2020_2021学年高中数学第三章数系的扩充与复数的引入习题课_复数运算的综合问题课件
习题课(三) 数系的扩充与复数的引入
即－1＝4＝4＋6＋a，b，
∴ab＝＝－－310，.
答案：－3 －10
高频考点三 复数的代数运算 复数运算中常见的结论 (1)(1±i)2＝±2i，11＋－ii＝i，11＋－ii＝－i； (2)－b＋ai＝i(a＋bi)； (3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i； (4)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0.
)，对于p1，∵
1 z
＝
1 a＋bi
＝aa2－＋bbi2∈R ，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命题；
对于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R ，∴ab＝0，∴a ＝0或b＝0，∴p2不是真命题；
对于p3，设z1＝x＋yi(x，y∈R )，z2＝c＋di(c，d∈R )，
则z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R ，
的点为(x，y)，则
()
A．(x＋1)2＋y2＝1
B．(x－1)2＋y2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1
D．x2＋(y＋1)2＝1
[解析] (1)因为z＝12＋i i＝12＋ii1－1－i i＝i(1－i)＝1＋i， 所以|z|＝ 2. (2)由已知条件，可得z＝x＋yi.∵|z－i|＝1， ∴|x＋yi－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.
[解析]
(1)由z(1＋i)＝2i，得z＝
2i 1＋i
＝
2i1－i 1＋i1－i
＝
2i12－i＝i(1－i)＝1＋i.
(2)法一：∵z＝2＋i，∴ z ＝2－i，
∴z·z ＝(2＋i)(2－i)＝5.
法二：∵z＝2＋i，∴z·z ＝|z|2＝5.
(3)∵51－ ＋ii＝51－ ＋ii11－ －ii＝2－3i，
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第三章 数系的扩充与复数的引入章末检测时间：120分钟 满分：150分一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．i 是虚数单位，计算i ＋i 2＋i 3＝( ) A ．－1 B ．1 C ．－iD ．i解析：i ＋i 2＋i 3＝i ＋(－1)－i ＝－1. 答案：A2．已知i 为虚数单位，复数z ＝1－2i2－i ，则复数z 的虚部是( )A ．－35iB ．－35C.45 iD.45解析：1－2i 2－i ＝－＋－＋＝4－3i 5＝45－35i ，则复数z 的虚部是－35. 答案：B3．如图，在复平面内，点A 表示复数z ，则图中表示z 的共轭复数的点是( ) A ．A B ．B C ．CD ．D解析：设z ＝a ＋b i(a <0，b >0)∴z ＝a －b i 对应点的坐标是(a ，－b )，是第三象限点B . 答案：B4．i 是虚数单位，复数z ＝7＋i3＋4i的共轭复数z ＝( ) A ．1－i B ．1＋i C.1725＋3125i D ．－177＋257i解析：z ＝7＋i3＋4i ＝＋－25＝25－25i25＝1－i ∴z ＝1＋i. 答案：B5．若复数z ＝(1＋i)(x ＋i)(x ∈R)为纯虚数，则|z |等于( ) A ．2 B. 5 C. 2D ．1解析：∵z ＝x －1＋(x ＋1)i 为纯虚数且x ∈R ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝0，x ＋1≠0，得x ＝1，z ＝2i ，|z |＝2.答案：A6．已知复数z 1＝3＋4i ，z 2＝t ＋i ，且z 1·z 2是实数，则实数t 等于( ) A.34 B.43 C ．－43D ．－34解析：z 1·z 2＝(3＋4i)(t －i)＝(3t ＋4)＋(4t －3)i ， 依题意4t －3＝0，∴t ＝34.答案：A7．设z ∈C ，若z 2为纯虚数，则z 在复平面上的对应点落在( ) A ．实轴上B ．虚轴上C ．直线y ＝±x (x ≠0)上D ．以上都不对解析：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，∵z 2＝a 2－b 2＋2ab i 为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝0，ab ≠0.∴a ＝±b ，即z 在直线y ＝±x (x ≠0)上． 答案：C8．定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，则符合条件⎪⎪⎪⎪⎪⎪1 －1z z i ＝4＋2i 的复数z 为( ) A ．3－i B ．1＋3i C ．3＋iD ．1－3i解析：由定义知⎪⎪⎪⎪⎪⎪1 －1z z i ＝z i ＋z ，得z i ＋z ＝4＋2i ，∴z ＝4＋2i 1＋i ＝＋－2＝6－2i2＝3－i. 答案：A9．若复数x 0＝1＋2i 是关于x 的实系数方程x 2＋bx ＋c ＝0的一个根，则( )A ．b ＝2，c ＝3B ．b ＝－2，c ＝3C ．b ＝－2，c ＝－1D ．b ＝2，c ＝－1解析：因为1＋2i 是实系数方程的一个复数根，所以1－2i 也是方程的根，则1＋2i ＋1－2i ＝2＝－b ，(1＋2i)(1－2i)＝3＝c ，解得b ＝－2，c ＝3. 答案：B10．已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－4i ，它们在复平面上所对应的点分别为A ，B ，C .若OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：3－4i ＝λ(－1＋2i)＋μ(1－i)＝μ－λ＋(2λ－μ)i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧μ－λ＝3，2λ－μ＝－4，得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1，μ＝2，∴λ＋μ＝1.答案：A二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中的横线上) 11．设i 为虚数单位，则1－i ＋2＝________. 解析：1－i＋2＝1－i 2i＝－－2＝－i 2－12.答案：－12－i212．已知复数z 1＝cos 23°＋sin 23°i 和复数z 2＝sin 53°＋sin 37°i，则z 1·z 2＝________.解析：z 1·z 2＝(cos 23°＋sin 23°i)·(sin 53°＋sin 37°i)＝(cos 23°sin 53°－sin 23°sin 37°)＋(sin 23°sin 53°＋co s 23°sin 37°)i ＝(cos 23°sin 53°－sin 23°cos 53°)＋i(sin 23°sin 53°＋cos 23°cos 53°) ＝sin 30°＋i cos 30°＝12＋32i.答案：12＋32i13．已知复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)且a 1－i ＋b 1－2i ＝53＋i，则复数z ＝________.解析：∵a ，b ∈R 且a1－i ＋b 1－2i ＝53＋i，即a 1＋i2＋b 1＋2i5＝3－i2， ∴5a ＋5a i ＋2b ＋4b i ＝15－5i ，即⎩⎪⎨⎪⎧5a ＋2b ＝15，5a ＋4b ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝7，b ＝－10，故z ＝a ＋b i ＝7－10i. 答案：7－10i14. 复数z ＝(m 2－3m ＋2)＋(m 2－2m －8)i 的共轭复数在复平面内的对应点位于第一象限，则实数m 的取值范围是________．解析：复数z ＝(m 2－3m ＋2)＋(m 2－2m －8)i 的共轭复数为z ＝(m 2－3m ＋2)－(m 2－2m －8)i ， 又z 在复平面内对应的点在第一象限，得⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m ＋2>0，－m 2－2m －，解得－2<m <1或2<m <4. 答案：(－2,1)∪(2,4)15．若复数z ＝1＋2i ，其中i 是虚数单位，则⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋1z ·z ＝________. 解析：∵z ＝1＋2i ，知z ＝1－2i则⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋1z ·z ＝z ·z ＋1＝(1＋2i)(1－2i)＋1＝6. 答案：6三、解答题(本大题共有6小题，共75分．解答时应写出文字说明、证明过程或运算步骤) 16．(12分)实数k 为何值时，复数z ＝ (k 2－3k －4)＋(k 2－5k －6)i 是： (1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)0.解析：(1)当k 2－5k －6＝0，即k ＝6或k ＝－1时，z 是实数． (2)当k 2－5k －6≠0，即k ≠6且k ≠－1时，z 是虚数．(3)当⎩⎪⎨⎪⎧k 2－3k －4＝0，k 2－5k －6≠0，即k ＝4时，z 是纯虚数．(4)当⎩⎪⎨⎪⎧k 2－3k －4＝0，k 2－5k －6＝0，即k ＝－1时，z 是0.17．(12分)已知复数z 的共轭复数为z ，且z ·z －3i z ＝101－3i，求z .解析：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z ＝a －b i. 又z ·z －3i z ＝101－3i ，所以a 2＋b 2－3i(a ＋b i)＝＋10，所以a 2＋b 2＋3b －3a i ＝1＋3i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＋3b ＝1，－3a ＝3.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－3.所以z ＝－1，或z ＝－1－3i.18．(12分)已知z 是复数，z ＋2i ，z2－i 均为实数(i 为虚数单位)，且复数(z ＋a i)2在复平面上对应的点位于第一象限，求实数a 的取值范围． 解析：设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R)，则z ＋2i ＝x ＋(y ＋2)i ， 由z ＋2i 为实数，得y ＝－2. ∵z2－i ＝x －2i 2－i ＝15(x －2i)(2＋i) ＝15(2x ＋2)＋15(x －4)i ， 由z2－i为实数，得x ＝4.∴z ＝4－2i. ∵(z ＋a i)2＝(12＋4a －a 2)＋8(a －2)i ，根据条件，可知⎩⎪⎨⎪⎧12＋4a －a 2>0，a －解得2<a <6.∴实数a 的取值范围是(2,6)．19．(12分)已知复数z 1满足(1＋i)z 1＝－1＋5i ，z 2＝a －2－i ，其中i 为虚数单位，a ∈R ，若|z 1－z 2|<|z 1|，求a 的取值范围．解析：∵z 1＝－1＋5i1＋i ＝2＋3i ，z 2＝a －2－i ，z 2＝a －2＋i ，∴|z 1－z 2|＝|(2＋3i)－(a －2＋i)|＝|4－a ＋2i| ＝－a2＋4，又∵|z 1|＝13，|z 1－z 2|<|z 1|， ∴－a2＋4<13，∴a 2－8a ＋7<0，解得1<a <7. ∴a 的取值范围是(1,7)．20．(13分)已知关于x 的方程x a ＋b x＝1，其中a ，b 为实数． (1)若x ＝1－3i 是该方程的根，求a ，b 的值．(2)当a >0且b a >14时，证明该方程没有实数根．解析：(1)将x ＝1－3i 代入x a ＋bx＝1， 化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34b －3a i ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋b 4＝1，34b －3a ＝0，解得a ＝b ＝2.(2)原方程化为x 2－ax ＋ab ＝0， 假设原方程有实数解，那么Δ＝(－a )2－4ab ≥0，即a 2≥4ab .∵a >0，∴b a ≤14，这与题设b a >14相矛盾．故原方程无实数根． 21．(14分)复数z ＝＋3a ＋b1－i且|z |＝4，z 对应的点在第一象限，若复数0，z ，z 对应的点是正三角形的三个顶点，求实数a ，b 的值．解析：z ＝＋2＋1－i(a ＋b i)＝－2a －2b i.由|z |＝4得a 2＋b 2＝4，①∵复数0，z ，z 对应的点构成正三角形， ∴|z －z |＝|z |.把z ＝－2a －2b i 代入化简得a 2＝3b 2，② 代入①得，|b |＝1. 又∵Z 点在第一象限， ∴a <0，b <0.由①②得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝－1，故所求值为a ＝－3，b ＝－1.。
高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入 习题课(二)数系的扩充与复数的引入 苏教版选修2-2-苏教
