2011年高考数学第二轮复习 复数教学案.pdf
20112011 年高考第二轮专题复习（教学案）年高考第二轮专题复习（教学案）：复数：复数考纲指要：考纲指要：了解引进复数的必要性，理解复数的有关概念；掌握复数的代数表示及向量表示 掌握复数代数形式的运算法则，能进行复数代数形式的加法、减法、乘法、除法运算考点扫描：考点扫描：1.数的概念的发展;复数的有关概念.2.复数的向量表示.3.复数的加法与减法，乘法与除法.考题先知：考题先知：例 1。设n 1990，求124619881990(13Cn32Cn33Cn3994Cn31990Cn)的值。n2分析：将所求式子变形为A 12244661988198819901990(13 C 3 C 3 C 3C3Cn，显然它是nnnnn21n的展开式的部分之和，即复数的实部。不妨取展开式的其余的项的和为A 的(13i)n21133551987198719891989对偶式B n(3Cn3 Cn3 Cn3Cn3Cn)i。2则A B 1131nn3663(13i)i，所以.A 222n2例 2复平面内点A对应的复数是 1,过点A作虚轴的平行线l,设l上的点对应的复数为z,1所对应的点的轨迹.z分析:本题考查复平面上点的轨迹方程.因为在复平面内点A的坐标为(1,0),l过点A且1平行于虚轴,所以直线l上的点对应的复数z的实部为 1,可设为z=1+bi(bR R),然后再求z所对应的点的集合.解:如下图.因为点A对应的复数为 1,直线l过点A且平行于虚轴,所以可设直线l上的点对应的复数为z=1+bi(bR R).求ylOA(1,0)x因此设1bi1b11i.z1bi i1b21b21b21=x+yi(x、yR R),于是z1bx+yi=i.221b1b1x,1b2根据复数相等的条件,有by .1b2消去b,有x+y=221b2()2 22(1b)1b1b21b21=x.2 22 22 22(1b)(1b)(1b)1b所以x+y=x(x0),即(x所以221221)+y=(x0).24111所对应的点的集合是以(,0)为圆心,为半径的圆,但不包括原点O(0,0).z22评注:一般说来,求哪个动点的轨迹方程就设哪个动点的坐标为(x,y).所谓动点的轨迹方程就是动点坐标(x,y)所满足的等量关系.常见求曲线方程的方法有:轨迹法、待定系数法、代入法、参数法等.若把参数方程中的参数消去,就可把参数方程转化成普通方程.无论用什么方法求得曲线的方程,都要注意检验以方程的解为坐标的点是否都在曲线上.对此,常从以下两个方面入手:一是看对方程的化简是否采用了非同解变形的手法;二是看是否符合题目的实际意义.其中,用参数法求得的曲线方程中的x、y的范围可由参数函数的值域来确定.复习智略：复习智略：例 3对任意复数z x yi(x,yR)，定义g(z)3(cos y isin y)。(1)若g(z)3，求相应的复数z；（2）若z a bi(a,bR)中的a为常数，则令g(z)f(b)，对任意b，是否一定有常数m(m 0)使得f(b m)f(b)？这样的m是否唯一？说明理由。（3）计算g(2x4i),g(14i),g(12i)，并设立它们之间的一个等式。由此发现一个一般的等式，并证明之。3xcos y 3x 1cos y 1解：（1）由x，得x则故z 1 2ki,k Z3 3y 2k,k Z3 sin y 03acos(b m)3acosbcos(b m)cosb（2）f(b m)f(b)，得a即asin(b m)sinb3 sin(b m)3 sinbm 2k,k Z，所以m是不唯一的。（3）g(24i)9(22122i)，g(1i)(i)，g(1i)3i；2243222g(24i)g(14i)g(12i)一般地，对任意复数z1、z2，有g(z1)g(z2)g(z1 z2)。证明：设z1 x1 y1i，z2 x2 y2i(x1,2,y1,2 R)g(z1)3x1(cos y1isin y1)，g(z2)3x2(cos y2isin y2)g(z1 z2)3x1x2cos(y1 y2)isin(y1 y2)g(z1)g(z2)g(z1 z2)。检测评估：检测评估：1,若非零复数x,y满足x xy y 0,则(22x2005y2005)()的值是x yx y2004A,1 B,1 C,2 D,220042,设复数z的共轭复数是z,且z 1,又A(1,0)与B(0,1)为定点,则函数f(z)(z 1)(z i)取最大值时在复平面上以z,A,B 三点为顶点的图形是A,等边三角形 B,直角三角形 C,等腰直角三角形 D,等腰三角形1 的最小值3已知xC,且x 1,则fxxxA等于-2 B等于 0C等于 -4 D不存在2（）4设复数z x yix,yR，则满足等式z2 x 0的复数z对应的点的轨迹是（）A圆5.设f(n)=(B椭圆C双曲线D抛物线1i in1i in)+(),nN,如果Af(n),则满足条件的集合A有1i i1i iA.8 个B.7 个C.3 个D.