高中数学人教a版选修2-2(课时训练)：第三章 数系的扩充和复数的引入 章末复习 word版含答案
(完整版)高中数学选修2-2第三章数系的扩充与复数的引入
第三章数系的扩充与复数的引入目录§3.1.1 数系的扩充与复数的概念（新授课）§3.1.2 复数的几何意义（新授课）§3.2.1 复数的代数形式的加减运算及其几何意义（新授课）§3.2.2 复数的代数形式的乘除运算（新授课）第三章数系的扩充与复数的引入小结与复习（复习课）选修2-2 第三章复数基础练习（一）选修2-2 第三章复数基础练习（一）答案选修2-2 第三章复数基础练习（二）选修2-2 第三章复数基础练习（二）答案第三章数系的扩充与复数的引入一、课程目标：本章学习的主要内容是数系的扩充与复数的概念，复数代数形式的四则运算。
复数的引入是中学阶段数系的又一次扩充，这不仅可以使学生对于数的概念有一个初步的、完整的认识，也为进一步学习数学打下了基础。
通过本章学习，要使学生在问题情景中了解数系扩充的过程以及引入复数的必要性，学习复数得一些基本知识，体会人类理性思维在数系扩充中的作用。
二、学习目标：（1）、在问题情境中了解数系的扩充过程，体会实际需求与数学内部的矛盾在数系扩充过程中的作用，感受人类理性思维的作用以及数与现实世界的联系。
（2）、理解复数的基本概念以及复数相等的充要条件。
（3）、了解复数的代数表示法及其几何意义。
（4）、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。
三、本章知识结构：四、课时安排：本章教学时间约4课时，具体分配如下：3.1 数系的扩充与复数的概念约2课时3.2 复数代数形式的四则运算约2课时§3.1.1 数系的扩充与复数的概念（新授课）一、教学目标:知识与技能：了解数系的扩充过程，理解复数及其有关概念。
理解数系的扩充是与生活密切相关的，明白复数及其相关概念。
过程与方法：采取“阅读、质疑、探究”的过程，让学生体验数系的扩充过程。
情感、态度与价值观：让学生在“发现问题，解决问题”中增长技能，充分认识人类理性思维的能动性，使学生在掌握知识的同时增强战胜困难的信心和技能。
新版高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入3-1-2
3.1.2复数的几何意义课时过关·能力提升基础巩固1实部为-2,虚部为1的复数所对应的点位于复平面的()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案B2复数z=+i2对应的点在复平面内的()A.第一象限B.实轴上C.虚轴上D.第四象限解析因为z=+i2=-1∈R,所以z对应的点在实轴上.故选B.答案B3复数z与它的模相等的充要条件是()A.z为纯虚数B.z是实数C.z是正实数D.z是非负实数解析因为z=|z|,所以z为实数,且z≥0.故选D.答案D4在复平面内,复数6+5i,-2+3i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() A.4+8i B.8+2iC.2+4iD.4+i解析由题意得点A(6,5),B(-2,3).由C为线段AB的中点,得C(2,4),所以点C对应的复数为2+4i.答案C5已知0<a<2,复数z=a+i(i是虚数单位),则|z|的取值范围是()A.(1,)B.(1,)C.(1,3)D.(1,5)解析|z|=.∵0<a<2,∴0<a2<4.∴1<,即1<|z|<.故选B.答案B6已知复数z满足|z|2-2|z|-3=0,则复数z对应点的轨迹为()A.一个圆B.线段C.两点D.两个圆解析∵|z|2-2|z|-3=0,∴(|z|-3)(|z|+1)=0,∴|z|=3.故所求的轨迹为一个圆,故选A.答案A7复数z=-5-12i在复平面内对应的点到原点的距离为.解析因为|z|==13,所以z对应的点到原点的距离为13.答案138已知复数x2-6x+5+(x-2)i在复平面内的对应点在第三象限,则实数x的取值范围是.解析由已知得解得1<x<2.答案(1,2)9若复数z=(x-1)+(2x-1)i的模小于,求实数x的取值范围.分析根据复数的模的意义及题设中复数模的范围,建立关于实数x的不等式求解即可.解由题意,可得,。
高中数学人教A版选修22第三章数系的扩充与复数的引入练习题含答案详解
文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A版选修2-2) 建议用时实际用时满分实际得分90分钟100分一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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．下列命题中：①若∈R，则(＋1)i是纯虚数；②若，∈R且>，则＋>＋；③若(－1)＋(＋3＋2)i是纯虚数，则实数＝±1；④两个虚数不能比较大小．其中，正确命题的序号是()A.①B.②C.③D.④2.若复数z＝1＋i，i为虚数单位，则(1＋z)·z＝()A．1＋3i B．3＋3iC．3－i D．33．i是虚数单位，计算i＋i2＋i3＝（）A．－1 B.1C.i-D.i4.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＝1C．a＝－1，b＝－1 D．a＝1，b＝－15.设i是虚数单位，复数1＋a i2－i为纯虚数，则实数a为()A．2B．－2C．－12D．126.复数i1＋2i(i是虚数单位)的实部是()A．25B．－25C．15D．－157.若＝(＋m＋1)＋(＋m－4)i，m∈R，＝3－2i，则m＝1是＝的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件8.复数z＝1＋i，z－为z的共轭复数，则z z－－z－1＝()A．－2i B．－iC．i D．2i9.已知复数z满足(1＋i)z＝1＋a i(其中i是虚数单位，a∈R)，则复数z对应的点不可能位于复平面内的()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限10. 设集合M＝{y|y＝|cos2x－sin2x|，x∈R}，N＝{x||x－1i|＜2，i为虚数单位，x∈R}，则M∩N为()A．(0,1)B．(0,1]C．[0,1) D．[0,1]二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）11．若复数12iz=-（i为虚数单位），则z z z⋅+= .12.已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面上对应的点分别为A，B，C，OCu u u r＝λOAu u u r＋μOBuuu r(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是________．13.使不等式m2－(m2－3m)i＜(m2－4m＋3)i＋10成立的实数m＝ .14.如果i(,,0)z a b a b a =+∈≠R 且是虚数，则222,,,,,,,,z z z z z z z z z z ⋅中是虚数的有_______个，是实数的有 个，相等的有 组 三、解答题（本大题共5个小题，共44分.） 15.（6分） 证明：i i zz+-＝1．16．（6分）若∈R ，试确定是什么实数时，等式32－－1＝(10－－22)i 成立．17.(10分) 已知复数12z z ，满足121z z ==，且122z z -=，求证：122z z +=．18．（10分）设是虚数，zz 1+=ω是实数，且－1<ω<2.(1)求||的值及的实部的取值范围；(2)设z zM +-=11，求证：为纯虚数；（3）求2M -ω的最小值.19.（12分）证明：在复数范围内，方程（i 为虚数单位）无解.第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A版选修2-2)答题纸得分：一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、填空题11． 12． 13. 14. 15.三、解答题16.17.18.19.第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A 版选修2-2) 答案一、选择题1. D 解析：由复数的有关概念逐个判定．对于复数a ＋b i(a ，b ∈R )，当a ＝0且b ≠0时为纯虚数．在①中，若a ＝－1，则(a ＋1)i 不是纯虚数，故①错误；在③中，若x ＝－1，也不是纯虚数，故③错误；a ＋i 3＝a －i ，b ＋i 2＝b －1，复数a －i 与实数b －1不能比较大小，故②错误；④正确．故应选D.2.A 解析： (1＋z )·z ＝z ＋＝1＋i ＋＝1＋i ＋2i ＝1＋3i.3.A 解析:由复数性质知：i 2＝－1，故i ＋i 2＋i 3＝i ＋(－1)＋(－i)＝－1.4.D 解析：由(a ＋i)i ＝b ＋i ，得－1＋a i ＝b ＋i ，根据两复数相等的充要条件得a ＝1，b ＝－1.5.A 解析: 法一：因为1＋a i 2－i ＝(1＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝2－a ＋(2a ＋1)i5为纯虚数，所以2－a ＝0，a ＝2.法二：因为1＋a i 2－i ＝i (a －i )2－i 为纯虚数，所以a ＝2. 6.A 解析：i 1＋2i ＝2＋i 5，所以实部为25. 7. A 解析：因为z 1＝z 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m ＋1＝3，m 2＋m －4＝－2，解得m ＝1或m ＝－2，所以m ＝1是z 1＝z 2的充分不必要条件． 8.B 解析：依题意得z z －z －1＝(1＋i)(1－i)－(1＋i)－1＝－i.9.B 解析：由(1＋i)z ＝1＋a i 得z ＝＝，设在复平面内z 对应的点的坐标为(，)，则＝，＝.法一：易知－＝1，即复数z 对应的点在直线－＝1上，直线不经过第二象限，故复数z 对应的点不可能位于复平面内的第二象限．法二：若复数z 对应的点在第一象限，则只要 >1，若在第二象限，需要<0，且>0，即 <－1且 >1，无解，故复数z 对应的点不可能在第二象限．10.C 解析：∵ ＝|cos 2－sin 2|＝|cos 2|，且∈R ，∴ ∈[0,1],∴ ＝[0,1]． 在中，∈R 且|－1i|<2，∴ |＋i|<2，∴2＋1<2，解得－1<<1，∴＝(－1,1)．∴ ∩＝[0,1)． 二、填空题11.6-2i 解析：因为12i =+z ,所以1412i ⋅+=++-=z z z 6-2i.12 1 解析：由条件得OC u u u r ＝(3，－4)，OA u u u r ＝(－1,2)，OB uuu r＝(1，－1)，根据OC u u u r ＝λOA u u u r ＋μOB uuu r得(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－λ＋μ＝3，2λ－μ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1，μ＝2.∴λ＋μ＝1.复数与复平面内的点是一一对应的，复数和复平面内以原点为起点的向量也是一一对应的，因此复数加减法的几何意义可按平面向量加减法理解，利用平行四边形法则或三角形法则解决问题.13.3 解析：此题主要考查复数能比较大小的条件及方程组和不等式的解法．∵2－(2－3m)i ＜( 2－4＋3)i ＋10, 且虚数不能比较大小，∴22210,-3=0,-4+3=0,m m m m m ⎧<⎪⎨⎪⎩解得10,=0=3,=3=1,m m m m m ⎧<⎪⎨⎪⎩或或，∴ 3.当＝3时，原不等式成立． 