2＝－14，解得|b|＝4(负值舍去)．
14．(2024·安徽合肥检测)在△ABC中，若·＝·＝3·则＝________．
解析：由·＝·，可得·()＝0，即()·()＝0，可得2－2＝0，所以||＝||，又由·＝3·，可得·(＋3)＝0，即·()＝0.设D为线段AB上靠近A的四等分点，则CD⊥AB，设AD＝t，则BD＝3t，AC＝4t，所以CD＝＝t，则BC＝＝2t，所以＝＝.(共19张PPT)
拓展培优2 奔驰定理与三角形的四心
1．奔驰定理：如图，已知P为△ABC内一点，则有S△PBC·＋S△PAC·＋S△PAB·＝0.
由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”．这个定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作用．
2．三角形“四心”
(1)点O是△P1P2P3的重心＝＝＝＝；
(2)点O是△P1P2P3的垂心＝＝
＝(△P1P2P3不是直角三角形)；
(3)点O是△P1P2P3的内心＝＝a∶b∶c(其中a，b，c是△P1P2P3的三边，分别对应角P1，P2，P3)；
(4)点O是△P1P2P3的外心|＝|＝sin ∠P1OP2＝＝sin 2∠P1∶sin 2∠P2∶sin 2∠P3.
题型一　利用奔驰定理解决与三角形面积比有关的题
例1 已知O是△ABC内部一点，满足＋2＋m＝0，且＝，则实数m＝(　　)
A．2　　　B．3　　　C．4　　　D．5
答案：C
解析：方法一(通法)　延长CO到点M，使得＝－，因为＋2＋m＝0，所以－＝＋，即＝，所以A，B，M三点共线，又因为与反向共线，所以＝，所以＝＝＝，解得m＝4.
方法二(奔驰定理法)　由奔驰定理得S△BOC·＋S△AOC·＋S△AOB·＝0，又＋2＋m＝0，
所以S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m，
所以＝＝ m＝4.故选C.
技法领悟
利用平面向量“奔驰定理”解题时，要严格按照定理的格式，注意定理中的点P为△ABC内一点；定理中等式左边三个向量的系数之比对应三个三角形的面积之比．
【跟踪训练1】　已知点A，B，C，P在同一平面内，＝＝＝，则S△ABC∶S△PBC＝________．
19∶4
解析：方法一(通法)　∵＝，∴以PQ为底的△PQR与△PQB的高之比为1∶3，∴S△PQB＝3S△PQR，即S△PRB＝2S△PQR，∵以BR为底的△PBR与△BCR的高之比为1∶3，∴S△BCR＝3S△PBR＝＝2S△PBR＝4S△PQR，
同理可得S△ACP＝S△ABQ＝6S△PQR，所以＝
＝＝.
方法二(奔驰定理法)　由＝，得＝)，整理得＝＝，由＝，得＝)，整理得＝－，∴－＝，整理得4＋6＋9＝0，∴S△ABC∶S△PBC＝(4＋6＋9)∶4＝19∶4.
题型二　与三角形四心有关的问题
例2 (1)在平面上有△ABC及内一点O满足关系式：S△OBC·＋S△OAC·＋S△OAB·＝0，即称为经典的“奔驰定理”，若△ABC的三边为a，b，c，现有a·＋b·＋c·＝0，则O为△ABC的(　　)
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
答案：B　
解析：∵＝＝，
∴a·＋b·＋c·＝a·＋b()＋c()＝(a＋b＋c)·＋b·＋c·＝0，
∴＝)，
∵分别是方向上的单位向量，
∴向量平分∠BAC，即AO平分∠BAC，
同理BO平分∠ABC，
∴O为△ABC的内心．故选B.
(2)已知点P是△ABC的外心，且＋λ＝0，C＝，则λ＝________．
－1
解析：依题意得，sin 2A∶sin 2B∶sin 2C＝1∶1∶λ，∴sin 2A＝sin 2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π(舍)，∴A＝B，又C＝，∴A＝B＝，又＝，∴λ＝＝＝－1.
技法领悟
所谓三角形的“四心”是指三角形的重心、垂心、外心及内心．当三角形是正三角形时，四心重合为一点，统称为三角形的中心．解题时，要结合题目已知条件，充分利用各“心”的性质，巧妙转化．
【跟踪训练2】　(1)已知△ABC的外接圆的圆心是M，若 + +＝2，则P是△ABC的(　　)
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
答案：D　
解析：