习题课（二）数系的扩充与复数的引入1．已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位．若a ＋i ＝2－b i ，则 (a ＋b i)2＝( ) A ．3－4i B ．3＋4i C ．4－3i D ．4＋3i解析：选A 由a ＋i ＝2－b i 可得a ＝2，b ＝－1，则(a ＋b i)2＝(2－i)2＝3－4i. 2．复数z 满足(－1＋i)z ＝(1＋i)2，其中i 为虚数单位，则在复平面上复数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D z ＝(1＋i )2－1＋i ＝2i (－1－i )(－1＋i )(－1－i )＝2i (－1－i )2＝1－i ，故z 在复平面内对应的点的坐标为(1，－1)，位于第四象限．3．如果复数z ＝2－1＋i ，则( )A ．|z |＝2B ．z 的实部为1C ．z 的虚部为－1D ．z 的共轭复数为1＋i解析：选C 因为z ＝2－1＋i ＝2(－1－i )2＝－1－i ，所以|z |＝2，z 的实部为－1，虚部为－1，共轭复数为－1＋i ，因此选C.4．在复平面内，向量AB →对应的复数是2＋i ，向量CB →对应的复数是－1－3i ，则向量CA →对应的复数为( )A ．1－2iB ．－1＋2iC ．3＋4iD ．－3－4i解析：选D ∵AB →对应复数2＋i ，BC →对应复数1＋3i ， ∴AC →对应复数(2＋i)＋(1＋3i)＝3＋4i ， ∴CA →对应的复数是－3－4i.5．已知i 为虚数单位，若复数z ＝1－a i1＋i (a ∈R )的实部为－3，则|z |＝( )A.10B ．2 3 C.13D ．5解析：选D ∵z ＝1－a i 1＋i ＝(1－a i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1－a －(a ＋1)i 2的实部为－3，∴1－a2＝－3，解得a ＝7.∴z ＝－3－4i ，则|z |＝5.故选D.6．设z 是复数，则下列命题中的假命题是( ) A ．若z 2≥0，则z 是实数 B ．若z 2<0，则z 是虚数 C ．若z 是虚数，则z 2≥0 D ．若z 是纯虚数，则z 2<0解析：选C 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，选项A ，z 2＝(a ＋b i)2＝a 2－b 2＋2ab i≥0，则⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝0，a 2≥b 2，故b ＝0或a ，b 都为0，即z 为实数，正确．选项B ，z 2＝(a ＋b i)2＝a 2－b 2＋2ab i<0，则⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝0，a 2<b 2，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ≠0，故z 一定为虚数，正确．选项C ，若z 为虚数，则b ≠0，z 2＝(a ＋b i)2＝a 2－b 2＋2ab i ，由于a 的值不确定，故z 2无法与0比较大小，错误．选项D ，若z 为纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ≠0，则z 2＝－b 2<0，正确．7．复数z ＝3＋i1＋2i的共轭复数是________．解析：依题意得z ＝(3＋i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝5－5i5＝1－i ，因此z 的共轭复数是1＋i.答案：1＋i8．i 为虚数单位，设复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于原点对称，若z 1＝2－3i ，则z 2＝________.解析：∵(2，－3)关于原点的对称点是(－2,3)， ∴z 2＝－2＋3i. 答案：－2＋3i9．已知z ，ω为复数，(1＋3i)z 为纯虚数，ω＝z2＋i ，且|ω|＝52，则ω＝________.解析：由题意设(1＋3i)z ＝k i(k ≠0且k ∈R )，则ω＝k i(2＋i )(1＋3i ).∵|ω|＝52，∴k ＝±50，故ω＝±(7－i)． 答案：±(7－i)10．已知复数z ＝(1－i)2＋1＋3i.(1)求|z |；(2)若z 2＋az ＋b ＝z ，某某数a ，b 的值． 解：z ＝(1－i)2＋1＋3i ＝－2i ＋1＋3i ＝1＋i. (1)|z |＝12＋12＝ 2.(2)z 2＋az ＋b ＝(1＋i)2＋a (1＋i)＋b ＝2i ＋a ＋a i ＋b ＝a ＋b ＋(a ＋2)i ， ∵z ＝1－i ，∴a ＋b ＋(a ＋2)i ＝1－i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝1，a ＋2＝－1，∴a ＝－3，b ＝4.11．已知z ＝x －i 1－i (x >0)，且复数ω＝z (z ＋i)的实部减去它的虚部所得的差等于－32，求ω·ω.解：ω＝z (z ＋i)＝x －i 1－i ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －i 1－i ＋i ＝x －i 1－i ·x ＋11－i ＝x ＋12＋x 2＋x2i.根据题意x ＋12－x 2＋x2＝－32，得x 2－1＝3. ∵x >0，∴x ＝2，∴ω＝32＋3i.∴ω·ω＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋3i ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－3i ＝454.12．已知等腰梯形OABC 的顶点A ，B 在复平面上对应的复数分别为1＋2i ，－2＋6i ，OA ∥BC .求顶点C 所对应的复数z .解：设z ＝x ＋y i ，x ，y ∈R ，如图，因为OA ∥BC ，|OC |＝|BA |， 所以k OA ＝k BC ，|z C |＝|z B －z A |， 即⎩⎪⎨⎪⎧21＝y －6x ＋2，x 2＋y 2＝32＋42，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－5，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝4.因为|OA |≠|BC |，所以x ＝－3，y ＝4(舍去)，故z＝－5.。
高中数学第三章数系的扩充与复数的引入3.1.1数系的扩充和复数的概念练习含解析新人教A版选修1211
高中数学第三章数系的扩充与复数的引入3.1.1数系的扩充和复数的概念练习含解析新人教A 版选修121104[A 基础达标]1．以－3＋i 的虚部为实部，以3i ＋i 2的实部为虚部的复数是( ) A ．1－i B ．1＋i C ．－3＋3iD ．3＋3i解析：选A.－3＋i 的虚部为1，3i ＋i 2＝－1＋3i ，其实部为－1，故所求复数为1－i. 2．若复数2－b i(b ∈R )的实部与虚部互为相反数，则b 的值为( ) A ．－2 B.23 C ．－23D ．2解析：选D.复数2－b i 的实部为2，虚部为－b ，由题意知2＝－(－b )，所以b ＝2. 3．若a ，b ∈R ，i 是虚数单位，a ＋2 017i ＝2－b i ，则a 2＋b i ＝( ) A ．2 017＋2i B ．2 017＋4i C ．2＋2 017iD ．4－2 017i解析：选D.因为a ＋2 017i ＝2－b i ，所以a ＝2，－b ＝2 017，即a ＝2，b ＝－2 017，所以a 2＋b i ＝4－2 017i ，故选D.4．“a ＝－2”是“复数z ＝(a 2－4)＋(a ＋1)i(a ∈R )为纯虚数”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解析：选A.当a ＝－2时，复数z ＝(a 2－4)＋(a ＋1)i ＝－i ，为纯虚数；当复数z ＝(a2－4)＋(a ＋1)i 为纯虚数时，有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4＝0，a ＋1≠0，解得a ＝±2，故选A.5．下列命题：①若z ＝a ＋b i ，则仅当a ＝0，b ≠0时z 为纯虚数； ②若z 21＋z 22＝0，则z 1＝z 2＝0；③若实数a 与a i 对应，则实数集与纯虚数集可建立一一对应关系． 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选A.在①中未对z ＝a ＋b i 中a ，b 的取值加以限制，故①错误；在②中将虚数的平方与实数的平方等同，如若z 1＝1，z 2＝i ，则z 21＋z 22＝1－1＝0，但z 1≠z 2≠0，故②错误；在③中忽视0·i ＝0，故③也是错误的．故选A.6．已知复数z ＝m 2(1＋i)－m (m ＋i)(m ∈R )，若z 是实数，则m 的值为________． 解析：z ＝m 2＋m 2i －m 2－m i ＝(m 2－m )i ，所以m 2－m ＝0，所以m ＝0或1. 答案：0或17．若复数cos θ－isin θ与－sin θ＋icos θ(θ∈R )相等，则θ＝________． 解析：根据两个复数相等的充要条件，得cos θ＝－sin θ，即tan θ＝－1，所以θ＝k π－π4(k ∈Z )．答案：k π－π4(k ∈Z )8．使不等式m 2－(m 2－3m )i<(m 2－4m ＋3)i ＋10成立的实数m 的取值集合是________．解析：由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m ＝0m 2－4m ＋3＝0m 2<10，解得m ＝3，所以所求的实数m 的取值集合是{3}．答案：{3}9．已知关于实数x ，y 的方程组⎩⎪⎨⎪⎧（2x －1）＋i ＝y －（3－y ）i ，①（2x ＋ay ）－（4x －y ＋b ）i ＝9－8i ②有实数解，求实数a ，b 的值． 解：对①，根据复数相等的充要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －1＝y ，1＝－（3－y ），解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝52，y ＝4.③把③代入②，得5＋4a －(6＋b )i ＝9－8i ，且a ，b ∈R ，所以⎩⎪⎨⎪⎧5＋4a ＝9，6＋b ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2.10．已知复数z ＝a 2－7a ＋6a 2－1＋(a 2－5a －6)i(a ∈R )，试求实数a 取什么值时，z 分别为：(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．解：(1)当z 为实数时，则a 2－5a －6＝0，且a 2－7a ＋6a 2－1有意义，所以a ＝－1或a ＝6，且a ≠±1，所以当a ＝6时，z 为实数．(2)当z 为虚数时，则a 2－5a －6≠0，且a 2－7a ＋6a 2－1有意义，所以a ≠－1且a ≠6，且a ≠±1.所以当a ≠±1，且a ≠6时，z 为虚数，即当a ∈(－∞，－1)∪(－1，1)∪(1，6)∪(6，＋∞)时，z 为虚数．(3)当z 为纯虚数时，则有a 2－5a －6≠0，且a 2－7a ＋6a 2－1＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≠－1，a ≠6.且a ＝6，所以不存在实数a 使z 为纯虚数．[B 能力提升]11．已知复数z ＝cos α＋icos 2α(0<α<2π)的实部与虚部互为相反数，则α的取值集合为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫π，2π3，4π3B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫π3，5π3C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫π，π6，11π6 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫π，π3，5π3解析：选D.由条件，知cos α＋cos 2α＝0，所以2cos 2α＋cos α－1＝0，解得cos α＝－1或12.又0<α<2π，所以α＝π或π3或5π3，故选D.12．若关于x 的方程x 2－(6＋i)x ＋5＋i ＝0有一根为实数x 0，则x 0＝________． 解析：因为x 2－(6＋i)x ＋5＋i ＝0的根为x ＝5＋i 或1，所以x 0＝1. 答案：113．已知集合M ＝{(a ＋3)＋(b 2－1)i ，8}，集合N ＝{3i ，(a 2－1)＋(b ＋2)i}，且M ∩NM ，M ∩N ≠∅，求整数a ，b 的值．解：若M ∩N ＝{3i}，则(a ＋3)＋(b 2－1)i ＝3i ， 即a ＋3＝0且b 2－1＝3， 得a ＝－3，b ＝±2.当a ＝－3，b ＝－2时，M ＝{3i ，8}，N ＝{3i ，8}，M ∩N ＝M ，不合题意； 当a ＝－3，b ＝2时，M ＝{3i ，8}，N ＝{3i ，8＋4i}，符合题意． 所以a ＝－3，b ＝2.若M ∩N ＝{8}，则8＝(a 2－1)＋(b ＋2)i ， 即a 2－1＝8且b ＋2＝0，得a ＝±3，b ＝－2. 当a ＝－3，b ＝－2时，不合题意；当a ＝3，b ＝－2时，M ＝{6＋3i ，8}，N ＝{3i ，8}，符合题意． 所以a ＝3，b ＝－2.若M ∩N ＝{(a ＋3)＋(b 2－1)i}＝{(a 2－1)＋(b ＋2)i}，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋3＝a 2－1b 2－1＝b ＋2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a －4＝0b 2－b －3＝0，此方程组无整数解．综上可得a ＝－3，b ＝2或a ＝3，b ＝－2.14．(选做题)已知复数z 1＝－a 2＋2a ＋a i ，z 2＝2xy ＋(x －y )i ，其中a ，x ，y ∈R ，且z 1＝z 2，求3x ＋y 的取值范围．解：由复数相等的充要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧－a 2＋2a ＝2xy a ＝x －y ，消去a ，得x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0，即(x －1)2＋(y ＋1)2＝2.法一：令t ＝3x ＋y ，则y ＝－3x ＋t .分析知圆心(1，－1)到直线3x ＋y －t ＝0的距离d ＝|2－t |10≤2，解得2－25≤t ≤2＋25，即3x ＋y 的取值范围是[2－25，2＋25]．法二：令⎩⎨⎧x －1＝2cos αy ＋1＝2sin α，得⎩⎨⎧x ＝2cos α＋1y ＝2sin α－1(α∈R )，所以3x ＋y ＝2sin α＋32cos α＋2＝25sin(α＋φ)＋2(其中tan φ＝3)， 于是3x ＋y 的取值范围是[2－25，2＋25]．。
高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入 习题课—复数运算的综合问题课后提升训练(含解析)新人教A版
第三章数系的扩充与复数的引入习题课——复数运算的综合问题课后篇巩固提升1.若复数z 满足|z-1+i |=3,则复数z 对应的点的轨迹围成图形的面积等于() A.3 B.9 C.6π D.9π,复数z 对应的点的轨迹是以(1,-1)为圆心,以3为半径的圆,其面积等于π×32=9π.2.已知a ,b ∈R ,且2+a i,b+3i 是一个实系数一元二次方程的两个根,则a ,b 的值分别是() A .a=-3,b=2 B .a=3,b=-2 C .a=-3,b=-2 D .a=3,b=2,这两个复数一定是互为共轭复数,故a=-3,b=2.3.设x ,y ∈R ,i 为虚数单位,(x+i)x=4+2y i,则|x +4x i 1+i|=() A.√10B.√5C.2D.√2(x+i)x=4+2y i,x ,y ∈R ,∴x 2+x i =4+2y i,可得x 2=4,x=2y ,解得x=2,y=1,或x=-2,y=-1,则|x+4y i |=|2+4i |=√22+42=2√5,或|x+4y i |=|-2-4i |=√(-2)2+(-4)2=2√5.又|1+i |=√2,∴|x +4x i 1+i|=|x +4x i||1+i|=√5√2=√10,故选A .4.关于x 的方程3x 2-x2x-1=(10-x-2x 2)i 有实根,则实数a 的值等于.x=m ,则原方程可变为3m 2-x2m-1=(10-m-2m 2)i,所以{3x 2-x 2x -1=0,10-x -2x 2=0,解得a=11或a=-715.或-7155.关于复数z 的方程|z|+2z=13+6i 的解是.z=x+y i(x ,y ∈R ),则有√x 2+x 2+2x+2y i =13+6i,于是{√x 2+x 2+2x =13,2x =6,解得{x =4,x =3或{x =403,x =3.因为13-2x=√x 2+x 2≥0,所以x ≤132,故x=403舍去,故z=4+3i .4+3i6.已知z ∈C ,且|z+1|=|z-i |,则|z+i |的最小值等于.|z+1|=|z-i |表示以(-1,0),(0,1)为端点的线段的垂直平分线,而|z+i |=|z-(-i)|表示直线上的点到(0,-1)的距离,数形结合知其最小值为√22.7.已知复数z=3+i2-i ,z 1=2+m i . (1)若|z+z 1|=5,某某数m 的值;(2)若复数az+2i 在复平面上对应的点在第二象限,某某数a 的取值X 围.z=3+i 2-i=(3+i)(2+i)(2-i)(2+i)=5+5i 5=1+i .因为|z+z 1|=|1+i +2+m i |=|3+(m+1)i |=√32+(x +1)2=5,所以9+(m+1)2=25. 解得m=-5或m=3.(2)az+2i =a (1+i)+2i =a+(a+2)i,在复平面上对应的点在第二象限,所以{x <0,x +2>0,解得-2<a<0.8.已知关于x 的方程x 2-(6+i)x+9+a i =0(a ∈R )有实数根b. (1)某某数a ,b 的值.(2)若复数z 满足|x -a-b i |-2|z|=0,当z 为何值时,|z|有最小值?并求出|z|的最小值.因为b 是方程x 2-(6+i)x+9+a i =0(a ∈R )的实根,所以(b 2-6b+9)+(a-b )i =0,故{x 2-6x +9=0,x =x ,解得a=b=3. (2)设z=m+n i(m ,n ∈R ),由|x -3-3i |=2|z|,得(m-3)2+(n+3)2=4(m 2+n 2), 即(m+1)2+(n-1)2=8,所以Z 点的轨迹是以O 1(-1,1)为圆心,以2√2为半径的圆.如图,当Z 点在直线OO 1上时,|z|有最大值或最小值. 因为|OO 1|=√2,半径r=2√2,所以当z=1-i 时,|z|有最小值,且|z|min =√2.。