14.4,5,3 解析：2,,,z z z z-=四个为虚数；22,,,,z z z z z z--⋅五个为实数；2,,z z z z z z z =--==⋅=三组相等.三、解答题15.解法一：设z ＝a ＋b i(a , b ∈R )，则i i z z +-=i ii i a b a b +---=(1)i (1)i a b a b +--+-2222(1)(1)a b a b +-+-解法二：∵ i z +=i +z=-i+z ，∴i i z z +- =-i i z z+-=-(i -)i z z -=1.16.解：由复数相等的充要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－a 2x －1＝0，①10－x －2x 2＝0.②由②得x ＝2或x ＝－52，代入①，得a ＝11或a ＝－715. 17. 证明：设复数12z z ，在复平面上对应的点为1Z ，2Z ， 由条件知121222z z z z -==，所以以1OZ u u u u r ，2OZ u u u u r为邻边的平行四边形为正方形，而12z z +在复平面上对应的向量为正方形的一条对角线， 所以122z z +=．18.（1）解：设＝＋i （，）,.因为ω是实数，0≠b ,所以，即|z |＝1.因为ω＝2，－1<ω<2， 所以.所以的实部的取值范围（－1,21）. （2）证明：zzM +-=11＝.1 ) 1 (2 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 ( 1 1 22 2 2 + -= + + - - - = - + + + - + - - = + + - - a b ib a b i b a b i a b i a b i a b i a b i a b i a 121< < - a 12 2= + b a) ( ) ( 1 2 2 2 2 iba bb b a a a b i a b i a + - + + + = + ++ = ω 0, ≠ ∈ b R（这里利用了（1）中122=+b a ） 因为 ∈（－1,21），0≠b ，所以M 为纯虚数. （3）解：2M -ω112)1(12)1(22222+--=+-+=++=a a a a a a a b a 3]11)1[(21212-+++=++-=a a a a . 因为∈（－1,21），所以＋1>0，所以2M -ω≥2×2－3＝1.当＋1＝11+a ，即＝0时上式取等号， 所以2M -ω的最小值是1. 19.证明：原方程化简为,设z ＝x ＋y i(x 、y )，代入上述方程得根据上式可得整理得051282=+-x x .方程无实数解.原方程在复数范围内无解.,∴ < - = ∆ 0 16R ∈。
高中数学人教新课标A版 选修2-2 第三章 数系的扩充与复数的引入
高中数学人教新课标A版选修2-2 第三章数系的扩充与复数的引入一、单选题(共12题；共24分)1．（2分）若z̅(1+i)=1−i，则z=（）A．1–i B．1+i C．–i D．i2．（2分）（1–i）4=（）A．–4B．4C．–4i D．4i3．（2分）复数11−3i的虚部是（）A．−310B．−110C．110D．3104．（2分）2−i1+2i=（）A．1B．−1C．i D．−i 5．（2分）若z=1+2i+i3，则|z|=（）A．0B．1C．√2D．26．（2分）复数z=−2+ii(其中i为虚数单位)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7．（2分）若z=1+i，则|z2–2z|=（）A．0B．1C．√2D．2 8．（2分）在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i⋅z=（）．A．1+2i B．−2+i C．1−2i D．−2−i 9．（2分）已知a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，则a＝（）A．1B．﹣1C．2D．﹣2 10．（2分）下列命题中,正确的命题是（）A．若z、1z2∈C,z1−z2>0，则z1>z2B．若z∈R，则z⋅z̅=|z|2不成立C．z1,z2∈C,z1⋅z2=0，则z1=0或z2=0D．z1、z2∈C,z12+z22=0，则z1=0且z2=011．（2分）若复数z满足z(2−i)=18+11i，则|z̅−4i|=（）A．√13B．√15C．13D．1512．（2分）已知a是实数，a+i1−i是实数，则cosaπ3的值为（）A．12B．−12C．0D．√3 2二、多选题(共4题；共12分)13．（3分）设复数z满足z=−1−2i,i为虚数单位,则下列命题正确的是() A．|z|=√5B．复数z在复平面内对应的点在第四象限C．z的共轭复数为−1+2iD．复数z在复平面内对应的点在直线y=−2x上14．（3分）已知复数z满足z̅⋅z+2iz̅=3+ai，a∈R，则实数a的值可能是（）A．1B．-4C．0D．515．（3分）已知复数z=a+√3i在复平面内对应的点位于第二象限，且|z|=2则下列结论正确的是（）．A．z3=8B．z的虚部为√3C．z的共轭复数为1+√3i D．z2=416．（3分）已知复数z=i1−2i，则以下说法正确的是（）A．复数z的虚部为i5B．z的共轭复数z̅=25−i5C．|z|=√55D．在复平面内与z对应的点在第二象限三、填空题(共4题；共4分)17．（1分）i是虚数单位，复数8−i2+i=．18．（1分）已知i是虚数单位，则复数z=(1+i)(2−i)的实部是.19．（1分）设复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2=√3+i，则|z1−z2|=. 20．（1分）下列命题（i为虚数单位）中：①已知a,b∈R且a=b，则(a−b)+(a+b)i为纯虚数；②当z是非零实数时，|z+1z|≥2恒成立；③复数z=(1−i)3的实部和虚部都是－2；④如果|a+2i|<|−2+i|，则实数a的取值范围是−1<a<1；⑤复数z=1−i，则1z+z=32+12i；其中正确的命题的序号是.四、解答题(共6题；共60分)21．（5分）已知i虚数单位，z1=3−i1+i.（∈）求|z1|；（∈）若复数z2的虚部为2，且z1z2的虚部为0，求z2. 22．（10分）已知复数z满足(1+2i)z=4+3i（i是虚数单位）.求：（1）（5分）z（2）（5分）|z2−z̅|.23．（10分）已知复数z=1−i(i是虚数单位）.（1）（5分）求z2−z；（2）（5分）如图，复数z1，z2在复平面上的对应点分别是A，B，求z1+z2 z.24．（10分）已知复数z=(m2−3m+2)+(m−1)i(i为虚数单位).（1）（5分）若z是纯虚数，求实数m的值；（2）（5分）在复平面内，若z所对应的点在直线y=2x+1的上方，求实数m的取值范围. 25．（10分）设实部为正数的复数z，满足|z|=√10，且复数(2+i)z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上.（1）（5分）求复数z；（2）（5分）若z̅+m2(−1+i)+4mi(m∈R)为纯虚数，求实数m的值.26．（15分）已知复数z=3a+(3a−2)i，i为虚数单位，a∈R.（1）（5分）若z是实数，求实数a的值；（2）（5分）若|z|=√10，求实数a的值；（3）（5分）若z在复平面内对应的点位于第三象限，求实数a的取值范围.答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】因为z̅=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i，所以z=i.故答案为：D【分析】先利用除法运算求得z̅，再利用共轭复数的概念得到z即可. 2．【答案】A【解析】【解答】(1−i)4=[(1−i)2]2=(1−2i+i2)2=(−2i)2=−4. 故答案为：A.【分析】根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可. 3．【答案】D【解析】【解答】因为z=11−3i=1+3i(1−3i)(1+3i)=110+310i，所以复数z=11−3i的虚部为310.故答案为：D.【分析】利用复数的除法运算求出z即可. 4．【答案】D【解析】【解答】2−i1+2i=(2−i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=−5i5=−i故答案为：D【分析】根据复数除法法则进行计算.5．【答案】C【解析】【解答】因为z=1+2i+i3=1+2i−i=1+i，所以|z|=√12+12=√2．故答案为：C．【分析】先根据i2=−1将z化简，再根据向量的模的计算公式即可求出．6．【答案】A【解析】【解答】∵z=−2+ii=(−2+i)(−i)−i2=1+2i，∴复数z=−2+ii在复平面内对应的点的坐标为(1,2)，在第一象限，故答案为：A.【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简求出z的值，根据复数的几何意义可得结果．7．【答案】D【解析】【解答】由题意可得：z2=(1+i)2=2i，则z2−2z=2i−2(1+i)=−2.故|z2−2z|=|−2|=2.故答案为：D.【分析】由题意首先求得z2−2z的值，然后计算其模即可.8．【答案】B【解析】【解答】由题意得z=1+2i，∴iz=i−2.故答案为：B.【分析】先根据复数几何意义得z，再根据复数乘法法则得结果.9．【答案】C【解析】【解答】解：a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，可得a﹣2＝0，解得a＝2．故答案为：C．【分析】利用复数的虚部为0，求解即可．10．【答案】C【解析】【解答】A．当z1=2+i,z2=1+i时，z1−z2=1>0，此时z1,z2无法比较大小，故错误；B．当z=0时，z̅=z=0，所以z⋅z̅=|z|2=0，所以此时z⋅z̅=|z|2成立，故错误；C．根据复数乘法的运算法则可知：z1=0或z2=0，故正确；D．当z1=i,z2=1时，z12+z22=−1+1=0，此时z1≠0且z2≠0，故错误.故答案为：C.【分析】A．根据复数虚部相同，实部不同时，举例可判断结论是否正确；B．根据实数的共轭复数还是其本身判断z⋅z̅=|z|2是否成立；C．根据复数乘法的运算法则可知是否正确；D．考虑特殊情况：z1=i,z2=1，由此判断是否正确.11．【答案】C【解析】【解答】解：∵复数z满足z(2−i)=18+11iz=18+11i2−i=(18+11i)(2+i)(2−i)(2+i)=36+40i+11i25=5+8i∴z̅=5−8i，z̅−4i=5−8i−4i=5−12i ∴|z̅−4i|=|5−12i|=√52+(−12)2=13.故答案为：C.【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的概念以及模的计算公式即可得出.12．【答案】A【解析】【解答】解： ∵ a+i 1−i =(a+i)(1+i)(1−i)(1+i)=a−12+a+12i 是实数，∴a+12=0，即 a =−1 ．∴ cosaπ3=cos(−π3)=12． 故答案为：A ．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由虚部为0求得 a 值，代入 cos aπ3 得答案． 13．【答案】A,C【解析】【解答】 |z|=√(−1)2+(−2)2=√5 ,A 符合题意;复数z 在复平面内对应的点的坐标为(−1,−2) ,在第三象限,B 不正确;z 的共轭复数为 −1+2i ,C 符合题意;复数z 在复平面内对应的点 (−1,−2) 不在直线 y =−2x 上,D 不正确. 故答案为：AC【分析】根据复数的模、复数对应点的坐标、共轭复数等知识，选出正确选项.14．