2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4讲　数系的扩充与复数的引入.doc

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1、 第 4 讲 数系的扩充与复数的引入 一、知识梳理 1复数的有关概念 (1)复数的定义 形如 abi(a，bR)的数叫做复数，其中实部是 a，虚部是 b (2)复数的分类 复数 zabi(a，bR)实数（b0），虚数（b0）纯虚数（a0，b0），非纯虚数（a0，b0）. (3)复数相等 abicdiac 且 bd(a，b，c，dR) (4)共轭复数 abi 与 cdi 共轭ac 且 bd(a，b，c，dR) (5)复数的模 向量OZ的模叫做复数 zabi 的模， 记作|z|或|abi|， 即|z|abi|r a2b2(r0，a，bR) 2复数的几何意义 (1)复数 zabi 一一对应复平面内的

2、点 Z(a，b)(a，bR) (2)复数 zabi(a，bR) 一一对应平面向量OZ. 3复数的运算 (1)复数的加、减 、乘、除运算法则 设 z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则 加法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i； 减法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i； 乘法：z1z2(abi) (cdi)(acbd)(adbc)i； 除法：z1z2abicdi（abi）（cdi）（cdi）（cdi）acbdc2d2bcadc2d2i(cdi0) (2)复数加法的运算律 复数的加法满足交换律、结合律，即对任何 z1，z2，z3C，有 z1z2z2z1，(z1z2

3、)z3z1(z2z3) 常用结论 (1)(1 i)2 2i；1i1ii；1i1ii. (2)i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i. (3)i4ni4n1i4n2i4n30，nN*. (4)|z|2| z|2zz. 二、教材衍化 1计算1i1i2i_ 答案：i 2复数 z(x1)(x2)i(xR)在复平面内所对应的点在第四象限，则 x 的取值范围为_ 答案：(1，2) 3若复数 z(x21)(x1)i 为纯虚数，则实数 x 的值为_ 解析：因为 z 为纯虚数，所以x210，x10，所以 x1. 答案：1 一、思考辨析 判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)若 aC，则 a20.(

4、 ) (2)已知 zabi(a，bR)，当 a0 时，复数 z 为纯虚数( ) (3)复数 zabi(a，bR)中，虚部为 bi.( ) (4)方程 x2x10 没有解( ) (5)由于复数包含实数，在实数范围内两个数能比较大小，因而在复数范围内两个数也能比较大小( ) 答案：(1) (2) (3) (4) (5) 二、易错纠偏 常见误区| (1)复数相等概念把握不牢固致误； (2)对复数的几何意义理解有误； (3)复数的分类把握不准导致出错 1若 a 为实数，且2ai1i3i，则 a( ) A4 B3 C3 D4 解析：选 D由2ai1i3i，得 2ai(3i)(1i)24i，即 ai4i，

5、因为 a 为实数，所以 a4.故选 D 2在复平面内，复数 65i，23i 对应的点分别为 A，B若 C 为线段 AB 的中点，则点 C 对应的复数是( ) A48i B82i C24i D4i 解析：选 C因为 A(6，5)，B(2，3)，所以线段 AB 的中点 C(2，4)，则点 C 对应的复数为 z24i.故选 C 3i 为虚数单位，若复数(1mi)(i2)是纯虚数，则实数 m 等于_ 解析：因为(1mi)(i2)2m(12m)i 是纯虚数，所以 2m0，且 12m0，解得 m2. 答案：2 考点一 复数的有关概念(基础型) 复习指导| 理解复数的基本概念以及复数相等的充要条件 核心素养

6、：数学抽象 1(2019 高考全国卷 )设 z3i12i，则|z|( ) A2 B 3 C 2 D1 解析：选 C法一：z3i12i（3i）（12i）（12i）（12i）17i5， 故|z|17i5|505 2.故选 C 法二：|z|3i12i|3i|12i|105 2.故选 C 2(2020 郑州市第一次质量预测)若复数12ai2i(aR)的实部和虚部相等，则实数 a 的值为( ) A1 B1 C16 D16 解析：选 C因为12ai2i（12ai）（2i）（2i）（2i）22a514a5i，所以由题意，得22a5 14a5，解得 a16，故选 C 3(2020 安徽省考试试题) z是 z1