高中数学第三章数系的扩充与复数的引入3.2.2复数代数形式的乘除运算课时作业新人教版选修2-2
复数代数形式的乘除运算明目标、知重点1．掌握复数代数形式的乘法和除法运算.2.理解复数乘法的互换律、结合律和乘法对加法的分派律.3.理解共轭复数的概念．1．复数的乘法法则设z1＝a＋b i，z2＝c＋d i(a，b，c，d∈R)，则z1·z2＝(a＋b i)(c＋d i)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i.2．复数乘法的运算律对任意复数z1、z2、z3∈C，有交换律z1·z2＝z2·z1结合律(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)乘法对加法的分配律z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z33.共轭复数若是两个复数知足实部相等，虚部互为相反数时，称这两个复数为共轭复数，z的共轭复数用z表示．即z＝a＋b i，则z＝a－b i.4．复数的除法法则设z1＝a＋b i，z2＝c＋d i(c＋d i≠0)，则z1z2＝a＋b ic＋d i＝ac＋bdc2＋d2＋bc－adc2＋d2i.[情境导学]咱们学习过实数的乘法运算及运算律，那么复数的乘法如何进行运算，复数的乘法知足运算律么？探讨点一复数乘除法的运算思考1 如何进行复数的乘法？答两个复数相乘，类似于两个多项式相乘，只要把已得结果中的i2换成－1，而且把实部与虚部别离归并即可．思考2 复数的乘法与多项式的乘法有何不同？答 复数的乘法与多项式乘法是类似的，有一点不同即必需在所得结果中把i 2换成－1. 例1 计算：(1)(1－2i)(3＋4i)(－2＋i)； (2)(3＋4i)(3－4i)； (3)(1＋i)2.解 (1)(1－2i)(3＋4i)(－2＋i)＝(11－2i)(－2＋i) ＝－20＋15i ；(2)(3＋4i)(3－4i)＝32－(4i)2＝9－(－16)＝25； (3)(1＋i)2＝1＋2i ＋i 2＝2i.反思与感悟 复数的乘法可以按多项式的乘法法则进行，注意选用适当的乘法公式进行简便运算，例如平方差公式、完全平方公式等． 跟踪训练1 计算：(1)(2＋i)(2－i)；(2)(1＋2i)2. 解 (1)(2＋i)(2－i)＝4－i 2＝4－(－1)＝5； (2)(1＋2i)2＝1＋4i ＋(2i)2＝1＋4i ＋4i 2＝－3＋4i ； 思考3 如何理解复数的除法运算法则？答 复数的除法先写成份式的形式，再把分母实数化(方式是分母与分子同时乘以分母的共轭复数，若分母是纯虚数，则只需同时乘以i)． 例2 计算：(1)4－3i 4＋3i ＋4＋3i 4－3i ；(2)(1＋2i)2；(2)(1＋i 1－i )6＋2＋3i 3－2i.解 (1)原式＝(4－3i )2(4＋3i )(4－3i )＋(4＋3i )2(4－3i )(4＋3i )＝16－9－24i 42＋32＋16－9＋24i 42＋32＝7－24i 25＋7＋24i 25＝1425； (2)方式一 原式＝[(1＋i )22]6＋(2＋3i )(3＋2i )(3)2＋(2)2＝i 6＋6＋2i ＋3i －65＝－1＋i.方式二 (技能解法)原式＝[(1＋i )22]6＋(2＋3i )i(3－2i )i＝i 6＋(2＋3i )i 2＋3i＝－1＋i.反思与感悟 复数的除法是分子、分母同乘以分母的共轭复数．跟踪训练2 计算：(1)7＋i 3＋4i ；(2)(－1＋i )(2＋i )－i解 (1)7＋i 3＋4i ＝(7＋i )(3－4i )(3＋4i )(3－4i )＝25－25i25＝1－i.(2)(－1＋i )(2＋i )－i ＝－3＋i －i ＝(－3＋i )·i－i·i ＝－1－3i.探讨点二 共轭复数及其应用思考1 像3＋4i 和3－4i 这样的两个复数咱们称为互为共轭复数，那么如何概念共轭复数呢？答 一般地，当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数．通常记复数z 的共轭复数为z .虚部不等于0的两个共轭复数也叫做共轭虚数． 思考2 复数a ＋b i 的共轭复数如何表示？这两个复数之积是实数仍是虚数？答 复数a ＋b i 的共轭复数可表示为a －b i ，由于 (a ＋b i)·(a －b i)＝a 2＋b 2，所以两个共轭复数之积为实数．思考3 共轭复数有哪些性质，这些性质有什么作用？ 答 (1)在复平面上，两个共轭复数对应的点关于实轴对称．(2)实数的共轭复数是它本身，即z ＝z ⇔z ∈R ，利用这个性质可证明一个复数为实数． (3)若z ≠0且z ＋z ＝0，则z 为纯虚数，利用这个性质，可证明一个复数为纯虚数． 思考4 z ·z 与|z |2和|z |2有什么关系？ 答 z ·z ＝|z |2＝|z |2.例3 已知复数z 知足|z |＝1，且(3＋4i)z 是纯虚数，求z 的共轭复数z . 解 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z ＝a －b i 且|z |＝a 2＋b 2＝1，即a 2＋b 2＝1.① 因为(3＋4i)z ＝(3＋4i)(a ＋b i)＝(3a －4b )＋(3b ＋4a )i ，而(3＋4i)z 是纯虚数， 所以3a －4b ＝0，且3b ＋4a ≠0.② 由①②联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝45，b ＝35，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－45，b ＝－35.所以z ＝45－35i ，或z ＝－45＋35i.反思与感悟 本题利用了复数问题实数化思想，运用待定系数法，化解了问题的难点． 跟踪训练3 已知复数z 知足：z ·z ＋2i z ＝8＋6i ，求复数z 的实部与虚部的和．解 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )， 则z ·z ＝a 2＋b 2，∴a 2＋b 2＋2i(a ＋b i)＝8＋6i ， 即a 2＋b 2－2b ＋2a i ＝8＋6i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－2b ＝82a ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3b ＝1，∴a ＋b ＝4，∴复数z 的实部与虚部的和是4.1．设复数z 知足i z ＝1，其中i 为虚数单位，则z 等于( ) A ．－i B ．i C ．－1 D ．1 答案 A解析 z ＝1i＝－i.2．已知集合M ＝{1,2，z i}，i 为虚数单位，N ＝{3,4}，M ∩N ＝{4}，则复数z 等于( ) A ．－2i B ．2i C ．－4i D ．4i 答案 C解析 由M ∩N ＝{4}得z i ＝4，z ＝4i ＝－4i.3．复数i －21＋2i 等于( )A ．iB ．－iC ．－45－35iD ．－45＋35i答案 A4．复数z ＝2－i2＋i (i 为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案 D解析 因为z ＝2－i 2＋i ＝(2－i )25＝3－4i5，故复数z 对应的点在第四象限，选D.[呈重点、现规律]1．复数代数形式的乘除运算(1)复数代数形式的乘法类似于多项式乘以多项式，复数的乘法知足互换律、结合律和乘法对加法的分派律．(2)在进行复数代数形式的除法运算时，通常先将除法写成份式的形式，再把分子、分母都乘以分母的共轭复数，化简后可得，类似于以前学习的分母有理化． 2．共轭复数的性质可以用来解决一些复数问题． 3．复数问题实数化思想．复数问题实数化是解决复数问题的大体思想方式，其桥梁是设复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，利用复数相等的充要条件转化.一、基础过关1．复数－i ＋1i 等于( )A ．－2i i C ．0 D ．2i 答案 A解析 －i ＋1i ＝－i －i2i ＝－2i ，选A.2．i 为虚数单位，1i ＋1i 3＋1i 5＋1i 7等于( )A ．0B ．2iC ．－2iD ．4i 答案 A解析 1i ＝－i ，1i 3＝i ，1i 5＝－i ，1i 7＝i ，∴1i ＋1i 3＋1i 5＋1i7＝0. 3．若a ，b ∈R ，i 为虚数单位，且(a ＋i)i ＝b ＋i ，则( ) A ．a ＝1，b ＝1 B ．a ＝－1，b ＝1 C ．a ＝－1，b ＝－1 D ．a ＝1，b ＝－1答案 D解析 ∵(a ＋i)i ＝－1＋a i ＝b ＋i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1a ＝1.4．在复平面内，复数i 1＋i ＋(1＋3i)2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 B 解析i 1＋i ＋(1＋3i)2＝12＋12i ＋(－2＋23i) ＝－32＋(23＋12)i ，对应点(－32，23＋12)在第二象限．5．设复数z 的共轭复数是z ，若复数z 1＝3＋4i ，z 2＝t ＋i ，且z 1·z 2是实数，则实数t 等于( ) C ．－43D ．－34答案 A解析 ∵z 2＝t ＋i ，∴z 2＝t －i.z 1·z 2＝(3＋4i)(t －i)＝3t ＋4＋(4t －3)i ，又∵z 1·z 2∈R ，∴4t －3＝0，∴t ＝34.6．若z ＝1＋2ii ，则复数z 等于( )A ．－2－iB ．－2＋iC ．2－iD ．2＋i答案 D解析 z ＝1＋2ii ＝2－i ，∴z ＝2＋i.7．计算：(1)2＋2i (1－i )2＋(21＋i )2 010； (2)(4－i 5)(6＋2i 7)＋(7＋i 11)(4－3i)． 解 (1)2＋2i (1－i )2＋(21＋i )2 010＝2＋2i －2i ＋(22i ) 1 005＝i(1＋i)＋(1i )1 005＝－1＋i ＋(－i)1 005＝－1＋i －i ＝－1.(2)原式＝(4－i)(6－2i)＋(7－i)(4－3i) ＝22－14i ＋25－25i ＝47－39i. 二、能力提升8．设复数z 知足(1－i)z ＝2i ，则z 等于( ) A ．－1＋i B ．－1－i C ．1＋i D ．1－i答案 A解析 由已知得z ＝2i 1－i ＝2i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－1＋i. 9．复数z 知足(z －3)(2－i)＝5(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数z 为( ) A ．2＋i B ．2－i C ．5＋i D ．5－i 答案 D解析 由(z －3)(2－i)＝5得，z －3＝52－i＝2＋i ， ∴z ＝5＋i ，∴z ＝5－i.10．设复数i 知足i(z ＋1)＝－3＋2i(i 为虚数单位)，则z 的实部是________． 答案 1解析 由i(z ＋1)＝－3＋2i 取得z ＝－3＋2ii －1＝2＋3i －1＝1＋3i.11．已知复数z 知足(1＋2i)z ＝4＋3i ，求z 及z z.解 因为(1＋2i)z ＝4＋3i ，所以z ＝4＋3i 1＋2i ＝(4＋3i )(1－2i )5＝2－i ，故z ＝2＋i.所以zz＝2－i 2＋i ＝(2－i )25＝3－4i 5＝35－45i.12．已知复数z 的共轭复数为z ，且z ·z －3i z ＝101－3i，求z . 解 z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z ＝a －b i. 又z ·z －3i z ＝101－3i，∴a 2＋b 2－3i(a ＋b i)＝10(1＋3i )10，∴a 2＋b 2＋3b －3a i ＝1＋3i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＋3b ＝1，－3a ＝3.∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－3.∴z ＝－1，或z ＝－1－3i.三、探讨与拓展13．已知1＋i 是方程x 2＋bx ＋c ＝0的一个根(b 、c 为实数)． (1)求b ，c 的值；(2)试说明1－i 也是方程的根吗？解 (1)因为1＋i 是方程x 2＋bx ＋c ＝0的根， ∴(1＋i)2＋b (1＋i)＋c ＝0，即(b ＋c )＋(2＋b )i ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＋c ＝02＋b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－2c ＝2.∴b 、c 的值为b ＝－2，c ＝2. (2)方程为x 2－2x ＋2＝0.把1－i 代入方程左侧得(1－i)2－2(1－i)＋2＝0，显然方程成立，∴1－i 也是方程的一个根．。
高中数学 第3章 数系的扩充与复数的引入 3.2 复数的四则运算(一)课件 苏教版选修1-2
交换律 结合律 乘法对加法的分配律
z1z2＝_z2_z_1 (z1z2)z3＝_z_1(_z_2z_3_)_ z1(z2＋z3)＝_z_1_z_2＋__z_1_z_3 _
知识点三 共轭复数
思考
复数z1＝a＋bi与z2＝a－bi(a，b∈R)有什么关系？试求z1·z2的积. 答案 两复数实部相等，虚部互为相反数，z1·z2＝a2＋b2，积为 实数.
思考2
复数的加法满足交换律和结合律吗？ 答案 满足.
答案
梳理
(1)复数的加法、减法法则 ①条件：z1＝a＋bi，z2＝c＋di(其中a，b，c，d均为实数). ②加法法则：z1＋z2＝ (a＋c)＋(b＋d)i ， 减法法则：z1－z2＝ (a－c)＋(b－d)i . (2)运算律 ①交换律：z1＋z2＝ z2＋z1 . ②结合律：(z1＋z2)＋z3＝ z1＋(z2＋z3) .