【答案】A,B,C【解析】【解答】设 z =x +yi ，∴x 2+y 2+2i(x −yi)=3+ai ， ∴{x 2+y 2+2y =3,2x =a,⇒y 2+2y +a 24−3=0 ，∴Δ=4−4(a 24−3)≥0 ，解得： −4≤a ≤4 ，∴实数 a 的值可能是 1,−4,0 . 故答案为：ABC.【分析】设 z =x +yi ，从而有 x 2+y 2+2i(x −yi)=3+ai ，利用消元法得到关于 y 的一元二次方程，利用判别式大于等于0，从而求得a 的范围，即可得答案.15．【答案】A,B【解析】【解答】解： ∵z =a +√3i ，且 |z|=2 ∴a 2+(√3)2=4 ， a =±1复数 z =a +√3i 在复平面内对应的点位于第二象限 ∴a =−1 A: (−1+√3i)3=(−1)3+3(−1)2√3i +3(−1)(√3i)2+(√3i)3=8 B: z =−1+√3i 的虚部是 √3C: z =−1+√3i 的共轭复数为 z =−1−√3iD: (−1+√3i)2=(−1)2+2(−1)√3i+(√3i)2=−2−2√3i故答案为：AB．【分析】利用复数|z|=2的模长运算及z=a+√3i在复平面内对应的点位于第二象限求出a，再验算每个选项得解.16．【答案】C,D【解析】【解答】∵z=i1−2i=i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−25+15i，∴复数z的虚部为15，z的共轭复数z̅=−25−i5,|z|=√(−25)2+(15)2=√55，复平面内与z对应的点的坐标为(−25,15)，在第二象限.故答案为：CD.【分析】利用复数的乘除运算可得z=−25+15i，根据复数的概念可判断A；根据共轭复数的概念可判断B；根据复数的模可判断C；根据复数的几何意义可判断D. 17．【答案】3-2i【解析】【解答】8−i2+i=(8−i)(2−i)(2+i)(2−i)=15−10i5=3−2i.故答案为：3-2i.【分析】将分子分母同乘以分母的共轭复数，然后利用运算化简可得结果.18．【答案】3【解析】【解答】∵复数z=(1+i)(2−i)∴z=2−i+2i−i2=3+i∴复数的实部为3.故答案为：3.【分析】根据复数的运算法则，化简即可求得实部的值.19．【答案】2√3【解析】【解答】∵|z1|=|z2|=2，可设z1=2cosθ+2sinθ⋅i，z2=2cosα+2sinα⋅i，∴z1+z2=2(cosθ+cosα)+2(sinθ+sinα)⋅i=√3+i，∴{2(cosθ+cosα)=√32(sinθ+sinα)=1，两式平方作和得：4(2+2cosθcosα+2sinθsinα)=4，化简得：cosθcosα+sinθsinα=−1 2∴|z1−z2|=|2(cosθ−cosα)+2(sinθ−sinα)⋅i|=√4(cosθ−cosα)2+4(sinθ−sinα)2=√8−8(cosθcosα+sinθsinα)=√8+4=2√3.故答案为：2√3.【分析】令z1=2cosθ+2sinθ⋅i，z2=2cosα+2sinα⋅i，根据复数的相等可求得cosθcosα+ sinθsinα=−12，代入复数模长的公式中即可得到结果.20．【答案】②③④【解析】【解答】对于①，a，b∈R且a=b，若a=b=0时，则(a−b)+(a+b)i不是纯虚数，①错误；对于②，当z是非零实数时，根据基本不等式的性质知|z+1z|⩾2恒成立，②正确；对于③，复数z=(1−i)3=−2−2i，∴z的实部和虚部都是−2，③正确；对于④，如果|a+2i|<|−2+i|，则a2+4<4+1，解得−1<a<1，所以实数a的取值范围是−1<a<1，④正确；对于⑤，复数z=1−i，则1z+z=11−i+(1−i)=32−12i，∴⑤错误．综上，正确的命题的序号是②③④．故答案为：②③④．【分析】①当a=b=0时，(a−b)+(a+b)i=0不是纯虚数；②根据基本不等式的性质知|z+1z|⩾2恒成立；③化简复数z，得z的实部和虚部都是-2；④根据模长公式得关于a的不等式，求解即可；⑤根据复数代数运算法则，化简计算即可．21．【答案】解：（∈）z1=3−i1+i=(3−i)(1−i)(1−i)(1+i)=2−4i2=1−2i，所以|z1|=√22+12=√5，（∈）设z2=a+2i(a∈R)，则z1z2=(2+i)(a+2i)=(2a−2)+(a+4)i，因为z1z2的虚部为0，所以，a+4=0，即a=−4.所以z2=−4+2i.【解析】【分析】（∈）利用复数的四则运算求出z1后可求其模.（∈）设z2=a+2i(a∈R)，利用复数的乘法计算出 z 1z 2 后再根据虚部为0求出 a ，从而可得 z 2 .22．【答案】（1）解：由题 z =4+3i 1+2i =(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=10−5i5=2−i .即 z =2−i （2）解：由(1) z =2−i ,故 z 2−z ̅=(2−i)2−(2+i)=1−5i ,故 |z 2−z̅|=√12+(−5)2=√26 .即 |z 2−z̅|=√26【解析】【分析】(1)易得 z =4+3i1+2i,再利用复数的除法运算即可.(2)由(1)分别求得 z 2,z ̅ 再计算 z 2−z̅ 求模长即可. 23．【答案】（1）解： ∵z =1−i ，∴z 2−z =(1−i)2−(1−i)=1−2i +i 2−1+i =−1−i（2）解： ∵z 1=2i ， z 2=2+i ，∴ z 1+z 2z =2i+2+i 1−i =2+3i 1−i =(2+3i)(1+i)(1−i)(1+i)=−12+52i【解析】【分析】（1）把 z =1−i 代入 z 2−z ，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案；（2）由图形求得 z 1 ， z 2 ，代入 z 1+z2z，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.24．【答案】（1）解： ∵z 是纯虚数， ∴{m 2−3m +2=0m −1≠0， 解得 {m =1或m =2m ≠1， ∴ m =2（2）解：z 所对应的点是 (m 2−3m +2,m −1) ，∵ z 所对应的点在直线 y =2x +1 的上方，即 m −1>2(m 2−3m +2)+1 ， 化简得 2m 2−7m +6<0 ，即 (m −2)(2m −3)<0 ， ∴32<m <2 . 【解析】【分析】（1）由复数的分类求解；（2）写出对应点的坐标，点在直线 y =2x +1 上方，就是点的坐标适合不等式 y >2x +1 代入后不等式可得．25．【答案】（1）解：设 z =a +bi ， a,b ∈R ， a >0 .由题意： a 2+b 2=10 .①(2+i)(a +bi)=2a −b +(a +2b)i ， 得 2a −b +a +2b =0 ， 3a +b =0 ，②①②联立，解得 a =1 ， b =−3 得 z =1−3i .（2）解：由（1）可得z̅=1+3i所以z̅+m2(−1+i)+4mi=(−m2+1)+(m2+4m+3)i由题意可知{−m2+1=0m2+4m+3≠0解得m=±1且m≠−1且m≠−3所以m=1【解析】【分析】（1）设z=a+bi(a，b∈R且a>0)，由条件可得a2+b2=10①，a=−3b②．由①②联立的方程组得a、b的值，即可得到z的值；（2）根据实部为0，虚部不为0即可求解m．26．【答案】（1）解：由题意3a−2=0，a=2 3；（2）解：由已知|z|=√(3a)2+(3a−2)2=√10，解得a=1或a=−13．（3）解：复数z对应点坐标为(3a，3a−2)，它在第三象限，则{3a<03a−2<0，解得a< 0．∴a的范围是(−∞，0)．【解析】【分析】（1）根据复数的分类求解；（2）由复数模的运算计算；（3）写出对应点坐标，由点所在象限得出不等式，解之可得．。
人教A版高中数学选修2-2作业：第3章 数系的扩充与复数的引入3.1.1 课后
第三章 3.1 3.1.1一、选择题1．以2i －5的虚部为实部，以5i ＋2i 2的实部为虚部的新复数是( A ) A ．2－2iB ．2＋iC ．－5＋5iD ．5＋5i解析 ∵2i －5的虚部为2，5i ＋2i 2的实部为－2，∴新复数为2－2i.故选A ． 2．若2＋a i ＝b －i ，其中a ，b ∈R ，i 是虚数单位，则a 2＋b 2＝( D ) A ．0B ．2C ．52D ．5解析 ∵2＋a i ＝b －i ，a ，b ∈R ，∴b ＝2，a ＝－1，∴a 2＋b 2＝5.故选D ． 3．已知复数cos θ＋isin θ和sin θ＋icos θ相等，则θ的值为( D ) A ．π4B ．π4或5π4C ．2k π＋π4(k ∈Z )D ．k π＋π4(k ∈Z )解析 由复数相等的充要条件知⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝sin θ，sin θ＝cos θ，得θ＝k π＋π4(k ∈Z )，故选D ．4．复数4－3a －a 2i 与复数a 2＋4a i 相等，则实数a 的值为( C ) A ．1B ．1或－4C ．－4D ．0或－4解析 由复数相等的充要条件得⎩⎪⎨⎪⎧4－3a ＝a 2，－a 2＝4a ，解得a ＝－4.5．已知a ，b ∈R ，则a ＝b 是(a －b )＋(a ＋b )i 为纯虚数的( C ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析 (a －b )＋(a ＋b )i 为纯虚数⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≠0，a －b ＝0⇔a ＝b ≠0，即a ＝b ≠0是该复数为纯虚数的充要条件，所以a ＝b 是该复数为纯虚数的必要不充分条件．6．已知M ＝{1,2，m 2－3m －1＋(m 2－5m －6)i}，N ＝{－1,3}，M ∩N ＝{3}，则实数m 的值为( B )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析 ∵M ∩N ＝{3}，∴m 2－3m －1＋(m 2－5m －6)i ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m －1＝3，m 2－5m －6＝0，解得m ＝－1. 二、填空题7．复数1－i 的虚部的平方是__1__. 解析 1－i 的虚部为－1，虚部的平方为1.8．已知复数z ＝(m 2－m )＋(m 2－1)i(m ∈R )，若z 是实数，则m 的值为__±1__；若z 是虚数，则m 的取值范围是__(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)__；若z 是纯虚数，则m 的值为__0__.解析 z ＝(m 2－m )＋(m 2－1)i ，若z 是实数，则m 2－1＝0，解得m ＝±1； 若z 是虚数，则m 2－1≠0，解得m ≠±1；若z 是纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧m 2－m ＝0，m 2－1≠0，解得m ＝0.9．已知z 1＝－4a ＋1＋(2a 2＋3a )i ，z 2＝2a ＋(a 2＋a )i ，其中a ∈R ，z 1＞z 2，则a 的值为__0__.解析 由z 1＞z 2，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋3a ＝0，a 2＋a ＝0，－4a ＋1＞2a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0或a ＝－32，a ＝0或a ＝－1，a ＜16，解得a ＝0.三、解答题10．若方程x 2＋mx ＋2x i ＝－1－m i 有实根，求实数m 的值，并求出此实根．