无穷多个6若(1 x x)2100023n的展开式为a0 a1x a2x a3x anx，则a0 a3 a6 a1998=。7.复平面内，已知复数z=x1i 所对应的点都在单位圆内，则实数x的取值范围是3_.28 已知关于x的方程x+(1+2i)x(3m1)i=0 有实根,则纯虚数m的值为 .09,在复平面内,设点A,P所对应的复数分别为2,sin(2t 60)icos(2t 60),则当t由1500变到45时,向量AP所扫过的图形区域的面积是 .10.定义运算0abz1=adbc,则对复数z=x+yi(x、yR R)符合条件=3+2i 的复数z等于cdz2i i_.211 若复数x+yi=(1+cos)+(tcos2)i(其中x、y、R R),且点(x,y)在抛物线y=x上,试求实数t的最大值与最小值.a2 2a 15i，7已知复数z a a 62a 42a2 2a 15（1）当a 2,2时，求z i的取值范围；2a 4（2）是否存在实数a，使得z 0，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由。点拨与全解：点拨与全解：1.()2xy2xx13x131 0,得 i或 i.yy22y22(1)当12005120051200512005x13)()()()i时,原式=(yx11y22111xy=(1)2005(120051111)=(20052005)()()1;(2)当x13 i时,同理可得:原式=1.故选 A。y22212sin()2242,因为z 1,可设z cosisin,则f(z)22i,12sin(),当 2k(kZ)时,f(z)max 22,此时z 2244则ZA(22222221)2()2 22,ZB()2(1)2 22,AB 22222所以ZA=ZB,得ZAB为等腰三角形.故选 D3解：不妨设x cosisin，则f(x)(cosisin1)2cosisin(2isin)2 4sin2 4，故选 C4解：由条件得(x 2)2 y2 x 0，化简得y 4x 4，故选 D。22,当n 4k,kN N,1i in1i inn0,当n 4k 1,kN N,n5解:f(n)=()+()=i+(i)(nN N)=1i i1i i2,当n 4k 2,kN N,0,当n 4k 3,kN N,f(n)=0,2,2.Af(n)=0,2,2,A的个数是 2=8.故选:A6解：令x 1可得310003 a0 a1 a2 a3 a2000；232000令x 可得0 a0 a1 a2 a3 a2000（其中 13i，则2231且21 0）；24640002令x 可得0 a0 a1 a2 a3 a2000。以上三式相加可得31000 3(a0 a3 a6 a1998)，999所以a0 a3 a6 a1998 37解:z对应的点z(x,11)都在单位圆内，|Oz|1,即x2()21.332 22 22 22 21281.x.答:x x 3333998解:设此方程的实根为x0,纯虚数m=ai(aR R 且a0),则原方程可化为x02+(1+2i)x0(3ai1)i=0.整理得(x02+x0+3a)+(2x0+1)i=0.x+2x x03a 0,由复数相等的定义,得方程组02x 1 0.09,21x ,102解得所以m=i i.12a 1.120000因为sin(2t 60)isin(2t 60)cos(150 2t)isin(150 2t),60000当t 15时,在单位圆上的点为P1(cos120,sin120),当t 45时,在单位圆上的点为P2(cos600,sin 600),A(2,0),P1,P2三点围成的曲边形面积易求得10解法一:由定义运算，得.6z1=2ziz=3+2i.z2i i设z=x+yi(x、yR R),则 2(x+yi)i(x+yi)=3+2i,即(x+2y)+(2xy)i=3+2i.（x 2y)3,由复数相等，得2x y 2.1x,185解得z=i.55y 85z1解法二:由定义运算,得=2ziz=3+2i,z2i i则z=答案:32i i(32i i)(12i i)18i.12i i(12i i)(12i i)5518i55x 1cos,11解:根据两个复数相等的条件,得y t cos2.因为点(x,y)在抛物线上,所以tcos2=(1+cos).22222故t=(1+cos)+cos2=1+2cos+cos+2cos1=3cos+2cos=3(cos+121).33由于 cos1,1,所以当 cos=5.11时,t有最小值;当 cos=1 时,t有最大值3312解：（1）a 2,2，a2 2a 151252522i a a 6 a a 6 a 0,。z 24a2 44a2 a 6 a 3a 2 02 a（2）z 0，z为纯虚数，a2 2a 15a 3a 5 02a 2 a 2a 42