3.理解共轭复数的性质
(1)z∈R⇔ z＝z.
(2)当a，b∈R时，有a2＋b2＝(a＋bi)(a－bi)，这是虚数问题实数化的一个 重要依据.
本课结束
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2021/11/22
知识点二 复数的乘法
思考
如何规定两个复数相乘？ 答案 类似于多项式的乘法，相当于把复数的代数形式看成关 于“i”的多项式，运算过程中要把i2换成－1，然后把实部与虚 部分别合并.
答案
梳理
(1)复数的乘法法则 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)， z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ (ac－bd)＋(ad＋bc)i . (2)乘法运算律 对于任意z1，z2，z3∈C，有
12345
解析 答案
3. 设 复 数 z1 ＝ x ＋ 2i ， z2 ＝ 3 － yi(x ， y∈R) ， 若 z1 ＋ z2 ＝ 5 － 6i ， 则 z1 － z2 ＝ __－__1_＋__1_0_i___.
高中数学第三章数系的扩充与复数的引入3.1.1数系的扩充和复数的概念课时作业新人教版选修2-2
数系的扩充和复数的概念明目标、知重点1．了解引进虚数单位i 的必要性，了解数集的扩充进程．2．理解在数系的扩充中由实数集扩展到复数集出现的一些大体概念． 3．掌握复数代数形式的表示方式，理解复数相等的充要条件．1．复数的有关概念 (1)复数①概念：形如a ＋b i 的数叫做复数，其中a ，b ∈R ，i 叫做虚数单位．a 叫做复数的实部，b 叫做复数的虚部．②表示方式：复数通常常利用字母z 表示，即z ＝a ＋b i. (2)复数集①概念：全部复数所成的集合叫做复数集． ②表示：通常常利用大写字母C 表示． 2．复数的分类及包括关系(1)复数(a ＋b i ，a ，b ∈R )⎩⎨⎧实数(b ＝0)虚数(b ≠0)⎩⎪⎨⎪⎧纯虚数(a ＝0)非纯虚数(a ≠0)(2)集合表示：3．复数相等的充要条件设a ，b ，c ，d 都是实数，那么a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d .[情境导学]为解决方程x 2＝1，数系从有理数扩充到实数；数的概念扩充到实数集后，人们发此刻实数范围内很多问题还不能解决，如从解方程的角度看，象x 2＝－1这个方程在实数范围内就无解，那么如何解决方程x 2＝－1在实数系中无根的问题呢？咱们可否将实数集进行扩充，使得在新的数集中，该问题能取得圆满解决呢？本节咱们就来研究这个问题． 探讨点一 复数的概念思考1 为解决方程x 2＝2，数系从有理数扩充到实数；那么如何解决方程x 2＋1＝0在实数系中无根的问题呢？答 假想引入新数i ，使i 是方程x 2＋1＝0的根，即i·i＝－1，方程x 2＋1＝0有解，同时取得一些新数．思考2 如何理解虚数单位i? 答 (1)i 2＝－1.(2)i 与实数之间可以运算，亦适合加、减、乘的运算律．(3)由于i 2＜0与实数集中a 2≥0(a ∈R )矛盾，所以实数集中很多结论在复数集中再也不成立． (4)若i 2＝－1，那么i4n ＋1＝i ，i4n ＋2＝－1，i4n ＋3＝－i ，i 4n＝1.思考3 什么叫复数？如何表示一个复数？答 形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫做复数，复数通常常利用字母z 表示，即z ＝a ＋b i ，这一表示形式叫做复数的代数形式，其中a 、b 别离叫做复数z 的实部与虚部． 思考4 什么叫虚数？什么叫纯虚数？答 对于复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，当b ≠0时叫做虚数；当a ＝0且b ≠0时，叫做纯虚数． 思考5 复数m ＋n i 的实部、虚部必然是m 、n 吗？答 不必然，只有当m ∈R ，n ∈R ，则m 、n 才是该复数的实部、虚部． 例1 请说出下列复数的实部和虚部，并判断它们是实数，虚数仍是纯虚数． ①2＋3i ；②－3＋12i ；③2＋i ；④π；⑤－3i ；⑥0.解 ①的实部为2，虚部为3，是虚数；②的实部为－3，虚部为12，是虚数；③的实部为2，虚部为1，是虚数；④的实部为π，虚部为0，是实数；⑤的实部为0，虚部为－3，是纯虚数；⑥的实部为0，虚部为0，是实数．反思与感悟 复数a ＋b i 中，实数a 和b 别离叫做复数的实部和虚部．特别注意，b 为复数的虚部而不是虚部的系数，b 连同它的符号叫做复数的虚部．跟踪训练1 符合下列条件的复数必然存在吗？若存在，请举出例子；若不存在，请说明理由． (1)实部为－2的虚数； (2)虚部为－2的虚数； (3)虚部为－2的纯虚数； (4)实部为－2的纯虚数．解 (1)存在且有无数个，如－2＋i 等；(2)存在且不唯一，如1－2i 等；(3)存在且唯一，即－2i ；(4)不存在，因为纯虚数的实部为0.例2 当实数m 为何值时，复数z ＝m 2＋m －6m＋(m 2－2m )i 为(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．解 (1)当⎩⎪⎨⎪⎧m 2－2m ＝0m ≠0，即m ＝2时，复数z 是实数；(2)当⎩⎪⎨⎪⎧m 2－2m ≠0，m ≠0即m ≠0且m ≠2时，复数z 是虚数；(3)当⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m －6m ＝0m 2－2m ≠0，即m ＝－3时，复数z 是纯虚数．反思与感悟 利用复数的概念对复数分类时，主要依据实部、虚部知足的条件，可列方程或不等式求参数．跟踪训练2 实数m 为何值时，复数z ＝m (m ＋2)m －1＋(m 2＋2m －3)i 是(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．解 (1)要使z 是实数，m 需知足m 2＋2m －3＝0，且m (m ＋2)m －1成心义即m －1≠0，解得m ＝－3. (2)要使z 是虚数，m 需知足m 2＋2m －3≠0，且m (m ＋2)m －1成心义即m －1≠0，解得m ≠1且m ≠－3.(3)要使z 是纯虚数，m 需知足m (m ＋2)m －1＝0，m －1≠0， 且m 2＋2m －3≠0， 解得m ＝0或m ＝－2. 探讨点二 两个复数相等 思考1 两个复数可否比较大小？答 若是两个复数不尽是实数，那么它们不能比较大小． 思考2 两个复数相等的充要条件是什么？答 复数a ＋b i 与c ＋d i 相等的充要条件是a ＝c 且b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R )． 例3 已知x ，y 均是实数，且知足(2x －1)＋i ＝－y －(3－y )i ，求x 与y .解 由复数相等的充要条件得⎩⎪⎨⎪⎧2x －1＝－y ，1＝y －3.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32，y ＝4.反思与感悟 两个复数相等，首先要分清两复数的实部与虚部，然后利用两个复数相等的充要条件可取得两个方程，从而可以肯定两个独立参数．跟踪训练3 已知x 2－x －6x ＋1＝(x 2－2x －3)i(x ∈R )，求x 的值．解 由复数相等的概念得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －6x ＋1＝0.x 2－2x －3＝0.解得：x ＝3，所以x ＝3为所求．1．已知复数z ＝a 2－(2－b )i 的实部和虚部别离是2和3，则实数a ，b 的值别离是( ) ，1 ，5 C ．±2，5 D ．±2，1答案 C解析 令⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2－2＋b ＝3，得a ＝±2，b ＝5.2．下列复数中，知足方程x 2＋2＝0的是( ) A ．±1 B ．±i C ．±2i D ．±2i答案 C3．若是z ＝m (m ＋1)＋(m 2－1)i 为纯虚数，则实数m 的值为( ) A ．1 B ．0 C ．－1 D ．－1或1答案 B解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧m (m ＋1)＝0m 2－1≠0，∴m ＝0.4．下列几个命题：①两个复数相等的一个必要条件是它们的实部相等； ②两个复数不相等的一个充分条件是它们的虚部不相等；③1－a i(a∈R)是一个复数；④虚数的平方不小于0；⑤－1的平方根只有一个，即为－i；⑥i是方程x4－1＝0的一个根；⑦2i是一个无理数．其中正确命题的个数为( )A．3 B．4 C．5 D．6答案 B解析命题①②③⑥正确，④⑤⑦错误．[呈重点、现规律]1．对于复数z＝a＋b i(a，b∈R)，可以限制a，b的值取得复数z的不同情况；2．两个复数相等，要先肯定两个复数的实、虚部，再利用两个复数相等的条件进行判断．一、基础过关1．设a，b∈R.“a＝0”是“复数a＋b i是纯虚数”的( )A．充分而没必要要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也没必要要条件答案 B解析因为a，b∈R.“a＝0”时“复数a＋b i不必然是纯虚数”．“复数a＋b i是纯虚数”则“a＝0”必然成立．所以a，b∈R.“a＝0”是“复数a＋b i是纯虚数”的必要而不充分条件．2．下列命题正确的是( )A．若a∈R，则(a＋1)i是纯虚数B．若a，b∈R且a>b，则a＋i>b＋iC．若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是纯虚数，则实数x＝±1D．两个虚数不能比较大小答案 D解析对于复数a＋b i(a，b∈R)，当a＝0且b≠0时为纯虚数．在A中，若a＝－1，则(a＋1)i不是纯虚数，故A错误；在B中，两个虚数不能比较大小，故B错误；在C中，若x＝－1，不成立，故C错误；D正确．3．以－5＋2i 的虚部为实部，以5i ＋2i 2的实部为虚部的新复数是( ) A ．2－2i B ．－5＋5i C ．2＋i ＋5i 答案 A解析 设所求新复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由题意知：复数－5＋2i 的虚部为2；复数5i ＋2i 2＝5i ＋2×(－1)＝－2＋5i 的实部为－2，则所求的z ＝2－2i.故选A. 4．若(x ＋y )i ＝x －1(x ，y ∈R )，则2x ＋y的值为( )B ．2C ．0D ．1 答案 D解析 由复数相等的充要条件知，⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1，∴x ＋y ＝0.∴2x ＋y＝20＝1.5．若复数z ＝(x 2－1)＋(x －1)i 为纯虚数，则实数x 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．－1或1 答案 A解析 由复数z ＝(x 2－1)＋(x －1)i 为纯虚数得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1＝0，x －1≠0，解得x ＝－1.6．设m ∈R ，m 2＋m －2＋(m 2－1)i 是纯虚数，其中i 是虚数单位，则m ＝________. 答案 －2解析 ⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m －2＝0m 2－1≠0⇒m ＝－2.7．已知(2x －y ＋1)＋(y －2)i ＝0，求实数x ，y 的值． 解 ∵(2x －y ＋1)＋(y －2)i ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋1＝0，y －2＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝2.所以实数x ，y 的值别离为12，2.二、能力提升8．若(x 2－1)＋(x 2＋3x ＋2)i 是纯虚数，则实数x 的值是( ) A ．1 B ．－1 C ．±1 D．－1或－2 答案 A解析 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1＝0，x 2＋3x ＋2≠0.解得x ＝1.9．z 1＝－3－4i ，z 2＝(n 2－3m －1)＋(n 2－m －6)i ，且z 1＝z 2，则实数m ＝________，n ＝________. 答案 2 ±2解析 由z 1＝z 2得⎩⎪⎨⎪⎧－3＝n 2－3m －1－4＝n 2－m －6，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2n ＝±2.10．已知集合M ＝{1,2，(a 2－3a －1)＋(a 2－5a －6)i}，N ＝{－1,3}，若M ∩N ＝{3}，则实数a ＝________. 答案 －1解析 由M ∩N ＝{3}知，3∈M ，即有(a 2－3a －1)＋(a 2－5a －6)i ＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－3a －1＝3，a 2－5a －6＝0，解得a ＝－1.11．实数m 别离为何值时，复数z ＝2m 2＋m －3m ＋3＋(m 2－3m －18)i 是(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．解 (1)要使所给复数为实数，必使复数的虚部为0.故若使z 为实数，则⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m －18＝0m ＋3≠0，解得m ＝6.所以当m ＝6时，z 为实数．(2)要使所给复数为虚数，必使复数的虚部不为0. 故若使z 为虚数，则m 2－3m －18≠0，且m ＋3≠0， 所以当m ≠6且m ≠－3时，z 为虚数．(3)要使所给复数为纯虚数，必使复数的实部为0，虚部不为0. 故若使z 为纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧2m 2＋m －3＝0m ＋3≠0m 2－3m －18≠0，解得m ＝－32或m ＝1.所以当m ＝－32或m ＝1时，z 为纯虚数．12．设z 1＝m 2＋1＋(m 2＋m －2)i ，z 2＝4m ＋2＋(m 2－5m ＋4)i ，若z 1<z 2，求实数m 的取值范围． 解 由于z 1<z 2，m ∈R ， ∴z 1∈R 且z 2∈R ，当z 1∈R 时，m 2＋m －2＝0，m ＝1或m ＝－2.当z 2∈R 时，m 2－5m ＋4＝0，m ＝1或m ＝4， ∴当m ＝1时，z 1＝2，z 2＝6，知足z 1<z 2. ∴z 1<z 2时，实数m 的取值为m ＝1. 三、探讨与拓展13．若是12log (m ＋n )－(m 2－3m )i>－1，如何求自然数m ，n 的值？解 因为12log (m ＋n )－(m 2－3m )i>－1，所以12log (m ＋n )－(m 2－3m )i 是实数，从而有⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m ＝0， ①12log (m ＋n )>－1， ②由①得m ＝0或m ＝3，当m ＝0时，代入②得n <2，又m ＋n >0，所以n ＝1； 当m ＝3时，代入②得n <－1，与n 是自然数矛盾， 综上可得m ＝0，n ＝1.。