解析 设实根为x 0，代入方程，并由复数相等的充要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋mx 0＝－1，2x 0＝－m ，消去m ，得x 0＝±1，所以m ＝±2.因此，当m ＝－2时，原方程的实根为x ＝1； 当m ＝2时，原方程的实根为x ＝－1.11．实数m 分别为何值时，复数z ＝2m 2＋m －3m ＋3＋(m 2－3m －18)i 为(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．解析 (1)若z 为实数，则⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m －18＝0，m ＋3≠0，解得m ＝6.所以当m ＝6时，z 为实数．(2)若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)若z 为纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧2m 2＋m －3＝0，m ＋3≠0，m 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．如果log 2(m ＋n )－(m 2－3m )i<1，求自然数m ，n 的值． 解析 ∵log 2(m ＋n )－(m 2－3m )i<1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ log 2(m ＋n )<1，m 2－3m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧0<m ＋n <2，m ＝0或m ＝3，∵m ，n 是自然数，∴m ＝0，n ＝1.由Ruize收集整理。
高中数学(人教A版选修2-2)本章练测：第三章数系的扩充与复数的引入(含答案详解)
第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A版选修2-2)分11A. 2. ( A C 3 A C.a 3C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件8.复数z ＝1＋i ，z －为z 的共轭复数，则z z －－z －1＝( ) A ．－2iB ．－iC ．iD ．2i9.已知复数z 满足(1＋i)z ＝1＋a i(其中i 是虚数单 位，a ∈R )，则复数z 对应的点不可能位于复平面 内的( ) A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限10.设集合M ＝{y |y ＝|cos 2x －sin 2x |，x ∈R }，N ＝{x ||x －1i |＜2，i 为虚数单位，x ∈R }，则M ∩N 为( )A ．(0,1)B ．(0,1]C ．[0,1)D ．[0,1]二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分） 11．若复数12i z =-（i 为虚数单位），则z z z ⋅+= .12.已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－4i ，它们在复平面上对应的点分别为A ，B ，C ，OC u u u r ＝λOA u u u r ＋μOB uuu r(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值是________．13.使不等式m 2－(m 2－3m)i ＜(m 2－4m ＋3)i ＋10成立的实数m ＝ . 14.如果i(,,0)z a b a b a =+∈≠R 且是虚数，则222,,,,,,,,z z z z z z z z z z ⋅中是虚数的有_______个，是实数的有 个，相等的有 组三、解答题（本大题共5个小题，共44分.） 15.（6分）证明：i i zz+-＝1．16．（6分）若x ∈R ，试确定a 是什么实数时，等式3x 2－a 2x －1＝(10－x －2x 2)i 成立．17.(10分)已知复数12z z ，满足121z z ==，且12z z -=，求证：12z z +=．18．（10分）设z 是虚数，zz 1+=ω是实数，且－1<ω<2.(1)求|z |的值及z 的实部的取值范围；(2)设z zM +-=11，求证：M 为纯虚数；（3）求2M -ω的最小值.19.（12分）证明：在复数范围内，方程|z |2+(1−i )z −(1+i )z =5−5i 2+i（i 为虚数单位）无解.第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A版选修2-2)答题纸得分：一、选择题二、填空题11． 12． 13. 14. 15.三、解答题16.17.18.19.第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A 版选修2-2)答案一、选择题1.D 解析：由复数的有关概念逐个判定．对于复数a ＋b i(a ，b ∈R )，当a ＝0且b ≠0时为纯虚数．在①中，若a ＝－1，则(a ＋1)i 不是纯虚数，故①错误；在③中，若x ＝－1，也不是纯虚数，故③错误；a ＋i 3＝a －i ，b＋i 2＝b －1，复数a －i 与实数b －1不能比较大小，故②错误；④正确．故应选D. 2.A 解析：(1＋z )·z ＝z ＋z 2＝1＋i ＋(1＋i)2＝1＋i ＋2i ＝1＋3i. 3.A 解析:由复数性质知：i 2＝－1，故i ＋i 2＋i 3＝i ＋(－1)＋(－i)＝－1.4.D 解析：由(a ＋i)i ＝b ＋i ，得－1＋a i ＝b ＋i ，根据两复数相等的充要条件得a ＝1，b ＝－1.5.A 解析:法一：因为1＋a i 2－i ＝(1＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝2－a ＋(2a ＋1)i5为纯虚数，所以2－a ＝0，a ＝2. 法二：因为1＋a i 2－i ＝i (a －i )2－i为纯虚数，所以a ＝2. 6.A 解析：i 1＋2i ＝2＋i 5，所以实部为25. 7.A 解析：因为z 1＝z 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m ＋1＝3，m 2＋m －4＝－2，解得m ＝1或m ＝－2，所以m ＝1是z 1＝z 2的充分不必要条件． 8.B 解析：依题意得z z －z －1＝(1＋i)(1－i)－(1＋i)－1＝－i. 9.B 解析：由(1＋i)z ＝1＋a i 得z ＝(1+ai )(1−i)2＝1+a+(a−1)i2，设在复平面内z 对应的点的坐标为(x ，y )，则x ＝1+a 2，y ＝a−12.法一：易知x －y ＝1，即复数z 对应的点在直线x －y ＝1上，直线不经过第二象限，故复数z 对应的点不可能位于复平面内的第二象限．法二：若复数z 对应的点在第一象限，则只要a >1，若在第二象限，需要1+a 2<0，且a−12>0，即a <－1且a >1，无解，故复数z 对应的点不可能在第二象限．10.C 解析：∵y ＝|cos 2x －sin 2x |＝|cos2x |，且x ∈R ，∴y ∈[0,1],∴M ＝[0,1]．在N 中，x ∈R 且|x －1i|<2，∴|x ＋i|<2，∴x 2＋1<2，解得－1<x <1，∴＝(－1,1)．∴M ∩N ＝[0,1)．11.6-2i 解析：因为12i =+z ,所以1412i ⋅+=++-=z z z 6-2i.121解析：由条件得OC u u u r ＝(3，－4)，OA u u u r ＝(－1,2)，OB uuu r＝(1，－1)，根据OC u u u r ＝λOA u u u r ＋μOB uuu r得(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－λ＋μ＝3，2λ－μ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1，μ＝2.∴λ＋μ＝1.复数与复平面内的点是一一对应的，复数和复平面内以原点为起点的向量也是一一对应的，因此复数加减法的几何意义可按平面向量加减法理解，利用平行四边形法则或三角形法则解决问题. 13.3解析：此题主要考查复数能比较大小的条件及方程组和不等式的解法．∵m 2－(m 2－3m)i ＜(m 2－4＋3)i ＋10,且虚数不能比较大小，∴22210,-3=0,-4+3=0,m m m m m ⎧<⎪⎨⎪⎩解得=0=3,=3=1,m m m m m ⎧<⎪⎨⎪⎩或或，∴m =3. 当m ＝3时，原不等式成立．14.4,5,3解析：2,,,z z z z -=四个为虚数；22,,,,z z z z z z --⋅五个为实数；2,,z z z z z z z =--==⋅=三组相等. 三、解答题15.解法一：设z ＝a ＋bi(a,b ∈R )，则i i z z +-=i ii i a b a b +---=(1)i (1)i a b a b +--+-解法二：∵i z +=i +z=-i+z ，∴i i z z +-=-i i z z +-=-(i -)i z z-=1. 16.解：由复数相等的充要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－a 2x －1＝0，①10－x －2x 2＝0.②由②得x ＝2或x ＝－52，代入①，得a ＝11或a ＝－715. 17.证明：设复数12z z ，在复平面上对应的点为1Z ，2Z ，由条件知1212z z -==，u u u u r u u u u r而12z z +在复平面上对应的向量为正方形的一条对角线，所以12z z +=．18.（1）解：设z ＝a ＋b i （a ，b ）,.因为ω是实数，0≠b ,所以，即|z |＝1.因为ω＝2，－1<ω<2，所以.所以z 的实部的取值范围（－1,21）. （2）证明：zzM +-=11＝.（这里利用了（1）中122=+b a ） 因为a ∈（－1,21），0≠b ，所以M 为纯虚数. （3）解：2M -ω112)1(12)1(22222+--=+-+=++=a a a a a a a b a 3]11)1[(21212-+++=++-=a a a a . 因为a ∈（－1,21），所以a ＋1>0，所以2M -ω≥2×2－3＝1.当a ＋1＝11+a ，即a ＝0时上式取等号， 所以2M -ω的最小值是1.19.证明：原方程化简为|z |2+(1−i )z −(1+i )z =1−3i , 设z ＝x ＋y i(x 、y )，代入上述方程得x 2+y 2−2xi −2yi =1−3i.R ∈ 1 ) 1 ( 2 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 ( 1 1 22 2 2 + -= + + - - - = - + + + - + - - = + + - - a b ib a b i b a b i a b i a b i a b i a b i a b i a 12 1< < - a 1 2 2= + b a) ( ) ( 1 2 2 2 2 iba bb b a a a b i a b i a + - + + + = + ++ = ω 0 , ≠ ∈ b R根据上式可得{x 2+y 2=1，2x +2y =3，整理得051282=+-x x .方程无实数解.原程在复数范围内无解.,∴ < - = ∆ 016。
2019-2020数学人教A版选修2-2课件：第三章数系的扩充和复数的引入章末复习
四、复数的综合问题 例 4 已知复数 z1＝i(1－i)3. (1)求|z1|； (2)若|z|＝1，求|z－z1|的最大值．
[解] (1)∵z1＝i(1－i)3＝i(1－i)(－2i)＝2－2i， ∴|z1|＝ 22＋－22＝2 2.