7、2i1i的共轭复数，则 z的虚部为( ) A12 B12 C32 D32 解析： 选 C z12i1i（12i）（1i）（1i）（1i）13i21232i， 则 z1232i， 所以 z的虚部为32，故选 C 4(2020 山西八校第一次联考)已知 a，bR，i 为虚数单位，若 34i32biai，则 ab 等于( ) A9 B5 C13 D9 解析：选 A由 34i32biai得，34i2biai，即(ai)(34i)2bi，(3a4)(4a3)i2bi，则3a42，4a3b，解得a2，b11，故 ab9.故选 A 解决复数概念问题的方法及注意事项 (1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转

8、化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可 (2)解题时一定要先看复数是否为 abi(a，bR)的形式，以确定实部和虚部 考点二 复数的几何意义(基础型) 复习指导| 了解复数的代数表示法及其几何意义 核心素养：直观想象 1 (2019 高考全国卷)设复数 z 满足|zi|1， z 在复平面内对应的点为(x， y)， 则( ) A(x1)2y21 B(x1)2y21 Cx2(y1)21 Dx2(y1)21 解析：选 C通解：因为 z 在复平面内对应的点为(x，y)， 所以 zxyi(x，yR) 因为|zi|1，所以|x(y1)i|1

9、， 所以 x2(y1)21.故选 C 优解一：因为|zi|1 表示复数 z 在复平面内对应的点(x，y)到点(0，1)的距离为 1，所以 x2(y1)21.故选 C 优解二：在复平面内，点(1，1)所对应的复数 z1i 满足|zi|1，但点(1，1)不在选项 A，D 的圆上，所以排除 A，D；在复平面内，点(0，2)所对应的复数 z2i 满足|zi|1，但点(0，2)不在选项 B 的圆上，所以排除 B故选 C 2已知 i 为虚数单位，则复数1i12i的共轭复数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 解析：选 B1i12i（1i）（12i）（12i）（12i

10、）13i5，其共轭复数为1535i，在复平面内对应的点位于第二象限，故选 B 3设复数 z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z12i(i 为虚数单位)，则 z1z2( ) A5 B5 C4i D4i 解析：选 A因为复数 z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z12i，所以 z22i，所以 z1z2(2i)(2i)5. 4已知复数 z112i，z21i，z334i，它们在复平面内对应的点分别为 A，B，C，若OCOAOB(，R)，则 的值是_ 解析：由条件得OC(3，4)，OA(1，2)， OB(1，1)， 根据OCOAOB得 (3，4)(1，2)(1，1)(，2)，所以3，24，解

11、得1，2，所以 1. 答案：1 复数的几何意义及应用 (1)复数 z、复平面上的点 Z 及向量OZ相互联系，即 zabi(a，bR)Z(a，b)OZ. (2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观 考点三 复数代数形式的运算(基础型) 复习指导| 能进行复数代数形式的四则运算，了解复数代数形式的加、减运算的几何意义 核心素养：数学运算 1(2019 高考全国卷)若 z(1i)2i，则 z( ) A1i B1i C1i D1i 解析：选 Dz2i1i2i（1i）（1i）（1i）22i21i. 2(202

12、0 新疆乌鲁木齐一模)已知复数 z1i(i 是虚数单位)，则z22z1( ) A22i B22i C2i D2i 解析：选 B因为 z1i，所以z22z1（1i）221i122ii（22i）（i）i222i.故选 B 3若复数 z 满足 2zzz(2i)2(i 为虚数单位)，则 z 为( ) A1i B12i C12i D12i 解析：选 B设 zabi2(abi)(abi)(abi)a2b22a2bi34ia1，b2z12i. 4已知 a 为实数，若复数 z(a21)(a1)i 为纯虚数，则ai2 0201i( ) A1 B0 C1i D1i 解析：选 Dz(a21)(a1)i 为纯虚数，