2020-2021 高中数学 选修2-2 新课标 第三章 数系的扩充与复数的引入 练习题答案
全品学练考|高中数学 选修2-2 新课标(RJA)第三章 数系的扩充与复数的引入3.1 数系的扩充和复数的概念3.1.1 数系的扩充和复数的概念1.B [解析] 若复数是虚数,则n ≠0,故选B .2.B [解析] 由2+b i 与a-3i 相等,得a=2,b=-3.故实数a ,b 的值分别为2,-3.3.A [解析] ①∵x ,y ∈C ,∴当x=i ,y=-i 时,x+y i =1+i ,故①是假命题;②∵两个虚数不能比较大小,∴②是假命题;③当x=1,y=i 时,x 2+y 2=0成立,∴③是假命题.4.A [解析] 复数-√5+2i 的虚部为2,复数√5i +2i 2=√5i +2×(-1)=-2+√5i 的实部为-2,则所求的新复数为2-2i .5.D [解析] 由复数相等的充要条件知, {x +y =0,x -1=0,解得{x =1,y =-1,∴x+y=0,∴2x+y =20=1.6.D [解析] 依题意得x 2+x-2≠0, 解得x ≠1且x ≠-2.7.A [解析] 若复数z=(a 2-1)+2(a+1)i为纯虚数,则{a 2-1=0,2(a +1)≠0,据此可得a=1.故a=1是复数z=(a 2-1)+2(a+1)i 为纯虚数的充要条件.故选A .8.A [解析] 由题意知b 2+(4+i )b+4+a i =0(a ,b ∈R ),即b 2+4b+4+(a+b )i =0, ∴{b 2+4b +4=0,a +b =0,∴{b =-2,a =2,即z=2-2i .9.0或1 [解析] z=m 2+m 2i -m 2-m i =(m 2-m )i ,又z 是实数,所以m 2-m=0,解得m=0或m=1. 10.2 ±2 [解析] 由z 1=z 2,m ,n 为实数,得{-3=n 2-3m -1,-4=n 2-m -6,解得{m =2,n =±2.11.-1 [解析] 由M ∩N={3},知3∈M ,则有(a 2-3a-1)+(a 2-5a-6)i =3,所以{a 2-3a -1=3,a 2-5a -6=0,解得a=-1.12.4 [解析] ∵复数z=log 2(x 2-3x-2)+ilog 2(x-3)为实数,∴log 2(x-3)=0,即x-3=1,∴x=4,代入x 2-3x-2,得42-3×4-2=2>0,满足题意.13.解:因为M ∪P=P ,所以M ⊆P ,即(m 2-2m )+(m 2+m-2)i =-1或(m 2-2m )+(m 2+m-2)i=4i. 由(m 2-2m )+(m 2+m-2)i =-1,解得m=1; 由(m 2-2m )+(m 2+m-2)i=4i ,解得m=2. 综上可知m=1或m=2.14.解:(1)因为z 为实数,所以1-2cos θ=0, 即cos θ=12.又因为θ∈(0,π),所以θ=π3. (2)因为z 为纯虚数,所以{sinθ-1=0,1-2cosθ≠0,所以sin θ=1且cos θ≠12.又因为θ∈(0,π),所以θ=π2.15.解:∵z 1<z 2,m ∈R ,∴z 1∈R 且z 2∈R . 当z 1∈R 时,m 2+m-2=0,解得m=1或m=-2; 当z 2∈R 时,m 2-5m+4=0,解得m=1或m=4. 综上可知m=1,此时z 1=2,z 2=6,满足z 1<z 2. 16.解:方程化为(x 2+mx+2)+(2x+m )i =0, ∴{x 2+mx +2=0,①2x +m =0,②∴由②得x=-m2,代入①得m 24-m 22+2=0, ∴m 2=8,解得m=±2√2.3.1.2 复数的几何意义1.D [解析] 任意复数z=a+b i (a ,b ∈R )的模|z|=√a 2+b 2≥0恒成立,故A 中说法正确.由z=a+b i =0,得{a =0,b =0,∴|z|=0;反之亦成立,故B 中说法正确.设z 1=a 1+b 1i ,z 2=a 2+b 2i (a 1,b 1,a 2,b 2∈R ),若z 1=z 2,则有a 1=a 2,b 1=b 2,∴|z 1|=|z 2|;反之,由|z 1|=|z 2|,推不出z 1=z 2,如当z 1=1+3i ,z 2=1-3i 时,|z 1|=|z 2|,但z 1≠z 2,故C中说法正确.两个复数不一定能比较大小,但任意两个复数的模总能比较大小,故D 中说法错误. 2.B [解析] 复数z 1=2-a i 对应的点的坐标为(2,-a ),该点在直线x-3y+4=0上,故2+3a+4=0,解得a=-2,于是复数z 2=-2+2i ,它对应的点在第二象限,故选B . 3.C [解析] 结合题意,得A (6,5),B (-2,3),∵C 为AB 的中点,∴C (2,4), ∴点C 对应的复数为2+4i ,故选C .4.A [解析] 因为z 在复平面内对应的点位于第二象限,所以a<0.由|z|=2知,√a 2+(√3)2=2,解得a=±1,故a=-1,所以z=-1+√3i .5.C [解析] (1+i )sin θ-(1+icos θ)=(sin θ-1)+i (sin θ-cos θ),该复数对应的点的坐标为(sin θ-1,sin θ-cos θ),依题意,有sin θ-1+sin θ-cos θ+1=0,即2sin θ=cos θ,所以tan θ=12.6.B [解析] 由题知a=(-1,3),b=(4,-2),则a+12b=(-1,3)+(2,-1)=(1,2),所以a+12b =√12+22=√5.7.B [解析] 由复数z 在复平面内对应的点的坐标满足(x-1)2+y 2=1,得复数z 在复平面内对应的点在圆心为(1,0),半径为1的圆上.则|z-1|表示复数z 对应的点到点(1,0)的距离,即圆上的点到圆心的距离,所以|z-1|=1.8.B [解析] 由题意得,z*z =|z|+|z|2=2√a 2+b 22=√a 2+b 2=√(a +b)2-2ab ,∵ab ≤a+b 22=94当且仅当a=b=32时取等号,∴-ab ≥-94,∴z*z ≥√9-2×94=√92=3√22.故选B .9.√29 [解析] ∵z 为实数,∴a 2-a-6=0, 解得a=-2或a=3.∵a=-2时,z 无意义,∴a=3,∴z 1=2-5i , ∴|z 1|=√29.10.2<k<√6或-√6<k<-2 [解析] ∵复数在复平面内所对应的点位于第三象限, ∴{k 2-6<0,4-k 2<0,∴2<k<√6或-√6<k<-2. 11.5 [解析] 由复数的几何意义可知,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,即3-2i =x (-1+2i )+y (1-i ), ∴3-2i =(y-x )+(2x-y )i ,由复数相等可得{y -x =3,2x -y =-2,解得{x =1,y =4,∴x+y=5.12.±1+√3i [解析] 设z=x+√3i (x ∈R ),由|z|=2,得√x 2+(√3)2=2,化简得x 2=1, 解得x=±1,∴z=±1+√3i .13.解:三个复数对应的向量OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OZ 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 如图所示.|z 1|=|-1|=1,|z 2|=(12)(√32)=1, |z 3|=√(12) 2+(-√32) 2=1.14.解:(1)由{m(m+2)m -1=0,m 2+2m -3≠0,解得m=0或m=-2.故当m=0或m=-2时,z 为纯虚数.(2)由{m(m+2)m -1<0,m 2+2m -3>0,解得m<-3.故当m<-3时,z 在复平面内对应的点位于第二象限.(3)由m(m+2)m -1+(m 2+2m-3)+3=0,解得m=0或m=-2.故当m=0或m=-2时,z 在复平面内对应的点在直线x+y+3=0上.15.A [解析] (1)|z-1|+|z+1|=2表示复平面内到点(1,0),(-1,0)距离之和为2的点的轨迹,即以点(1,0),(-1,0)为端点的线段,故(1)为假命题;(2)|z-2|-|z+2|=2表示复平面内到点(2,0)的距离比到点(-2,0)的距离大2的点的轨迹,是双曲线的左支,故(2)为假命题;(3)|z-2|≤3在复平面内表示的点的轨迹是圆心为(2,0),半径为3的圆及其内部(坐标原点在圆内),且|z|表示轨迹上的点到原点的距离,所以|z|min =0,此时z 对应的点为原点,|z|max =3+d=3+2=5(d 表示原点到圆心的距离),所以|z|的取值范围是[0,5],故(3)为假命题.故选A .16.解:(1)∵z=(m-1)+(2m+1)i (m ∈R )为纯虚数,∴m -1=0且2m+1≠0,∴m=1.(2)z 在复平面内对应的点的坐标为(m-1,2m+1),由题意得{m -1<0,2m +1>0,∴-12<m<1,即实数m 的取值范围是(-12,1). 而|z|=√(m -1)2+(2m +1)2= √5(m +15)2+95,∴当m=-15∈(-12,1)时,|z|取得最小值,且|z|min =√95=3√55.3.2 复数代数形式的四则运算3.2.1 复数代数形式的加、减运算及其几何意义1.D [解析] (1+i )+(3-2i )=4-i 在复平面内对应的点(4,-1)位于第四象限,故选D .2.A [解析] ∵z=(5+2i )-(1-i )=4+3i ,∴|z|=√42+32=5.故选A .3.A [解析] ∵复数z 2=cos 60°+isin 60°=12+√32i ,∴z 1+z 2=12-√32i +12+√32i =1. 4.A [解析] z=(2m 2+m-1)+(3+2m-m 2)i ,依题意,2m 2+m-1=0,且3+2m-m 2≠0, 解得m=12.5.D [解析] 由{2+a =0,b +1=0,得{a =-2,b =-1,∴a+b i =-2-i .6.B [解析] 设z=a+b i (a ,b ∈R ),∵z+3i =a+b i +3i =a+(b+3)i 为纯虚数, ∴a=0,b+3≠0,又|b|=3,∴b=3,∴z=3i .7.B [解析] 由题可知OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1),OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3),故AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),所以|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2. 8.B [解析] 根据复数加(减)法的几何意义,可知以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 为邻边所作的平行四边形的对角线相等,则此平行四边形为矩形,故△AOB 为直角三角形. 9.115+√3i [解析] 设这个复数为x+y i (x ,y ∈R ), 则x+y i +√x 2+y 25+√3i ,∴{x +√x 2+y 2=5,y =√3,解得{x =115,y =√3,∴这个复数是115+√3i . 10.1-2i [解析] 设z=a+b i (a ,b 是实数), 则z -=a-b i .∵2z+z -=3-2i , ∴2a+2b i +a-b i =3-2i , ∴3a=3,b=-2,解得a=1,b=-2,则z=1-2i .11.(3,4) [解析] 复数z=m 2(1+i )-m (4+i )-6i =m 2-4m+(m 2-m-6)i 对应的点的坐标为(m 2-4m ,m 2-m-6),∵所对应的点在第二象限, ∴m 2-4m<0且m 2-m-6>0,即{0<m <4,m >3或m <-2,解得3<m<4, 故答案为(3,4).12.3 [解析] 因为|z+2-2i |=|z-(-2+2i )|=1,所以z 对应的点为到点(-2,2)的距离为定值1的所有的点,即以(-2,2)为圆心,1为半径的圆上的点.|z-2-2i |=|z-(2+2i )|,它表示圆上的点与点(2,2)之间的距离,所以|z-2-2i |的最小值为3.13.解:∵AC⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ -BA ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为(3-i )-(1+2i )=2-3i. 设C (x ,y ),则(x+y i )-(2+i )=2-3i ,∴x+y i =(2+i )+(2-3i )=4-2i ,∴x=4,y=-2,∴点C 在复平面内的坐标为(4,-2).14.解:(1)因为z 1-z 2=3+4i -(-2+i )=5+3i , 所以f (z 1-z 2)=(z 1-z 2)+1-i =5+3i +1-i =6+2i .(2)易知z 1+z 2=(2cos θ-i )+(-√2+2isin θ)=(2cos θ-√2)+(2sin θ-1)i .