答案
第十六页，编辑于星期日：点 二十一分。
第二十二页，编辑于星期日：点 二十一分。
五、复数方程问题 例 6 设关于 x 的方程是 x2－(tanθ＋i)x－(2＋i)＝0. (1)若方程有实数根，求锐角 θ 和实数根； (2)证明对任意 θ≠kπ＋π2(k∈Z)，方程无纯虚数根．
第二十三页，编辑于星期日：点 二十一分。
[解] (1)设实数根是 a， 则 a2－(tanθ＋i)a－(2＋i)＝0， 即 a2－atanθ－2－(a＋1)i＝0. ∵a，tanθ∈R，∴aa＋2－1a＝ta0n，θ－2＝0， ∴a＝－1，且 tanθ＝1. 又 0<θ<π2，∴θ＝π4.
5．求复平面上的点的轨迹问题通常有两种途径：一是设 z＝x＋yi(x，y ∈R)，依据条件转化为关于 x 与 y 的方程，从而得出所求轨迹．二是结合“基 本轨迹方程”，充分考虑复数的整体性，运用条件及有关性质，探求轨迹上 的点所对应的复数所具有的特征及满足的方程(代入法是求轨迹时常用的思 想方法)．
(2)设 i 是虚数单位，若复数 a－31－0 i(a∈R)是纯虚数，则 a 的值为(
)
A．－3 B．－1 C．1 D．3
(3)已知复数 z＝(5＋2i)2(i 为虚数单位)，则 z 的实部为________．
第六页，编辑于星期日：点 二十一分。
[解析] (1)设 z＝a＋bi(a，b∈R)，则 z2＝a2－b2＋2abi，若 z2≥0，则
高中数学人教A版选修2-2_第三章_数系的扩充与复数的引入_(有答案)
高中数学人教A版选修2-2 第三章数系的扩充与复数的引入3.1.2 复数的几何意义 (2)一、单选题1. 若，则复数在复平面内所对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2. 满足条件的复数在复平面上对应点的轨迹是()A.一条直线B.两条直线C.圆D.椭圆3. 在复平面内，把复数对应的向量按顺时针方向旋转，所得向量对应的复数是()A. B. C. D.4. 已知复数的模为,则的最大值为：()A.1B.2C.D.3二、填空题若为非零实数，则下列四个命题都成立：①②③若，则④若，则．则对于任意非零复数，上述命题仍然成立的序号是．三、解答题已知复数，求的最大值和最小值.试卷第1页，总3页参考答案与试题解析高中数学人教A版选修2-2 第三章数系的扩充与复数的引入3.1.2 复数的几何意义 (2)一、单选题1.【答案】B【考点】二次函数的应用函数的最值及其几何意义勾股定理【解析】cosθ+sinθ=√2sin(θ+π4)×0【解答】因为θ∈(34π,54π)，所以sinθ−cosθ=√2sin(θ−π4 )>0因此复数(cosθ+sinθ)+(sinθ−cosθ)在复平面内所对应的点在第二象限故选：B．2.【答案】C【考点】复数的运算二次函数的应用函数的最值及其几何意义【解析】因为|z−i|=|3+4i，所以|z−i|=5,x2+(y−1)2=25因此复数？在复平面上对应点的轨迹是圆，选C．【解答】此题暂无解答3.【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义相等向量与相反向量单位向量【解析】复数3−√3i对应的向量按顺时针方向旋转π3，则旋转后的向量为(3−3i)[cos(−π3)+试卷第2页，总3页i sin(−π3)]=(3−√3i)(12−√32)=−2√3，故选B．【解答】此题暂无解答4.【答案】D【考点】二次函数的应用函数的最值及其几何意义勾股定理【解析】因为|z−i|≤|z|+|=2+1=3，所以最大值为3，选D．【解答】此题暂无解答二、填空题【答案】②④【考点】数列的概念及简单表示法演绎推理的基本方法四种命题的定义【解析】对于ω：解方程a+1a =0得ai所以非零复数aⅰ使得a+1a=0，①不成立；②显然成立；对于③：在复数集C中，/1]=\l，则|a|=|b|a=±b，所以③不成立；④显然成立．则对于任意非零复数a,b，上述命题仍然成立的所有序号是②④【解答】此题暂无解答三、解答题【答案】最大值．，最小值、2．【考点】基本不等式基本不等式在最值问题中的应用三角函数的最值【解析】试题分析：先根据复数乘法法则，再根据复数的模的定义将|z1⋅z2|化为三角函数形式，最后根据三角函数有界性确定最值．试题解析：|z|z2|=|θcossin+(cosβ−sinβ−sin=√1+sinθcosθ2+(cosθ−sinθ)2=√2+sin2cos2θ=√2+12sin2θ故|z1⋅z2|的最大值为32，最小值为√2【解答】此题暂无解答试卷第3页，总3页。
人教A版高中数学选修2-2作业：第3章 数系的扩充与复数的引入3.2.1 课后
第三章 3.2 3.2.1一、选择题1．复数z ＝(2m 2＋3i)＋(m －m 2i)＋(－1＋2m i)，m ∈R ，若z 为纯虚数，则m ＝( C )A ．1B ．3C ．12D ．－1或3 解析 ∵z ＝(2m 2＋m －1)＋(3－m 2＋2m )i 为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m 2＋m －1＝0，3－m 2＋2m ≠0，解得m ＝12. 2．设(1＋i)x ＝1＋y i ，其中x ，y 是实数，|x ＋y i|＝( B )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析 ∵(1＋i)x ＝x ＋x i ＝1＋y i ，∴x ＝y ＝1，|x ＋y i|＝|1＋i|＝12＋12＝2，故选B ．3．复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )满足|z －4i|＝|z ＋2|，则2x ＋4y 的最小值为( C )A ．2B ．4C ．4 2D ．8 2解析 ∵|z －4i|＝|z ＋2|，且z ＝x ＋y i ，∴|x ＋(y －4)i|＝|x ＋2＋y i|，∴x 2＋(y －4)2＝(x ＋2)2＋y 2，∴x ＝－2y ＋3，∴2x ＋4y ＝2－2y ＋3＋4y ＝8·14y ＋4y ≥28·14y ·4y ＝4 2. 4．复数z ＝(a 2－2a )＋(a 2－a －2)i(a ∈R )在复平面内对应的点位于虚轴上，则z －1－i ＝( A )A ．－1－3i 或－1－iB ．－1－iC ．－1－3iD ．－1＋i 或－1＋3i解析 因为复数z 在复平面内对应的点位于虚轴上，所以复数z 的实部为0，所以a 2－2a ＝0，解得a ＝0或a ＝2.当a ＝0时，z ＝－2i ，z －1－i ＝－2i －1－i ＝－1－3i ；当a ＝2时，z ＝0，z －1－i ＝0－1－i ＝－1－i.故选A ．5．已知复数z 满足z －cos α＝1＋isin α(π<α<2π)，则|z |＝( D ) A ．2cos α2 B ．2sin α2 C ．－2sin α2 D ．－2cos α2解析 易知z ＝1＋cos α＋isin α，则|z |＝|1＋cos α＋isin α|＝(1＋cos α)2＋sin 2α＝2＋2cos α＝4cos 2α2， ∵π<α<2π，∴π2<α2<π，∴cos α2<0，∴|z |＝4cos 2α2＝－2cos α2，故选D ． 6．已知平行四边形ABCD ，且在复平面内点A ，B ，C 对应的复数分别为i,1,4＋2i ，则|BD →|＝( B )A ．5B ．13C ．15D ．17解析 ∵BD →＝BC →＋CD →＝BC →－AB →＝AC →－AB →－AB →＝AC →－2AB →＝(OC →－OA →)－2(OB →－OA →)＝OA →－2OB →＋OC →＝2＋3i ，∴|BD →|＝13.二、填空题7．若OA →，OB →对应的复数分别为7＋i,3－2i ，则|AB →|＝__5__.解析 AB →对应的复数为3－2i －(7＋i)＝－4－3i ，所以|AB →|＝(－4)2＋(－3)2＝5.8．计算：(－1＋2i)＋(i ＋i 2)－|1＋2i|＝解析 原式＝－1＋2i ＋i －1－5＝－2－5＋3i.9．若复数z 满足|z ＋3＋4i|≤6，则|z |的最小值是__0__，最大值是__11__.解析 因为|z ＋3＋4i|≤6的几何意义是复平面上以(－3，－4)为圆心，以6为半径的圆面，所以在此圆面上的点到原点的最小距离为0，最大距离为5＋6＝11.三、解答题10．已知平行四边形OABC 的三个顶点O ，A ，C 对应的复数分别为0,4＋2i ，－2＋4i.试求：(1)点B 对应的复数；(2)判断▱OABC 是否为矩形．解析 (1)∵OB →＝OA →＋OC →＝4＋2i ＋(－2＋4i)＝2＋6i ，∴点B 对应的复数为2＋6i.(2)∵AC →＝OC →－OA →＝(－2＋4i)－(4＋2i)＝－6＋2i ，∴|AC →|＝|OB →|＝210，∴▱OABC 为矩形．11．在复平面内A ，B ，C 三点对应的复数分别为1,2＋i ，－1＋2i.(1)求AB →，BC →，AC →对应的复数；(2)判断△ABC 的形状；(3)求△ABC 的面积．解析 (1)AB →对应的复数为(2＋i)－1＝1＋i.BC →对应的复数为(－1＋2i)－(2＋i)＝－3＋i.AC →对应的复数为(－1＋2i)－1＝－2＋2i.(2)由(1)可得|AB →|＝2，|BC →|＝10，|AC →|＝22，所以|AB →|2＋|AC →|2＝|BC →|2，所以△ABC 为直角三角形．(3)由(2)可知，三角形ABC 为直角三角形，∠A 为直角，所以S ＝12|AB →||AC →|＝12×2×22＝2. 12．若z ∈C 且|z ＋2－2i|＝1，求|z －2－2i|的最小值．解析 方法一 设z ＝x ＋y i ，依题意有|x ＋2＋(y －2)i|＝1，即(x ＋2)2＋(y －2)2＝1.(*)又|z －2－2i|＝|(x －2)＋(y －2)i|＝(x －2)2＋(y －2)2，将(*)式代入得|z －2－2i|＝(x －2)2＋1－(x ＋2)2＝1－8x .由(*)式知|x ＋2|≤1，即－3≤x ≤－1.故当x ＝－1时，|z －2－2i|取得最小值3.方法二 |z ＋2－2i|＝|z －(－2＋2i)|＝1表示圆心在点A (－2,2)，半径为1的圆，而|z －2－2i|表示圆A 上的点到(2,2)的距离，如图所示，显然其最小值为4－1＝3.由Ruize收集整理。