13、则有 a210，a10， 得 a1， 则有1i2 0201i111i2（1i）（1i）（1i）1i. 复数代数形式运算问题的解题策略 (1)复数的乘法： 复数的乘法类似于多项式的乘法运算， 可将含有虚数单位 i 的看作一类同类项，不含 i 的看作另一类同类项，分别合并即可 (2)复数的除法运算是分子、分母同乘以分母的共轭复数，即分母实数化 基础题组练 1(2019 高考全国卷)设 z32i，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 解析：选 C由题意，得 z32i，其在复平面内对应的点为(3，2)，位于第三象限，故选 C 2若复数 za1i1 为纯虚数

14、，则实数 a( ) A2 B1 C1 D2 解析： 选 A 因为复数 za1i1a（1i）（1i）（1i）1a21a2i 为纯虚数， 所以a210 且a20，解得 a2.故选 A 3已知复数 z 满足(1i)z2，则复数 z 的虚部为( ) A1 B1 Ci Di 解析：选 B法一：因为(1i)z2，所以 z21i2（1i）（1i）（1i）1i，则复数 z的虚部为1.故选 B 法二：设 zabi(a，bR)，则(1i)(abi)ab(ab)i2，ab2，ab0，解得 a1，b1，所以复数 z 的虚部为1.故选 B 4若复数 z 满足z1ii，其中 i 为虚数单位，则共轭复数 z( ) A1i

15、B1i C1i D1i 解析：选 B由题意，得 zi(1i)1i，所以 z1i，故选 B 5已知12i2abi(a，bR，i 为虚数单位)，则 ab( ) A7 B7 C4 D4 解析：选 A因为12i214i4i234i， 所以34iabi，则 a3，b4， 所以 ab7，故选 A 6已知 i 为虚数单位，则（2i）（34i）2i( ) A5 B5i C75125i D75125i 解析：选 A法一：（2i）（34i）2i105i2i5，故选 A 法二：（2i）（34i）2i（2i）2（34i）（2i）（2i）（34i）（34i）55，故选 A 7若复数 z 满足 z(1i)2i(i 为虚数

16、单位)，则|z|( ) A1 B2 C 2 D 3 解析：选 C因为 z2i1i2i（1i）（1i）（1i）1i，所以|z| 2.故选 C 8已知 aR，i 是虚数单位若 za 3i，z z4，则 a( ) A1 或1 B 7或 7 C 3 D 3 解析：选 A法一：由题意可知 za 3i，所以 zz(a 3i)(a 3i)a234，故 a1 或1. 法二：zz|z|2a234，故 a1 或1. 9设 z1i(i 是虚数单位)，则 z22z( ) A13i B13i C13i D13i 解析： 选 C 因为 z1i， 所以 z2(1i)212ii22i，2z21i2（1i）（1i）（1i）2（

17、1i）1i22（1i）21i，则 z22z2i(1i)13i.故选 C 10若复数 z 满足(34i)z|43i|，则 z 的虚部为( ) A4 B45 C4 D45 解析：选 D因为|43i| 42325，所以 z534i5（34i）（34i）（34i）34i53545i，所以 z 的虚部为45. 11设复数 z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z12i，则z1z2( ) A1i B3545i C145i D143i 解析：选 B因为复数 z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z12i，所以 z22i，所以z1z22i2i（2i）253545i，故选 B 12(多选)设复数 zxy

18、i(x，yR)，z2|z|0 且|z|0，则( ) A|z|1 Bz1i Cz i D zz1 解析：选 ACD由 z2|z|0 且|z|0，得|z|z2，|z|z2|，故|z|1，即 x2y21.所以 x2y22xyi x2y20，故x2y2 x2y20，2xy0，当 x0 时，y21，则 y 1，所以z i；当 y0 时，x21，x2 x20，无解 13设复数 z 满足 z|1i|i(i 为虚数单位)，则复数 z_ 解析：复数 z 满足 z|1i|i 2i，则复数 z 2i. 答案： 2i 14已知复数 z42i（1i）2(i 为虚数单位)在复平面内对应的点在直线 x2ym0 上，则 m_