由题意得{2cosθ-√2<0,2sinθ-1>0,即{cosθ<√22,sinθ>12. 又θ∈[0,2π],所以θ∈(π4,5π6).15.√3 [解析] 设z 1=a+b i ,z 2=c+d i (a ,b ,c ,d ∈R ),∵|z 1|=|z 2|=|z 1-z 2|=1, ∴a 2+b 2=c 2+d 2=1,①(a-c )2+(b-d )2=1.②由①②得2ac+2bd=1,∴|z 1+z 2|=√(a +c)2+(b +d)2= √a 2+c 2+b 2+d 2+2ac +2bd =√3. 16.解:(1)z=2+4mi 1-i=(2+4mi)(1+i)(1-i)(1+i)=1-2m+(2m+1)i .因为z 是纯虚数,所以1-2m=0且2m+1≠0, 解得m=12.(2)证明:因为z 是z 的共轭复数,所以z =1-2m-(2m+1)i . 所以z +2z=1-2m-(2m+1)i +2[1-2m+(2m+1)i ]=3-6m+(2m+1)i . 则|z +2z|2=(3-6m )2+(2m+1)2=40m 2-32m+10, 当m=25时,|z +2z|2取得最小值,最小值为185.因为185>12,所以复数z +2z 在复平面内对应的点在以原点为圆心的单位圆外.3.2.2 复数代数形式的乘除运算1.A [解析] 由题意可知z 2=-2+i , 所以z 1z 2=(2+i )(-2+i )=-4+i 2=-5, 故选A .2.A [解析] ∵z=3-i 1+i =(3-i)(1-i)(1+i)(1-i)=2-4i2=1-2i ,∴z 的共轭复数z =1+2i ,故选A .3.B [解析] 因为a 1+i+1+i 2=a -ai 2+1+i 2=a+12+1-a 2i 为实数,所以1-a 2=0,解得a=1.4.B [解析] i1+i+(1+√3i )2=12+12i +(-2+2√3i )=-32+(2√3+12)i ,它在复平面内对应的点-32,2√3+12位于第二象限.5.C [解析] 由z=a+i ,z z+b =i ,得a+ia+b+i =i ,∴a+i =-1+(a+b )i ,则{a =-1,a +b =1,解得{a =-1,b =2,∴b a =2-1=12.故选C .6.A [解析] ∵z 2=t+i ,∴z 2=t-i ,∴z 1·z 2=(3+4i )(t-i )=3t+4+(4t-3)i .又∵z 1·z 2∈R ,∴4t-3=0,∴t=34.7.D [解析] ∵1+i z=1-i ,∴z=1+i1-i =(1+i)2(1-i)(1+i)=1+2i -11-(-1)=i ,∴|z|=1,故选D .8.D [解析] z-z +z 2+|z|=1+i1-i+(1-i )2+|1-i |=(1+i)2(1-i)(1+i)-2i +√2=√2-i ,它在复平面内对应的点(√2,-1)位于第四象限.9.-1-3i [解析] [1+i -123i ]=3i (1+i )+2=3i -1,所以其共轭复数为-1-3i .10.1 [解析] ∵1+i1-i =(1+i)2(1-i)(1+i)=i ,且i 1=i ,i 2=-1,i 3=-i ,i 4=1,i 5=i ,…,∴1+i 1-i2012=i 2012=i 4×503=1. 11.1 [解析] 由(3+4i )z=5i 2020, 得z=5i 20203+4i =5(i 4)5053+4i =53+4i =5(3-4i)(3+4i)(3-4i)=3-4i 5,所以|z|=√(35)2+(-45)2=1.12.4+2i [解析] 由(z 1-2)(1+i )=1-i 得z 1=2-i .设z 2=a+2i (a ∈R ),则z 1·z 2=(2-i )·(a+2i )=(2a+2)+(4-a )i ,因为z 1·z 2是实数,所以a=4,所以z 2=4+2i . 13.解:方法一:设z=x+y i (x ,y ∈R ),则z =x-y i .由z+z =4,z ·z =8, 得{x +yi +x -yi =4,(x +yi)(x -yi)=8, 即{x =2,x 2+y 2=8, 解得{x =2,y =±2,所以zz =x -yix+yi=x 2-y 2-2xyi x 2+y 2=±i .方法二:因为z+z =4,设z=2+b i (b ∈R ), 又z ·z =|z|2=8,所以4+b 2=8,所以b 2=4,所以b=±2,所以z=2±2i ,z =2∓2i , 所以zz =±i .14.解:设z=a+b i (a ,b ∈R ),则(1+3i )z=a-3b+(3a+b )i .由题意得a-3b=0,3a ≠-b.因为|ω|=|z2+i |=5√2,所以|z|=√a 2+b 2=5√10,将a=3b 代入,解得a=15,b=5或a=-15,b=-5,故ω=±15+5i 2+i=±(7-i ).15.A[解析] 方法一:|z|=|√3+i(1-√3i)2|=√3+i||1-√3i|2=24=12,∴z ·z -=|z|2=14,故选A .方法二:z=√3+i (1-3i)2=√3+i (1-3)-23i =√3+i-2(1+3i)=√3+i)(1√3i)-2(1+3i)(1-3i)=2√3-2i -8=-√3+i 4,则z-=-√34-14i ,∴z ·z -=(-√34+14i)(-√34-14i)=316+116=14,故选A .16.解:(1)z=-2i+3+3i 2-i=3+i 2-i =(3+i)(2+i)(2-i)(2+i)=1+i ,所以ω=z -a i =1+i -a i =1+(1-a )i , 所以当ω为实数时,1-a=0,即a=1. (2)因为ω=1+(1-a )i , 所以|ω|=√12+(1-a)2,又因为0≤a ≤3,所以|ω|min =1,|ω|max =√5, 所以1≤|ω|≤√5.滚动习题(五)1.A [解析] 在A 中,若z 为复数,z 2能与0比较大小,则z 2为实数,又z 2≠0,∴z 为纯虚数,故A 为真命题;在B 中,两个复数相减为实数,则这两个复数未必是实数,可能是虚部相等的复数,此时无法比较大小,故B 为假命题;在C 中,若x=i ,y=1,则x 2+y 2=0,不满足x=y=0,故C 为假命题;在D 中,在复数集中解一元三次方程,此方程有三个根,故D 为假命题.故选A .2.D [解析] √3i 3+i =√3i)(√3-(3+i)(3-i)=√3-i -3i -√34=-i ,所以复数√3i 3+i的虚部是-1.故选D . 3.B [解析] i+3i 21-i 3=i -31+i =(i -3)(1-i)(1+i)(1-i)=-2+4i2=-1+2i ,所以其在复平面内对应的点(-1,2)位于第二象限.4.A [解析] z=a+3i 1+2i =(a+3i)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=a+65+3-2a 5i ,∵复数z=a+3i 1+2i (a ∈R )为纯虚数,∴a+65=0,且3-2a 5≠0,解得a=-6. 5.A [解析] ∵z=x+(x-a )i ,且|z|>|z -+i |,x ∈(1,2)恒成立,∴√x 2+(x -a)2>√x 2+(1+a -x)2,两边平方并整理得a<x-12. ∵x ∈(1,2), ∴x -12∈(12,32),∴a ≤12,∴实数a 的取值范围为(-∞,12].6.D [解析] z=a 1-2i +b i =a(1+2i)(1-2i)(1+2i)+b i =a 5+(2a 5+b)i .由题意可得a 5=-(2a 5+b),化简得3a+5b=0. 7.D [解析] 由m=4-x i ,n=3+2i ,得n m =3+2i 4-xi =(3+2i)(4+xi)(4-xi)(4+xi)=12-2x 16+x 2+8+3x 16+x 2i , ∵复数nm ∈R ,∴8+3x 16+x 2=0,解得x=-83.8.A [解析] 因为|z|2-2|z|-3=0,所以|z|=3或|z|=-1(舍去),因此复数z 在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心,以3为半径的圆,故选A . 9.√2 [解析] 由z=1+2i 得z -=1-2i ,所以|z -+3i |=|1+i |=√2.10.{1,-1} [解析] 因为集合A={i,i 2,i 3,i 4},由复数的概念,化简可得A={i,-1,-i,1}, 所以A ∩B={1,-1}.11.2-i [解析] 设z=a+b i (a ,b ∈R ),则z -=a-b i .∵2z=z -+2-3i ,∴2(a+b i )=a-b i +2-3i ,即a-2+(3b+3)i =0,∴{a -2=0,3b +3=0,解得{a =2,b =-1,∴z=2-i .12.√10 [解析] 由z+i =2+i i ,得z=2+i i -i =1-3i ,则|z|=√12+32=√10.13.解:(1)因为|3+4i |=5,所以z=1+3i -5=-4+3i ,所以z -=-4-3i .(2)(1+i)2(3+4i)z =2i(3+4i)-4+3i =2i(3+4i)·i(-4+3i)·i =2.14.解:(1)当m 2-1=0,即m=±1时,复数z=(m 2-2m-3)+(m 2-1)i 为实数;当{m 2-2m -3=0,m 2-1≠0,即m=3时,复数z=(m 2-2m-3)+(m 2-1)i 是纯虚数.(2)由题意知,{m 2-2m -3<0,m 2-1<0,解得-1<m<1.∴当m ∈(-1,1)时,复数z 在复平面内对应的点在第三象限. 15.解:若p 为真命题,则Δ=16(m-1)2-8(m 2+7)<0, 解得-1<m<5.设方程的两虚根分别为z 1=a+b i ,z 2=a-b i (a ,b ∈R ), 则z 1z 2=a 2+b 2=m 2+72,∴|z 1|+|z 2|=2√a 2+b 2=2√m 2+72≤4√2, 解得-3≤m ≤3.16.解:(1)设z=x+y i (x ,y ∈R ),则4z+2z =6x+2y i ,由4z+2z =3√3+i 可得6x+2y i =3√3+i ,∴x=√32,y=12,∴z=√32+12i .(2)设z=x+y i (x ,y ∈R ),由|z+2|+|z-2|=8得√(x +2)2+y 2+√(x -2)2+y 2=8(8>4),则z 对应的点的轨迹是椭圆,此时2a=8,即a=4,2c=4,即c=2,则b 2=12, 故所求的轨迹方程为x 216+y 212=1.。
2020_2021学年高中数学第三章数系的扩充与复数的引入3.1数系的扩充和复数的概念3.1.2复数
第三章数系的扩充与复数的引入3.1数系的扩充和复数的概念3.1.2复数的几何意义课后篇巩固提升基础巩固1.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+y2=1B.(x-1)2+y2=1C.x2+(y-1)2=1D.x2+(y+1)2=1z=x+y i(x,y∈R).因为z-i=x+(y-1)i,所以|z-i|=√x2+(x-1)2=1,则x2+(y-1)2=1.故选C.2.若复数(m2-3m-4)+(m2-5m-6)i表示的点在虚轴上,则实数m的值为()A.-1B.4C.-1或4D.-1或6,知m2-3m-4=0,∴m=4或m=-1.3.已知复数z1=2+i,z2=-i,则|x1||x2|=()A.√55B.15C.√5D.5|z1|=√5,|z2|=1,所以|x1||x2|=√5.4.设复数z1=a+2i(a∈R),z2=-2+i,且|z1|<|z2|,则实数a的取值范围是()A.a<-1或a>1B.-1<a<1C.a>1D.a>0|z1|=√x2+4,|z2|=√4+1=√5,所以√x2+4<√5,即a2+4<5,所以a2<1,即-1<a<1.5.若复数z1=3-5i,z2=1-i,z3=-2+a i(a∈R),在复平面内所对应的点在同一条直线上,则实数a=.z 1,z 2,z 3分别对应点P 1(3,-5),P 2(1,-1),P 3(-2,a ),由已知可得-5+13-1=x +1-2-1,从而可得a=5.6.在复平面内,已知O 为坐标原点,点Z 1,Z 2分别对应复数z 1=4+3i,z 2=2a-3i(a ∈R ),若xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则a= .z 1=4+3i,z 2=2a-3i(a ∈R ),所以xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,3),xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2a ,-3).因为xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以8a=9,即a=98.7.若复数z=(m 2-9)+(m 2+2m-3)i 是纯虚数,其中m ∈R ,则|z|= .,知{x 2+2x -3≠0,x 2-9=0,所以m=3,因此z=12i,故|z|=12.8.已知复数z=(a 2+1)+a i(a ∈R ).求:(1)z 在复平面内对应的点所在的位置;(2)复数z 在复平面内对应的点的轨迹方程.因为a 2+1≥1>0,复数z=(a 2+1)+a i 在复平面内对应的点为(a 2+1,a ),所以复数z 在复平面内对应的点在第一、四象限或实轴的正半轴上.(2)设z=x+y i(x ,y ∈R ),则{x =x 2+1,x =x , 消去a 可得x=y 2+1,所以复数z 在复平面内对应的点的轨迹方程为y 2=x-1.9.当a 取何值时,复数z=(a 2-2a-8)+x 2-x -2x +1i(a ∈R )对应的点Z : (1)在复平面内实轴的下方;(2)在直线x+y+8=0上.点Z 在复平面内实轴的下方,则x 2-x -2x +1<0,解得a<2,且a ≠-1.故当a<2,且a ≠-1时,点Z 在复平面内实轴的下方.(2)点Z 在直线x+y+8=0上,则a2-2a-8+x 2-x -2x +1+8=0,a 3-3a-2=0, 化简得(a+1)(a 2-a-2)=0(a ≠-1),解得a=2.故当a=2时,点Z 在直线x+y+8=0上.能力提升1.