人教版数学高二A版选修2-2练习 第三章 数系的扩充与复数的引入
章末综合检测（三）一、选择题：本题共12小题，每小题5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.设i 是虚数单位，则复数i 3－2i＝（ ）A.－iB.－3iC.iD.3i解析：选C.i 3－2i ＝－i －2ii2＝－i ＋2i ＝i.2.1＋2i （1－i ）2的虚部为（ ） A.－12i B.12iC.12D.－12解析：选C.1＋2i （1－i ）2＝1＋2i －2i ＝（1＋2i ）i 2＝－2＋i 2＝－1＋12i ，故其虚部为12. 3.若（x －i ）i ＝y ＋2i ，x ，y ∈R ，则复数x ＋y i ＝（ ） A.－2＋i B.2＋i C.1－2i D.1＋2i解析：选B.由（x －i ）i ＝y ＋2i 得x i ＋1＝y ＋2i ，故y ＝1，x ＝2，所以复数x ＋y i ＝2＋i.4.若复数z 满足z 1＋i＝2i ，则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B.因为z1＋i ＝2i ，所以z ＝2i （1＋i ）＝－2＋2i ，故选B.5.复数z ＝（2－i ）2i（i 为虚数单位），则|z |＝（ ）A.25B.41C.5D. 5解析：选C.z ＝（2－i ）2i ＝－4－3i ，所以|z |＝（－4）2＋（－3）2＝5.6.a 为正实数，i 为虚数单位，|a ＋ii|＝2，则a ＝（ ）A.2B. 3C. 2D.1解析：选B.a ＋i i ＝（a ＋i ）·（－i ）i ·（－i ）＝1－a i ，则|a ＋ii|＝|1－a i|＝a 2＋1＝2，所以a 2＝3.又a 为正实数，所以a ＝ 3.7.设i 是虚数单位，z 是复数z 的共轭复数.若z ·z i ＋2＝2z ，则z ＝（ ）A.1＋iB.1－iC.－1＋iD.－1－i解析：选A.设z ＝a ＋b i （a ，b ∈R ），则z ＝a －b i ，又z ·z i ＋2＝2z ，所以（a 2＋b 2）i ＋2＝2a ＋2b i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝2b ，2＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1，故z ＝1＋i.8.如图，在复平面内，复数z 1和z 2对应的点分别是A 和B ，则z 2z 1＝（ ）A.15＋25iB.25＋15iC.－15－25iD.－25－15i解析：选C.由题图，知z 1＝－2－i ，z 2＝i ，则z 2z 1＝－i2＋i ＝－i （2－i ）（2＋i ）（2－i ）＝－2i －i 24－i 2＝－15－25i.故选C.9.定义运算|a b c d |＝ad －bc ，则符合条件|1 －1z z i|＝4＋2i 的复数z 为（ ）A.3－iB.1＋3iC.3＋iD.1－3i解析：选 A.|1 －1z z i |＝z i ＋z ＝z （1＋i ）＝4＋2i ，所以z ＝4＋2i 1＋i＝（4＋2i ）（1－i ）2＝4＋2－2i2＝3－i. 10.在复平面内，复数6＋5i ，－2＋3i 对应的点分别为A ，B .若C 为线段AB 上的点，且AC →＝3 CB →，则点C 对应的复数是（ ）A.4iB.2＋4iC.72iD.1＋72i 解析：选C.两个复数对应的点分别为A （6，5），B （－2，3），设点C 的坐标为（x ，y ）（x ，y ∈R ），则由AC →＝3CB →，得AB →＝4CB →，即（－8，－2）＝4（－2－x ，3－y ），得⎩⎨⎧x ＝0y ＝72，故点C 对应的复数为72i ，故选C.11.已知复数z 1＝2＋i ，z 2在复平面内对应的点在直线x ＝1上，且满足z －1·z 2是实数，则z 2等于（ ）A.1－12iB.1＋12iC.12＋iD.12－i解析：选B.由z 1＝2＋i ，得z －1＝2－i ，由z 2在复平面内对应的点在直线x ＝1上，可设z 2＝1＋b i （b ∈R ），则z －1·z 2＝（2－i ）·（1＋b i ）＝2＋b ＋（2b －1）i.又z －1·z 2为实数，所以2b －1＝0，b ＝12.所以z 2＝1＋12i.12.在实数集R 中，我们定义的大小关系“>”为全体实数排了一个序，类似地，我们在复数集C 上也可以定义一个称为“序”的关系，记为“≻”，定义如下：对于任意两个复数z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i ，（a 1，b 1，a 2，b 2∈R ，i 为虚数单位），“z 1≻z 2”当且仅当“a 1>a 2”或“a 1＝a 2且b 1>b 2”.给出下面命题：①1≻i ≻0；②若z 1≻z 2，z 2≻z 3，则z 1≻z 3；③若z 1≻z 2，则对于任意z ∈C ，z 1＋z ≻z 2＋z ；④对于复数z ≻0，若z 1≻z 2，则z ·z 1≻z ·z 2.其中真命题是（ ）A.①②④B.①②③C.②③D.①③④解析：选B.对命题①，1的实部是1，i 的实部是0，故①正确；对命题②，设z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i ，z 3＝a 3＋b 3i ，由已知得a 1>a 2或a 1＝a 2且b 1>b 2，a 2>a 3或a 2＝a 3且b 2>b 3，显然有a 1≥a 3，若a 1>a 3，则z 1≻z 3，若a 1＝a 3，则a 1＝a 2＝a 3，b 1>b 2>b 3，也有z 1≻z 3，故②正确；对命题③，设z ＝a ＋b i （a ，b ∈R ），由z 1≻z 2得a 1>a 2或a 1＝a 2且b 1>b 2，从而a 1＋a >a 2＋a 或a 1＋a ＝a 2＋a 且b 1＋b >b 2＋b ，所以z 1＋z ≻z 2＋z ，故③正确；对命题④，z 1＝1＋i ，z 2＝－2i ，z ＝2i ，则有z 1≻z 2，但z ·z 1＝－2＋2i ，z ·z 2＝4，显然有z ·z 2≻z ·z 1，故④错误. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13.复数2＋i1＋i 的共轭复数是 .解析：2＋i 1＋i ＝（2＋i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝3－i 2＝32－12i ，其共轭复数为32＋12i.答案：32＋12i14.已知z 1＝m 2－3m ＋m 2i ，z 2＝4＋（5m ＋6）i ，其中m 为实数，i 为虚数单位，若z 1－z 2＝0，则m 的值为 .解析：因为z 1－z 2＝0，所以z 1＝z 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2－3m ＝4，m 2＝5m ＋6，解得m ＝－1.答案：－115.若复数z ＝sin θ－35＋（cos θ－45）i 是纯虚数，则tan θ＝ .解析：因为z ＝sin θ－35＋（cos θ－45）i 是纯虚数，所以⎩⎨⎧sin θ－35＝0cos θ－45≠0，则⎩⎨⎧sin θ＝35cos θ≠45，所以cos θ＝－45，所以tan θ＝－34.答案：－3416.已知复数z ＝x ＋y i （x ，y ∈R ），且|z －2|＝3，则yx的最大值为 .解析：|z －2|＝（x －2）2＋y 2＝3，所以（x －2）2＋y 2＝3.如图所示，（y x ）max ＝31＝3.答案： 3三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）已知复数z 1＝2－3i ，z 2＝15－5i（2＋i ）2，求：（1）z 1z 2；（2）z 1z 2.