19、 解析：z42i（1i）242i2i（42i）i2i212i，复数 z 在复平面内对应的点的坐标为(1，2)，将其代入 x2ym0，得 m5. 答案：5 15当复数 z(m3)(m1)i(mR)的模最小时，4iz_ 解析：|z| （m3）2（m1）2 2m24m10 2（m1）28， 所以当 m1 时，|z|min2 2， 所以4iz4i22i4i（22i）81i. 答案：1i 16 已知复数 z11i， z246i(i 为虚数单位)， 则z2z1_； 若复数 z1bi(bR)满足 zz1为实数，则|z|_ 解析：因为 z11i，z246i，所以z2z146i1i（46i）（1i）（1i）（1

20、i）210i215i.因为 z1bi(bR)，所以 zz12(b1)i，又因为 zz1为实数，所以 b10，得b1.所以 z1i，则|z| 2. 答案：15i 2 综合题组练 1(创新型)若实数 a，b，c 满足 a2abi2ci(其中 i21)，集合 Ax|xa，Bx|xbc，则 ARB 为( ) A B0 Cx|2x1 Dx|2x0 或 0 x1 解析：选 D由于只有实数之间才能比较大小，故 a2abi2cia2a2，bc0，解得2a1，bc0，因此 Ax|2x1，B0，故 ARBx|2x1x|xR，x0 x|2x0 或 0 x1 2(多选)在复平面内，下列命题是真命题的是( ) A若复数

21、 z 满足1zR，则 zR B若复数 z 满足 z2R，则 zR C若复数 z1，z2满足 z1z2R，则 z1 z2 D若复数 zR，则 zR 解析： 选 AD A 设复数 zabi(a， bR)， 则1z1abiabi（abi）（abi）aa2b2ba2b2i，若1zR，则 b0，所以 zaR，故 A 为真命题； B若复数 zi，则 z21R，但 zR，故 B 为假命题； C若复数 z1i，z22i 满足 z1z22R，但 z1 z2，故 C 为假命题； D若复数 zabiR，则 b0， zzR，故 D 为真命题 3(应用型)(2020 成都第二次诊断性检测)若虚数(x2)yi(x，yR)

22、的模为 3，则yx的 最大值是_ 解析：因为(x2)yi 是虚数， 所以 y0， 又因为|(x2)yi| 3， 所以(x2)2y23. 因为yx是复数 xyi 对应点的斜率， 所以yxmaxtanAOB 3， 所以yx的最大值为 3. 答案： 3 4已知复数 zii2i3i2 0181i，则复数 z 在复平面内对应点的坐标为_ 解析：因为 i4n1i4n2i4n3i4n4ii2i3i40，而 2 01845042， 所以 zii2i3i2 0181iii21i1i1i （1i）（1i）（1i）（1i）2i2i，对应的点的坐标为(0，1) 答案：(0，1) 5复数 z13a5(10a2)i，z2

23、21a(2a5)i，若 z1z2是实数，求实数 a 的值 解： z1z23a5(a210)i21a(2a5)i 3a521a(a210)(2a5)i a13（a5）（a1）(a22a15)i. 因为 z1z2是实数，所以 a22a150， 解得 a5 或 a3. 因为 a50，所以 a5，故 a3. 6若虚数 z 同时满足下列两个条件： z5z是实数； z3 的实部与虚部互为相反数 这样的虚数是否存在？若存在，求出 z；若不存在，请说明理由 解：这样的虚数存在，z12i 或 z2i. 设 zabi(a，bR 且 b0)， z5zabi5abiabi5（abi）a2b2 a5aa2b2b5ba2b2i. 因为 z5z是实数，所以 b5ba2b20. 又因为 b0，所以 a2b25. 又 z3(a3)bi 的实部与虚部互为相反数， 所以 a3b0. 由得ab30，a2b25， 解得a1，b2或a2，b1， 故存在虚数 z，z12i 或 z2i.