复数z 与它的模相等的充要条件是( )A.z 为纯虚数B.z 为实数C.z 为正实数D.z 为非负实数z=x+y i(x ,y ∈R ),依题意有√x 2+x 2=x+y i,因此必有{x =0,√x 2+x 2=x ,即{x =0,√x 2=x ,所以y=0,x ≥0,即z 为非负实数.2.已知复数z 1=2-a i(a ∈R )在复平面内对应的点在直线x-3y+4=0上,则复数z 2=a+2i 在复平面内对应的点在( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限z 1=2-a i 对应的点为(2,-a ),在直线x-3y+4=0上,故2+3a+4=0,解得a=-2,则复数z 2=-2+2i 对应的点为(-2,2),在第二象限.3.复数z=cos 40°-icos 50°的模等于 .√cos 240°+(-cos50°)2 =√cos 240°+sin 240°=1.4.设z 1=1+i,z 2=-1+i,O 为原点,复数z 1和z 2在复平面内对应的点分别为A ,B ,则△AOB 的面积为 .A (1,1),B (-1,1),O 为原点,∴△AOB 中,AB 与x 轴平行,|AB|=2,∴S △AOB =12×2×1=1.5.已知O 为坐标原点,xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为-3+4i,xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为2a+i(a ∈R ).若xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,求a 的值.xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为-3+4i,xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为2a+i,所以xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,4),xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2a ,1).因为xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以存在实数k 使xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即(2a ,1)=k (-3,4)=(-3k ,4k ),所以{2x =-3x ,1=4x ,所以{x =14,x =-38. 即a 的值为-38.6.设z=log2(1+m)+ilo g12(3-m)(m∈R).(1)若z在复平面内对应的点在第三象限,求m的取值范围;(2)若z在复平面内对应的点在直线x-y-1=0上,求m的值.由题意,得{log2(1+x)<0,log12(3-x)<0,解得-1<m<0,即m的取值范围是-1<m<0.(2)由已知,得点(log2(1+m),lo g12(3-m))在直线x-y-1=0上,即log2(1+m)-lo g12(3-m)-1=0,所以log2[(1+m)(3-m)]=1,因此(1+m)(3-m)=2,则m2-2m-1=0,解得m=1±√2,且当m=1±√2时都能满足1+m>0,3-m>0,故m=1±√2.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020-2021学年高中数学 第3章 数系的扩充与复数的引入 3.2.2 复数的乘方与除法运算
修2_2课时素养评价十二复数的乘方与除法运算(25分钟·60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2020·新高考全国Ⅰ卷)= ( )A.1B.-1C.iD.-i【解析】选D.====-i.2.若将复数表示为a+bi(a,b∈R,i是虚数单位)的形式,则a+b= ( )A.0B.1C.2D.-1【解析】选B.因为==i,=a+bi,所以a=0,b=1,所以a+b=1.3.若z2+z+1=0,则z2 017+z2 018+z2 020+z2 021的值为( )A.2B.-2C.-+iD.-±i【解析】选B.因为z2+z+1=0,两边同乘(z-1),得z3-1=0,所以z3=1(z≠1),则z4=z,z2 017=(z3)672·z=z,于是原式=z2 017(1+z+z3+z4)=z(1+z+1+z)=z(2+2z)=2(z+z2)=-2.修2_24.已知=1+i(i为虚数单位),则复数z等于 ( )A.1+iB.1-iC.-1+iD.-1-i【解析】选D.由题意,得z===-1-i.5.已知复数z满足:(1-i)z=4+2i(i为虚数单位),则z的虚部为( )A.1B.3C.3iD.-3【解析】选B.因为(1-i)·z=4+2i,所以z====1+3i,所以虚部为3.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知i为虚数单位,若复数z=+i(a∈R)的实部与虚部互为相反数,则a=____________;=____________.【解析】z=+i=+i=+i,因为复数z=+i(a∈R)的实部与虚部互为相反数,所以-=,解得a=-.z=-+i,所以=--i.答案:- --i7.已知复数z=,则z·=____________.【解析】z==修2_2===-+,所以=--,于是z·=.答案:8.设a是实数,且∈R,则实数a=_______________. 【解析】因为∈R,所以不妨设=x,x∈R,则1+ai=(1+i)x=x+xi,所以有所以a=1.答案:1三、解答题(每小题10分,共20分)9.计算下列各题:(1)(4-i5)(6+2i7)+(7+i11)(4-3i).(2)+5+i2-.(3)(+i)5++.【解析】(1)原式=2(4-i)(3-i)+(7-i)(4-3i)=2(12-3i-4i+i2)+(28-4i-21i+3i2)=2(11-7i)+25(1-i)=47-39i.(2)原式=+5+i2-修2_2=i+5-1-i=i+4-i=4.(3)原式=-i·()5·[(1+i)2]2·(1+i)++i7=16(-1+i)--i =-+(16-1)i.10.复数z=,若z2+<0,求纯虚数a.【解析】z====1-i.因为a为纯虚数,所以可设a=mi(m≠0),则z2+=(1-i)2+=-2i+=-+i<0,所以解得m=4,所以a=4i.(20分钟·40分)1.(2020·全国Ⅱ卷)(1-i)4= ( )A.-4B.4C.-4iD.4i【解析】选A.(1-i)4===(-2i)2=-4.修2_22.(5分)定义运算=ad-bc,则符合条件=4+2i的复数z=( )A.3+iB.3-iC.1+3iD.-1+3i【解析】选B.由定义知zi+z=4+2i,所以z===3-i.3.(5分)已知复数z=是纯虚数,则θ=_______________.【解析】=(tan θ-)+i,因为z=是纯虚数,所以tan θ-=0,所以θ=kπ+(k∈Z).答案:kπ+(k∈Z)4.(5分)已知i是虚数单位,若复数z满足zi=1+i,则z2=____________.【解析】因为zi=1+i,所以z==+1=1-i.所以z2=(1-i)2=1+i2-2i=-2i.答案:-2i5.(10分)计算:(1).(2)+.【解析】(1)==.(2)原式=+修2_2=+=i+i=2i.6.(10分)已知z2=8+6i,求z3-16z-.【解题指南】要求z3-16z-的值,应先求出复数z,再代入求解. 【解析】设z=a+bi(a,b∈R),则z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi=8+6i,所以解得或当z=3+i时,z3-16z-=(z2-16)z-=(-8+6i)(3+i)-=-30+10i-30+10i=-60+20i.当z=-3-i时,z3-16z-=(z2-16)z-=(-8+6i)(-3-i)+=30-10i+30-10i=60-20i.综上所述,z3-16z-=-60+20i或z3-16z-=60-20i.。
2020_2021学年高中数学第三章数系的扩充与复数的引入3.2.1复数代数形式的加减运算及其几何意
课时素养评价二十二复数代数形式的加、减运算及其几何意义(20分钟35分)1.复数z1=a+4i,z2=-3+bi,若它们的和为实数,差为纯虚数,则实数a,b的值为( ) A.a=-3,b=-4 B.a=-3,b=4C.a=3,b=-4D.a=3,b=4【解析】选A.由题意可知z1+z2=(a-3)+(b+4)i是实数,z1-z2=(a+3)+(4-b)i是纯虚数,故错误!未找到引用源。
解得a=-3,b=-4.2.在复平面上复数-1+i,0,3+2i所对应的点分别是A,B,C,则平行四边形ABCD的对角线BD的长为( )A.5B.错误!未找到引用源。
C.错误!未找到引用源。
D.错误!未找到引用源。
【解析】选B.对应的复数为-1+i,对应的复数为3+2i,因为=+,所以对应的复数为(-1+i)+(3+2i)=2+3i.所以BD的长为错误!未找到引用源。
.3.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+y2=1B.(x-1)2+y2=1C.x2+(y-1)2=1D.x2+(y+1)2=1【解析】选C.由已知条件,可得z=x+yi.因为|z-i|=1,所以|x+yi-i|=1,所以x2+(y-1)2=1.4.若复数z满足z=|z|-3-4i,则z=________.【解析】设复数z=a+bi(a,b∈R),则a=错误!未找到引用源。
-3且b=-4,解得a=错误!未找到引用源。
,b=-4,所以z=错误!未找到引用源。
-4i.答案:错误!未找到引用源。
-4i5.设f(z)=错误!未找到引用源。
则f(f(2i))=__________.【解析】因为|2i|=2<3,所以f(2i)=2-3i-2i=2-5i,而|2-5i|=错误!未找到引用源。
>3,所以f(f(2i))=f(2-5i)=2-5i+3-2i=5-7i.答案:5-7i6.已知z1=(3x+y)+(y-4x)i,z2=(4y-2x)-(5x+3y)i(x,y∈R),设z=z1-z2=13-2i,求z1,z2.【解析】z=z1-z2=(3x+y)+(y-4x)i-[(4y-2x)-(5x+3y)i]=[(3x+y)-(4y-2x)]+[(y-4x)+(5x+3y)]i=(5x-3y)+(x+4y)i,又因为z=13-2i,且x,y∈R,所以错误!未找到引用源。
高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入 3.2.1 复数代数形式的加、减运算及其几何意义练习(含解
高中数学第三章数系的扩充与复数的引入3.2.1 复数代数形式的加、减运算及其几何意义练习（含解析）新人教A版选修2-2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第三章数系的扩充与复数的引入3.2.1 复数代数形式的加、减运算及其几何意义练习（含解析）新人教A版选修2-2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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3.2。
1复数代数形式的加减运算及其几何意义一、选择题1．设z1＝2＋b i，z2＝a＋i，当z1＋z2＝0时，复数a＋b i为( ）A．1＋i B．2＋i C．3 D．－2－i【答案】D【解析】∵z1＋z2＝（2＋b i）＋（a＋i）＝(2＋a）＋(b＋1）i＝0，∴错误!∴错误!∴a＋b i＝－2－i。
2．已知|z|＝4，且z＋2i是实数，则复数z＝（）A．23－2i B．－23－2i C．±2错误!－2i D．2错误!±2i【答案】C【解析】∵z＋2i是实数，可设z＝a－2i(a∈R），由｜z｜＝4得a2＋4＝16，∴a2＝12,∴a＝±2错误!，∴z＝±2错误!－2i. 3．（2014·浙江台州中学期中)设x∈R，则“x＝1”是“复数z＝(x2－1)＋（x＋1)i为纯虚数”的（)A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】z是纯虚数⇔错误!⇔x＝1，故选A.4．若复数z满足z＋(3－4i)＝1，则z的虚部是( ）A．－2 B．4 C．3 D．－4【答案】B【解析】z＝1－(3－4i)＝－2＋4i，故选B。
高中数学第3章数系的扩充与复数的引入3.1数系的扩充和复数的概念课时作业22数系的扩充和复数的概念课件新人
(1)复数 z 是实数的充要条件是：
m2＋5m＋6＝0， m＋3≠0
⇔mm≠＝－－32或m＝－3，
⇔m＝－2.
∴当 m＝－2 时复数 z 为实数．
知识对点练
课时综合练
答案
(2)复数 z 是虚数的充要条件是：
m2＋5m＋6≠0， m＋3≠0，
即 m≠－3 且 m≠－2.
答案 C
知识对点练
课时综合练
答案
解析 根据复数、纯虚数的定义以及它们之间的关系进行判断．依题意， I，R，M 三个集合之间的关系如图所示．
所以应有：M∪R I，(∁IM)∪R＝∁IM，M∩(∁IR)≠∅，故 A，B，D 三项 均错误，只有 C 项正确．
知识对点练
课时综合练
解析
3．以复数25－i x2＋2x(x2＋2x＞0)的实部和虚部分别为横、纵坐标的点 ()
答案 A
解析 由复数 z 为纯虚数可知xx－ 2－11≠＝00，， 解得 x＝－1.
知识对点练
课时综合练
答案
解析
4．设 a，b∈R.“a＝0”是“复数 a＋bi 是纯虚数”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
知识ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ点练
课时综合练
答案 B
知识对点练
课时综合练
答案
解析 A 中，0 是实数也是复数，所以 A 不正确．B 中，实数集与复数 集的交集是实数集，所以 B 正确．C 中，复数集与虚数集的交集是虚数集， 所以 C 不正确．D 中，当 a＝0 时，ai＝0，所以实数 0 在纯虚数集中没有对 应元素，所以 D 不正确．故选 B.