解：因为z 2＝15－5i（2＋i ）2＝15－5i 3＋4i ＝（15－5i ）（3－4i ）（3＋4i ）（3－4i ）＝25－75i25＝1－3i.（1）z 1z 2＝（2－3i ）（1－3i ）＝－7－9i.（2）z 1z 2＝2－3i 1－3i ＝（2－3i ）（1＋3i ）（1－3i ）（1＋3i ）＝11＋3i 10＝1110＋310i.18.（本小题满分12分）已知复数z 1＝－2＋i ，z 1z 2＝－5＋5i （其中i 为虚数单位）， （1）求复数z 2；（2）若复数z 3＝（3－z 2）[（m 2－2m －3）＋（m －1）i]在复平面内所对应的点在第四象限，求实数m 的取值范围.解：（1）因为z 1z 2＝－5＋5i ， 所以z 2＝－5＋5i z 1＝－5＋5i －2＋i＝3－i.（2）z 3＝（3－z 2）[（m 2－2m －3）＋（m －1）i] ＝i[（m 2－2m －3）＋（m －1）i] ＝－（m －1）＋（m 2－2m －3）i ， 因为z 3在复平面内所对应的点在第四象限，所以⎩⎪⎨⎪⎧－（m －1）>0，m 2－2m －3<0，解得－1<m <1，故实数m 的取值范围是（－1，1）.19.（本小题满分12分）已知复数z 1，z 2在复平面内对应的点分别为A （－2，1），B （a ，3），a ∈R .（1）若|z 1－z 2|＝5，求a 的值；（2）若复数z ＝z 1·z －2对应的点在第二、四象限的角平分线上，求a 的值.解：由复数的几何意义可知z 1＝－2＋i ，z 2＝a ＋3i. （1）因为|z 1－z 2|＝5，所以|－2－a －2i|＝（－2－a ）2＋（－2）2＝5，即（a ＋1）（a ＋3）＝0，解得a ＝－1或a ＝－3.（2）复数z ＝z 1·z －2＝（－2＋i ）（a －3i ）＝（－2a ＋3）＋（a ＋6）i.由题意可知，点（－2a ＋3，a ＋6）在直线y ＝－x 上，所以a ＋6＝－（－2a ＋3），解得a ＝9.20.（本小题满分12分）已知z ＝a －i 1－i，其中i 为虚数单位，a >0，复数ω＝z （z ＋i ）的虚部减去它的实部所得的差等于32，求复数ω的模.解：因为z ＝a －i1－i ，代入ω＝z （z ＋i ），得ω＝a －i 1－i ⎝⎛⎭⎪⎫a －i 1－i ＋i ＝（a －i ）（a ＋1）（1－i ）2 ＝（a －i ）（a ＋1）－2i ＝（1＋a i ）（a ＋1）2＝a ＋12＋a （a ＋1）2i ， 所以ω的实部为a ＋12，虚部为a （a ＋1）2，由已知得a （a ＋1）2－a ＋12＝32，解得a 2＝4，所以a ＝±2. 又a >0，故a ＝2.|ω|＝|a ＋12＋a （a ＋1）2i|＝|2＋12＋2（2＋1）2i|＝|32＋3i|＝325. 21.（本小题满分12分）设z 为复数z 的共轭复数，满足|z －z －|＝2 3. （1）若z 为纯虚数，求z ；（2）若z －z －2为实数，求|z |.解：（1）设z ＝b i （b ∈R ），则z －＝－b i ，因为|z －z －|＝23，则|2b i|＝23， 即|b |＝3，所以b ＝±3，所以z ＝±3i.（2）设z ＝a ＋b i （a ，b ∈R ），则z －＝a －b i ，因为|z －z －|＝23，则|2b i|＝23，即|b |＝3，z －z －2＝a ＋b i －（a －b i ）2＝a －a 2＋b 2＋（b ＋2ab ）i.因为z －z －2为实数，所以b ＋2ab ＝0，因为|b |＝3，所以a ＝－12，所以|z |＝ ⎝⎛⎭⎫－122＋（±3）2＝132. 22.（本小题满分12分）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）求实数a ，b 的值；（2）若复数z 满足|z －－a －b i|＝2|z |，求z 为何值时，|z |有最小值并求出最小值.解：（1）将b 代入题中方程x 2－（6＋i ）x ＋9＋a i ＝0， 整理得（b 2－6b ＋9）＋（a －b ）i ＝0.则b2－6b＋9＝0，且a－b＝0，解得a＝b＝3.（2）设z＝x＋y i（x，y∈R），则（x－3）2＋（y＋3）2＝4（x2＋y2），即（x＋1）2＋（y－1）2＝8.所以点Z在以（－1，1）为圆心，22为半径的圆上.画图可知，z＝1－i时，|z|min＝ 2.。
人教a版数学【选修2-2】第3章《数系扩充与复数引入》总结课件
[答案] A
[解析] z＝(a＋i)2＝(a2－1)＋2ai，据条件有
2 a －1＝0， 2a＜0.
∴a＝－1.
3．(2013· 吉林白山一中高二期末)若复数 1＋i、－2＋i、3 －2i 在复平面上的对应点分别为 A、B、C，BC 的中点 D，则 → 向量AD对应的复数是( 3 5 A．2－2i 3 5 C．－2＋2i ) 1 3 B．2＋2i 1 3 D．－2－2i
[答案] 1
[解析] 设 z1＝a＋bi(a，b∈R)， 则 z2＝a＋bi－i(a－bi)＝a－b＋(b－a)i. ∵z2 的实部是－1.即 a－b＝－1， ∴z2 的虚部 b－a＝1.
典例探究学案
复数的概念 熟练掌握复数的代数形式，复数的相等及复数表示各类数的 条件是熟练解答复数题的前提．
成才之路 · 数学
人教A版 · 选修2-2
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第三章
数系的扩充与复数的引入
第三章 章末归纳总结
1
自主预习学案
1.复数代数形式z＝a＋bi中，a、b∈R应用复数相等的条件， 必须先化成代数形式． 2．复数表示各类数的条件，其前提必须是代数形式z＝a＋ bi(a，b∈R)，z为纯虚数的条件为a＝0且b≠0，注意虚数与纯 虚数的区别． 3．复数运算的法则，不要死记硬背，加减可类比合并同类 项，乘法可类比多项式乘法，除法可类比分母有理化．
[答案] A
)
B．在圆上 D．不能确定
2＋i 2＋i1＋i [解析] ∵a＋bi＝ ＝ 2 1－i 1 3 ＝2＋2i(a，b∈R)， 1 a＝2 ∴ b＝3 2
，
1 3 5 2 2 ∵ 2 ＋ 2 ＝2>2，
新版高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入检测A
第三章检测(A)(时间:90分钟满分:120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已知a,b∈R,则“a=b”是“(a-b)+(a+b)i为纯虚数”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析(a-b)+(a+b)i为纯虚数的充要条件是实数a,b满足即a=b,且a≠-b,也就是a=b≠0.结合题意知充分性不成立,必要性成立,故选C.答案C2若(1+i)+(2-3i)=a+b i(a,b∈R,i是虚数单位),则a,b的值分别等于()A.3,-2B.3,2C.3,-3D.-1,4答案A3若a为实数,且=3+i,则a=()A.-4B.-3C.3D.4答案D4i是虚数单位,复数等于()A.2+iB.2-iC.-2+iD.-2-i解析=2-i.答案B5设i是虚数单位,则复数i3-=()A.-iB.-3iC.iD.3i答案C6若z=1+i(i是虚数单位),则+z2等于()A.-1-iB.-1+iC.1-iD.1+i解析∵z=1+i,∴+z2=+(1+i)2=(1-i)+(1+i)2=(1-i)+(1+2i-1)=1+i.故选D.答案D7已知复数z=1-2i,则等于()A.iB.iC.iD.i解析i.答案D8若O是原点,向量对应的复数分别为1-2i,-4+3i,则向量对应的复数是() A.-5+5i B.-5-5iC.5+5iD.5-5i解析对应的复数为1-2i-(-4+3i)=5-5i,故选D.答案D9已知复数z=(a2-a-2)+(|a-1|-1)i(a∈R)不是纯虚数,则有()A.a≠0B.a≠2。
高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入3.2.2
原式=
=i6+=-1+i.
方法二:
原式=
=i6+=-1+i.
★ 8已知复数z1=2+i,2z2=.
(1)求z2;
(2)若△ABC三内角A,B,C依次成等差数列,且u=cosA+2icos2,求|u+z2|的取值范围.
解(1)z2==-i.
(2)在△ABC中,∵A,B,C依次成等差数列,
解析∵=b+i,
∴a+2i=-1+bi.
∴a=-1,b=2.∴a+b=1.
答案B
3复数(i为虚数单位)的虚部是()
A.iB.-
C.-iD.
解析=-i,其虚部为,故选D.
答案D
4若z是复数,且(3+z)i=1(i为虚数单位),则z为()
A.-3+iB.3+i
C.-3-iD.3-i
解析由(3+z)i=1,得3+z==-i,
∴2B=A+C,∴B=60°,A+C=120°.