如图，D，F分别是AB，PC的中点，连接PD，DM，FM，
则＝2，而＝2，
∴＝2()＝2，即＝＝与共线，
∵△ABC的外接圆的圆心是M，有MD⊥AB，则PC⊥AB，
同理有PB⊥AC，PA⊥BC，∴P是△ABC的垂心．故选D.
(2)已知在△ABC中，G是重心，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且56a＋40b＋35c＝0，则B＝________．
解析：依题意，可得56a＝40b＝35c，∴b＝a，c＝a，
∴cos B＝＝，∵0拓展培优1极化恒等式与等和线
题型一　极化恒等式
极化恒等式：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2].
(1)几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的.
(2)在平行四边形PMQN中，O是对角线交点，则：①·＝(||2－||2)(平行四边形模式)；②·＝(三角形模式)．
例1 (1)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点．·＝4，·＝－1，则·＝________．
解析：设BD＝DC＝m，AE＝EF＝FD＝n，则AD＝3n.根据向量的极化恒等式，
得·＝－＝9n2－m2＝4，①
·＝－＝n2－m2＝－1，②
联立①②，解得n2＝，m2＝，
因此·＝－＝4n2－m2＝，
即·＝.
(2)如图所示，△ABC是边长为8的等边三角形，点P为AC边上的一个动点，长度为6的线段EF的中点为B，则·的取值范围是________．
[39，55]
解析：由向量极化恒等式知·＝||2－||2＝－9.又△ABC是边长为8的等边三角形，所以当点P位于点A或点C时，||取最大值8；
当点P位于AC的中点时，||取最小值，即||min＝8sin ＝4，
所以||的取值范围为[4，8]，
所以·的取值范围为[39，55].
技法领悟
在三角形中利用极化恒等式求平面向量数量积的步骤：
(1)取第三边的中点，连接向量的起点与该中点；
(2)利用极化恒等式将数量积转化为中线长与第三边长的一半的平方差；
(3)求中线及第三边的长度，从而求出数量积的值．
提醒：对于不共起点或不共终点的向量需通过平移转化为共起点(终点)的向量，再利用极化恒等式．
【跟踪训练1】如图，正方形ABCD的边长为2，P为正方形ABCD内一点(包含边界)，且PA⊥PB，则·的取值范围是________．
[0，4]
解析：
如图，∵PA⊥PB，∴点P在以AB为直径的半圆上．
取CD的中点O，连接PO，由向量极化恒等式知·＝－＝－1，
当点P在A(或B)处时，||max＝，
当点P在的中点时，||min＝1，
∴||∈[1，]，∴·∈[0，4].
题型二　等和(高)线定理
(1)等和(高)线定理：如图，由三点共线结论可知，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ＝1.由△OAB与△OA′B′相似，必存在一个常数k，k∈R，使得＝k，则＝k＝kλ＋kμ，又＝x＋y(x，y∈R)，∴x＋y＝kλ＋kμ＝k；反之也成立．
(2)平面内一组基底及任一向量，有＝λ＋μ(λ，μ∈R)，
若点P′在直线AB上或在平行于AB的直线上，则λ＋μ＝k(定值)；反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和(高)线．
①当等和线恰为直线AB时，k＝1；
②当等和线在O点和直线AB之间时，k∈(0，1)；
③当直线AB在O点和等和线之间时，k∈(1，＋∞)；
④当等和线过O点时，k＝0；
⑤若两等和线关于O点对称，则定值k互为相反数；
⑥定值k的变化与等和线到O点的距离成正比．
例2 (1)已知点C为扇形AOB的上任意一点，且∠AOB＝，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是(　　)
A．[－2，2]　B．(1，]　C．[1，]　D．[1，2]
答案：D　
解析：
方法一(等和线定理)
设λ＋μ＝k，
当C位于A或B时，A，B，C三点共线，
所以k＝λ＋μ＝1；
当C运动到的中点时，k＝λ＋μ＝2，
所以λ＋μ∈[1，2].
方法二(常规方法)
设半径为1，由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立平面直角坐标系(图略)，
其中A(－)，B(1，0)，C(cos θ，sin θ)，∠BOC＝θ(0≤θ≤)，有＝λ＋μ(λ，μ∈R)，
即(cos θ，sin θ)＝λ(－)＋μ(1，0)，
整理得解得
则λ＋μ＝＋cos θ＋＝sin θ＋cos θ＝2sin (θ＋)，θ∈[0，]，易得λ＋μ∈[1，2].故选D.
(2)如图，四边形OABC是边长为1的正方形，点D在OA的延长线上，且AD＝1，点P是△BCD(含边界)内的动点，设＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为________．
解析：当点P位于B点时，λ＋μ取得最大值，过点B作GH∥DC，分别交OC，OD的延长线于G，H，
则＝ x ＋y，且x ＋y＝1，
∵△GCB∽△COD，∴＝＝，
∴＝＝x＋y＝ x y＝λ＋μ，
∴λ＝ x ，μ＝y λ＋μ＝x＋y＝.
技法领悟
要注意等和(高)线定理的形式，解题时一般要先找到k＝1时的等和(高)线，利用比例求其他的等和(高)线．
【跟踪训练2】　在正六边形ABCDEF中，P是△CDE内(包括边界)的动点，设＝α＋β(α，β∈R)，则α＋β的取值范围是________.
[3，4]
解析：

如图，直线BF为k＝1的等和线，当P在△CDE内时，直线EC是最近的等和线，过D点的等和线是最远的，
所以α＋β∈[]＝[3，4].

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