a＝0或a＝－32， 即a＝0或a＝－1，
(全国通用版)新2020-2020版高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入 3.2 复数代数形式的四则运算 3.2.2
3.2.2 复数代数形式的乘除运算学习目标 1.掌握复数代数形式的乘法和除法运算.2.理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律.3.理解共轭复数的概念．知识点一复数的乘法及其运算律思考怎样进行复数的乘法运算？答案两个复数相乘，类似于两个多项式相乘，只要把已得结果中的i2换成－1，并且把实部与虚部分别合并即可．梳理(1)复数的乘法法则设z1＝a＋b i，z2＝c＋d i是任意两个复数，那么它们的积(a＋b i)(c＋d i)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i.(2)复数乘法的运算律对于任意z1，z2，z3∈C，有交换律z1z2＝z2z1结合律(z1z2)z3＝z1(z2z3)乘法对加法的分配律z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z3知识点二共轭复数当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数，z的共轭复数用z 表示．即z＝a＋b i，则z＝a－b i.知识点三复数的除法法则思考类比根式除法的分母有理化，比如1＋33－2＝(1＋3)(3＋2)(3－2)(3＋2)，你能写出复数的除法法则吗？答案设z1＝a＋b i，z2＝c＋d i(c＋d i≠0)，则z1z2＝a＋b ic＋d i＝ac＋bdc2＋d2＋bc－adc2＋d2i.1．复数加减乘除的混合运算法则是先乘除，再加减．( √)2．两个共轭复数的和与积是实数．( √ )3．若z 1，z 2∈C ，且z 21＋z 22＝0，则z 1＝z 2＝0.( × )类型一 复数代数形式的乘除运算 例1 计算：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋12i (1＋i)； (2)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ；(3)(1－4i )(1＋i )＋2＋4i 3＋4i .考点 复数的乘除法运算法则 题点 乘除法的运算法则解 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋12i (1＋i)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－34－34＋⎝⎛⎭⎪⎫34－14i (1＋i)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋12i (1＋i) ＝⎝⎛⎭⎪⎫－32－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－32i ＝－1＋32＋1－32i.(2)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ＝－3＋4i ＋3－3i2＋i＝i 2＋i ＝i (2－i )5＝15＋25i. (3)(1－4i )(1＋i )＋2＋4i 3＋4i ＝5－3i ＋2＋4i 3＋4i＝7＋i 3＋4i ＝(7＋i )(3－4i )(3＋4i )(3－4i )＝21－28i ＋3i ＋425＝25－25i25＝1－i.反思与感悟 (1)按照复数的乘法法则，三个或三个以上的复数相乘可按从左到右的顺序运算或利用结合律运算，混合运算和实数的运算顺序一致，在计算时，若符合乘法公式，则可直接运用公式计算．(2)根据复数的除法法则，通过分子、分母都乘以分母的共轭复数，使“分母实数化”，这个过程与“分母有理化”类似． 跟踪训练1 计算：(1)(4－i)(6＋2i)－(7－i)(4＋3i)； (2)3＋2i 2－3i ＋3－2i 2＋3i ； (3)(i －2)(i －1)(1＋i )(i －1)＋i. 考点 复数的乘除法运算法则 题点 乘除法的运算法则解 (1)(4－i)(6＋2i)－(7－i)(4＋3i) ＝(24＋8i －6i ＋2)－(28＋21i －4i ＋3) ＝(26＋2i)－(31＋17i)＝－5－15i. (2)3＋2i 2－3i ＋3－2i 2＋3i ＝i (2－3i )2－3i ＋－i (2＋3i )2＋3i＝i －i ＝0.(3)(i －2)(i －1)(1＋i )(i －1)＋i ＝i 2－i －2i ＋2i －1＋i 2－i ＋i ＝1－3i －2＋i ＝(1－3i )(－2－i )(－2＋i )(－2－i )＝－2－i ＋6i ＋3i 25＝－5＋5i 5＝－1＋i.类型二 i 的运算性质例2 计算：(1)2＋2i (1－i )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋i 2 016； (2)i ＋i 2＋…＋i2 017.考点 虚数单位i 及其性质 题点 虚数单位i 的运算性质 解 (1)原式＝2(1＋i )－2i ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22i 1 008＝i(1＋i)＋(－i)1 008＝i ＋i 2＋(－1)1 008·i 1 008＝i －1＋i4×252＝i －1＋1＝i.(2)方法一 原式＝i (1－i 2 017)1－i ＝i －i2 0181－i＝i －(i 4)504·i 21－i ＝i ＋11－i＝(1＋i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝2i2＝i.方法二 因为i n＋in ＋1＋in ＋2＋in ＋3＝i n (1＋i ＋i 2＋i 3)＝0(n ∈N *)，所以原式＝(i ＋i 2＋i 3＋i 4)＋(i 5＋i 6＋i 7＋i 8)＋…＋(i 2 013＋i2 014＋i2 015＋i2 016)＋i2 017＝i2 017＝(i 4)504·i＝1504·i＝i.反思与感悟 (1)等差、等比数列的求和公式在复数集C 中仍适用，i 的周期性要记熟，即i n＋in ＋1＋in ＋2＋in ＋3＝0(n ∈N *)．(2)记住以下结果，可提高运算速度 ①(1＋i)2＝2i ，(1－i)2＝－2i ； ②1－i 1＋i ＝－i ，1＋i1－i＝i ； ③1i ＝－i. 跟踪训练2 (1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 2 017＝________.考点 虚数单位i 及其性质 题点 虚数单位i 的运算性质 答案 i解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 2 017＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋i )(1＋i )(1－i )(1＋i ) 2 017＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2i 2 2 017 ＝i2 017＝(i 4)504·i＝1504·i＝i.(2)化简i ＋2i 2＋3i 3＋…＋100i 100. 考点 虚数单位i 及其性质 题点 虚数单位i 的运算性质解 设S ＝i ＋2i 2＋3i 3＋…＋100i 100，① 所以i S ＝i 2＋2i 3＋…＋99i 100＋100i 101，② ①－②得(1－i)S ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 100－100i 101＝i (1－i 100)1－i－100i 101＝0－100i ＝－100i.所以S ＝－100i 1－i ＝－100i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－100(－1＋i )2＝50－50i.所以i ＋2i 2＋3i 3＋…＋100i 100＝50－50i.类型三 共轭复数及其应用例3 把复数z 的共轭复数记作z ，已知(1＋2i)z ＝4＋3i ，求z . 考点 共轭复数的定义与应用 题点 利用定义求共轭复数解 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z ＝a －b i ，由已知得(1＋2i)(a －b i)＝(a ＋2b )＋(2a －b )i ＝4＋3i ，由复数相等的定义知，⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＝4，2a －b ＝3，得a ＝2，b ＝1，所以z ＝2＋i. 引申探究例3条件改为z (z ＋2)＝4＋3i ，求z . 解 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )．则z ＝x －y i ， 由题意知，(x －y i)(x ＋y i ＋2)＝4＋3i.得⎩⎪⎨⎪⎧x (2＋x )＋y 2＝4，xy －y (x ＋2)＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－112，y ＝－32或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋112，y ＝－32，所以z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－112－32i 或z ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1＋112－32i. 反思与感悟 当已知条件出现复数等式时，常设出复数的代数形式，利用复数相等的充要条件转化为实数问题求解．跟踪训练3 已知复数z 满足|z |＝1，且(3＋4i)z 是纯虚数，求z 的共轭复数z . 考点 共轭复数的定义与应用 题点 利用定义求共轭复数解 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则|z |＝a 2＋b 2＝1，即a 2＋b2＝1.①因为(3＋4i)z ＝(3＋4i)(a ＋b i)＝(3a －4b )＋(3b ＋4a )i 是纯虚数，所以3a －4b ＝0，且3b ＋4a ≠0.②由①②联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝45，b ＝35或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－45，b ＝－35.所以z ＝45－35i 或z ＝－45＋35i.1．设复数z 满足i z ＝1，其中i 为虚数单位，则z 等于( ) A ．－i B ．i C ．－1D ．1考点 复数的乘除法运算法则 题点 利用乘除法求复数中的未知数 答案 A解析 z ＝1i＝－i.2．若z ＝4＋3i(i 为虚数单位)，则z|z |等于( ) A ．1 B ．－1 C.45＋35i D.45－35i 考点 复数的乘除法运算法则 题点 乘除法的运算法则 答案 D解析 z ＝4＋3i ，|z |＝5，z|z |＝45－35i. 3．已知(1－i )2z＝1＋i(i 为虚数单位)，则复数z 等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i考点 复数四则运算的综合应用题点 复数的混合运算 答案 D解析 因为(1－i )2z＝1＋i ，所以z ＝(1－i )21＋i ＝－2i 1＋i ＝－2i (1－i )2＝－1－i.4．设i 是虚数单位，z 是复数z 的共轭复数，若z ＝2i31＋i ，则z ＝________.考点 共轭复数的定义与应用 题点 利用定义求共轭复数 答案 －1＋i解析 z ＝2i 31＋i ＝－2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝－1－i ，所以z ＝－1＋i.5．已知复数z 满足：z ·z ＋2z i ＝8＋6i ，求复数z 的实部与虚部的和． 考点 共轭复数的定义与应用 题点 与共轭复数有关系的综合问题 解 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )， 则z ·z ＝a 2＋b 2，∴a 2＋b 2＋2i(a ＋b i)＝8＋6i ， 即a 2＋b 2－2b ＋2a i ＝8＋6i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－2b ＝8，2a ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝1，∴a ＋b ＝4，∴复数z 的实部与虚部的和是4.1．复数代数形式的乘除运算(1)复数代数形式的乘法类似于多项式乘以多项式，复数的乘法满足交换律、结合律以及乘法对加法的分配律．(2)在进行复数代数形式的除法运算时，通常先将除法写成分式的形式，再把分子、分母都乘以分母的共轭复数，化简后可得，类似于以前学习的分母有理化． 2．共轭复数的性质可以用来解决一些复数问题． 3．复数问题实数化思想．复数问题实数化是解决复数问题的基本思想方法，其桥梁是设复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，利用复数相等的充要条件转化.一、选择题1．i 为虚数单位，1i ＋1i 3＋1i 5＋1i 7等于( )A ．0B ．2iC ．－2iD ．4i考点 虚数单位i 及其性质 题点 虚数单位i 的运算性质 答案 A解析 1i ＝－i ，1i 3＝i ，1i 5＝－i ，1i 7＝i ，∴1i ＋1i 3＋1i 5＋1i7＝0. 2．复数(1＋i)2(2＋3i)的值为( ) A ．6－4i B ．－6－4i C ．6＋4iD ．－6＋4i考点 复数的乘除法运算法则 题点 乘除法的运算法则 答案 D解析 (1＋i)2(2＋3i)＝2i(2＋3i)＝－6＋4i. 3．已知复数z 满足(z －1)i ＝1＋i ，则z 等于( ) A ．－2－i B ．－2＋i C ．2－iD ．2＋i考点 复数的乘除法运算法则 题点 利用乘除法求复数中的未知数 答案 C解析 由(z －1)i ＝1＋i ，两边同乘以－i ，则有z －1＝1－i ，所以z ＝2－i. 4．已知复数z 1＝3－b i ，z 2＝1－2i ，若z 1z 2是实数，则实数b 等于( ) A ．6 B ．－6 C ．0D.16考点 复数的乘除法运算法则 题点 利用乘除法求复数中的未知数 答案 A 解析 ∵z 1z 2＝3－b i 1－2i ＝(3－b i )(1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＝3＋2b ＋(6－b )i5是实数，∴6－b ＝0，∴实数b 的值为6，故选A.5．已知i 为虚数单位，图中复平面内的点A 表示复数z ，则表示复数z1＋i的点是( )A ．MB ．NC ．PD ．Q考点 复数的乘除法运算法则 题点 运算结果与点的对应关系 答案 D解析 由图可知z ＝3＋i ，所以复数z 1＋i ＝3＋i 1＋i ＝(3＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝4－2i2＝2－i 表示的点是Q (2，－1)．故选D.6．设复数z 满足1＋z1－z ＝i ，则|z |等于( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2考点 复数的乘除法运算法则 题点 利用乘除法求复数中的未知数 答案 A解析 由1＋z1－z＝i ，得z ＝－1＋i 1＋i ＝(－1＋i )(1－i )2＝2i 2＝i ，|z |＝|i|＝1.7．若z ＋z ＝6，z ·z ＝10，则z 等于( ) A ．1±3i B ．3±i C ．3＋iD ．3－i 考点 共轭复数的定义与应用 题点 与共轭复数有关的综合问题 答案 B解析 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )， 则z ＝a －b i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝6，a 2＋b 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝3，b ＝±1，则z ＝3±i. 8．计算(－1＋3i )3(1＋i )6＋－2＋i 1＋2i的值是( ) A ．0B ．1C ．2iD ．i 考点 复数四则运算的综合应用题点 复数的混合运算答案 C解析 原式＝(－1＋3i )3[(1＋i )2]3＋(－2＋i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝(－1＋3i )3(2i )3＋－2＋4i ＋i ＋25＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i 3－i ＋i ＝1－i ＋i ＝i (－i )i＋i ＝2i. 二、填空题9．已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a ，则a b 的值为________．考点 复数的乘除法运算法则题点 利用乘除法求复数中的未知数答案 2解析 因为(1＋i)(1－b i)＝1＋b ＋(1－b )i ＝a ，又a ，b ∈R ，所以1＋b ＝a 且1－b ＝0，得a ＝2，b ＝1，所以a b＝2.10．若复数z 满足(3－4i)z ＝4＋3i(i 是虚数单位)，则|z |＝________.考点 复数的乘除法运算法则题点 利用乘除法求复数中的未知数答案 1解析 因为(3－4i)z ＝4＋3i ，所以z ＝4＋3i 3－4i ＝(4＋3i )(3＋4i )(3－4i )(3＋4i )＝25i 25＝i. 则|z |＝1.11．定义一种运算：⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝ad －bc .则复数⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋i －12 3i 的共轭复数是________．考点 共轭复数的定义与应用题点 利用定义求共轭复数答案 －1－3i解析 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋i －12 3i ＝3i(1＋i)＋2＝－1＋3i ， ∴其共轭复数为－1－3i.三、解答题12．已知z ，ω为复数，(1＋3i)z 为纯虚数，ω＝z 2＋i，且|ω|＝52，求ω. 考点 复数的乘除法运算法则题点 乘除法的综合应用解 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则(1＋3i)z ＝a －3b ＋(3a ＋b )i.由题意得a －3b ＝0,3a ≠－b .因为|ω|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 2＋i ＝52， 所以|z |＝a 2＋b 2＝510，将a ＝3b 代入，解得a ＝15，b ＝5或a ＝－15，b ＝－5，故ω＝±15＋5i 2＋i＝±(7－i)． 13．已知复数z ＝1＋i.(1)设ω＝z 2＋3z －4，求ω； (2)若z 2＋az ＋b z 2－z ＋1＝1－i ，求实数a ，b 的值． 考点 复数四则运算的综合应用题点 与混合运算有关的未知数求解解 (1)因为z ＝1＋i ，所以ω＝z 2＋3z －4＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i.(2)因为z ＝1＋i ， 所以z 2＋az ＋b z 2－z ＋1＝(1＋i )2＋a (1＋i )＋b (1＋i )2－(1＋i )＋1＝1－i ，即(a ＋b )＋(a ＋2)i i ＝1－i ， 所以(a ＋b )＋(a ＋2)i ＝(1－i)i ＝1＋i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋2＝1，a ＋b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1，b ＝2.四、探究与拓展14．投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋n i)(n －m i)为实数的概率为________．考点 复数的乘除法运算法则题点 乘除法的综合应用答案 16解析 易知(m ＋n i)(n －m i)＝mn －m 2i ＋n 2i ＋mn ＝2mn ＋(n 2－m 2)i.若复数(m ＋n i)(n －m i)为实数，则m 2＝n 2，即(m ，n )共有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)，6种情况，所以所求概率为636＝16. 15．设z 是虚数，ω＝z ＋1z是实数，且－1<ω<2. (1)求|z |的值及z 的实部的取值范围；(2)设μ＝1－z 1＋z，求证：μ为纯虚数． 考点 复数四则运算的综合应用题点 与四则运算有关的问题(1)解 因为z 是虚数，所以可设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R ，且y ≠0)，则ω＝z ＋1z ＝(x ＋y i)＋1x ＋y i ＝x ＋y i ＋x －y i x 2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x x 2＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －y x 2＋y 2i. 因为ω是实数，且y ≠0，所以y －y x 2＋y 2＝0， 即x 2＋y 2＝1.所以|z |＝1，此时ω＝2x .又－1<ω<2，所以－1<2x <2.所以－12<x <1，即z 的实部的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1.(2)证明 μ＝1－z 1＋z ＝1－(x ＋y i )1＋(x ＋y i )＝(1－x －y i )(1＋x －y i )(1＋x )2＋y 2＝1－x 2－y 2－2y i1＋2x ＋x 2＋y 2.又x 2＋y 2＝1，所以μ＝－y1＋x i.因为y ≠0，所以μ为纯虚数．。