∵u+z2=cosA+2icos2-i
=cosA+i=cosA+icosC,
∴|u+z2|2=cos2A+cos2C
=cos2A+1-sin2C
=1+(sin2C+cos2C)cos2A-(sin2A+cos2A)sin2C
=1+cos2Acos2C-sin2Asin2C
C.-5D.以上均不对
解析z1z2=(a+2i)·[a+(a+3)i]=(a2-2a-6)+(a2+5a)i,由z1z2>0知z1z2为实数,且为正实数,因此应满足
数学教案 人教a版选修2_2 同步练习-第3章数系的扩充与复数的引入
数系的扩充和复数的概念[A 组 学业达标]1．以3i －2的虚部为实部，以3i 2＋2i 的实部为虚部的复数是( ) A ．3－3i B ．3＋i C ．－2＋2iD.2＋2i解析：3i －2的虚部为3,3i 2＋2i ＝－3＋2i 的实部为－3，故选A. 答案：A2．用C ，R 和I 分别表示复数集、实数集和虚数集，那么有( ) A ．C ＝R∩I B ．R∩I＝{0} C ．R ＝C∩ID ．R∩I＝∅解析：由复数的概念可知R ⊂C ，I ⊂C ，R∩I＝∅.选D. 答案：D3．若复数z ＝(x 2－1)2＋(x －1)i 为纯虚数，则实数x 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．－1或1解析：因为z 为纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2－12＝0，x －1≠0，解得x ＝－1.答案：A4．复数z ＝(a ＋1)＋(a 2－3)i ，若z ＜0，则实数a 的值是( ) A. 3 B ．－ 3 C ．－1D ．1解析：由题意得a 2－3＝0，解得a ＝±3，而a ＋1＜0，故a ＝－ 3. 答案：B5．若复数z ＝a 2－3＋2ai 的实部与虚部互为相反数，则实数a 的值为________． 解析：由条件知a 2－3＋2a ＝0，所以a ＝1或a ＝－3. 答案：1或－36．设复数z ＝1m ＋5＋(m 2＋2m －15)i 为实数，则实数m 的值是________．解析：依题意知⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋2m －15＝0，m ＋5≠0，解得m ＝3.答案：37．x ，y 为实数，如果x －1＋yi 与i －3x 为相等复数，则x ＋y ＝________.解析：由复数相等可知，⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝－3x ，y ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝1，所以x ＋y ＝54.答案：548．已知m ∈R ，复数z ＝mm ＋2m －1＋(m 2＋2m －1)i ，当m 为何值时：(1)z ∈R ；(2)z 是虚数；(3)z 是纯虚数．解析：(1)因为z ∈R ，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋2m －1＝0，m －1≠0，解得m ＝－1± 2.(2)因为z 是虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋2m －1≠0，m －1≠0，解得m≠－1＋2，m≠－1－2且m≠1.(3)因为z 是纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧m m ＋2m －1＝0，m －1≠0，m 2＋2m －1≠0，解得m ＝0或m ＝－2.9．已知A ＝{1,2，a 2－3a －1＋(a 2－5a －6)i}，B ＝{－1,3}，A∩B＝{3}，求实数a 的值． 解析：由题意知，a 2－3a －1＋(a 2－5a －6)i ＝3(a ∈R)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－3a －1＝3，a 2－5a －6＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4或a ＝－1，a ＝6或a ＝－1，所以a ＝－1.[B 组 能力提升]10．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.⎩⎨⎧⎭⎬⎫π3，π，5π3 解析：由条件知，cos α＋cos 2α＝0，所以2cos 2α＋cos α－1＝0，所以cos α＝－1或12.因为0＜α＜2π，所以α＝π，π3或5π3.故选D. 答案：D11．复数z 1，z 2满足z 1＝m ＋(4－m 2)i ，z 2＝2cos θ＋(λ＋3sin θ)i(m，λ，θ∈R)，并且z 1＝z 2，则λ的取值范围是( ) A ．[－1,1]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－916，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－916，7 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤916，1解析：因为z 1＝z 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2cos θ，4－m 2＝λ＋3sin θ，所以4sin 2θ＝λ＋3sin θ，所以λ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ－382－916，因为－1≤sin θ≤1，所以当sin θ＝38时，λ取得最小值－916；当sin θ＝－1时，λ取得最大值7. 所以－916≤λ≤7，即λ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－916，7.故选C. 答案：C12．已知z 1＝(－4a ＋1)＋(2a 2＋3a)i ，z 2＝2a ＋(a 2＋a)i ，其中a ∈R.若z 1＞z 2，则a 的取值集合为________． 解析：因为z 1＞z 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋3a ＝0，a 2＋a ＝0，－4a ＋1＞2a ，所以a ＝0，故所求a 的取值集合为{0}．答案：{0}13．已知关于x ，y 的方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x －1＋i ＝y ＋3－y i ，2x ＋ay －4x －y ＋b i ＝9－8i有实数解，求实数a ，b 的值．解析：由(2x －1)＋i ＝y ＋(3－y)i ，可得⎩⎪⎨⎪⎧2x －1＝y ，1＝3－y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝2.由(2x ＋ay)－(4x －y ＋b)i ＝9－8i 可得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ay ＋9，4x －y ＋b ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝4.14．实数m 为何值时，z ＝lg(m 2＋2m ＋1)＋(m 2＋3m ＋2)i 是： (1)实数？(2)虚数？(3)纯虚数？ 解析：(1)若z 为实数，则⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋2m ＋1＞0，m 2＋3m ＋2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧m≠－1，m ＝－2或m ＝－1，解得m ＝－2.因此当m ＝－2时，z 为实数．(2)若z 是虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋2m ＋1＞0，m 2＋3m ＋2≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧m≠－1，m≠－2且m≠－1，解得m≠－2且m≠－1，因此当m≠－2且m≠－1时，z 为虚数．(3)若z 为纯虚数，则⎩⎪⎨⎪⎧lg m 2＋2m ＋1＝0，m 2＋3m ＋2≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋2m ＋1＝1，m 2＋3m ＋2≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＝0或m ＝－2，m≠－1且m≠－2.解得m ＝0.因此当m ＝0时，z 为纯虚数.复数的几何意义[A 组 学业达标]1．已知复数z ＝1＋i ，则下列命题中正确的个数为( ) ①|z|＝2；②z 的虚部为i ；③z 在复平面上对应点在第一象限． A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：|z|＝12＋12＝2，故①正确；z 的虚部为1，故②错误；z 在复平面上对应点是(1,1)，在第一象限，故③正确． 答案：C2．复数z ＝cos 2π3＋isin π3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 ．第四象限解析：因cos 2π3＜0，sin π3＞0，故复数z ＝cos 2π3＋isin π3对应的点在第二象限．答案：B3．在复平面内，复数6＋5i ，－2＋3i 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( ) A ．4＋i B ．2＋4i C ．8＋2iD ．4＋8i解析：因为复数6＋5i ，－2＋3i 对应的点分别为A(6,5)，B(－2,3)，且C 为线段AB 的中点，根据中点坐标公式可得C(2,4)，则点C 对应的复数是2＋4i. 答案：B4．若复数z 满足方程|z ＋1－3i|＝2，则z 在复平面上表示的图形是( ) A ．椭圆 B ．圆 C ．抛物线D ．双曲线解析：原方程可化为|z －(－1＋3i)|＝2，其几何意义表示z 的坐标和(－1,3)之间的距离为2，满足圆的定义，故表示的图形是圆． 答案：B5．在复平面内，复数z 1，z 2对应点分别为A ，B.已知A(1,2)，|AB|＝25，|z 2|＝41，则z 2等于( ) A ．4＋5i B ．5＋4iC ．3＋4iD ．5＋4i 或15＋325i解析：设z 2＝x ＋yi(x ，y ∈R)，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧x －12＋y －22＝20，x 2＋y 2＝41.所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝15，y ＝325.故选D.答案：D6．已知3－4i ＝x ＋yi(x ，y ∈R)，则|1－5i|，|x －yi|，|y ＋2i|的大小关系为________． 解析：由3－4i ＝x ＋yi(x ，y ∈R)， 得x ＝3，y ＝－4，而|1－5i|＝1＋－52＝26，|x －yi|＝|3＋4i|＝32＋42＝5， |y ＋2i|＝|－4＋2i|＝－42＋22＝20.因为20＜5＜26，所以|y ＋2i|＜|x －yi|＜|1－5i|. 答案：|y ＋2i|＜|x －yi|＜|1－5i|7．复数z ＝3＋4i 对应的向量OZ →所在直线的斜率为________． 解析：由z ＝3＋4i 知，OZ →＝(3,4)，所以直线的斜率：k ＝43.答案：438．已知复数z 1＝－1＋2i ，z 2＝1－i ，z 3＝3－2i ，它们所对应的点分别是A ，B ，C ，若OC →＝xOA →＋yOB →(x ，y ∈R)，则x ＋y 的值是________．解析：由复数的几何意义可知，OC →＝xOA →＋yOB →，即3－2i ＝x(－1＋2i)＋y(1－i)，所以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.所以x ＋y ＝5.答案：59．实数m 取什么值时，复数z ＝2m ＋(4－m 2)i 在复平面内对应的点： (1)位于虚轴上？ (2)位于第一、三象限？(3)位于以原点为圆心，4为半径的圆上？解析：(1)若复数z 在复平面内的对应点位于虚轴上，则2m ＝0，即m ＝0.(2)若复数z 在复平面内的对应点位于第一、三象限，则2m(4－m 2)＞0，解得m ＜－2或0＜m ＜2. 故满足条件的实数m 的取值范围为(－∞，－2)∪(0,2)．(3)若复数z 的对应点位于以原点为圆心，4为半径的圆上，则4m 2＋4－m 22＝4，即m 4－4m 2＝0，解得m ＝0或m ＝±2.10．复数i,1,4＋2i 分别对应平面上A ，B ，C 三点，另取一点D 作平行四边形ABCD ，求BD 的长． 解析：由题意得向量AB →对应的复数为1－i ，设D 对应的复数为x ＋yi(x ，y ∈R)，则DC →＝(4－x,2－y)，由AB →＝DC →，得⎩⎪⎨⎪⎧1＝4－x ，－1＝2－y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3.所以D 对应的复数为3＋3i ，所以BD →＝(2,3)，则|BD →|＝13，即BD 的长为13.[B 组 能力提升]11．复数z ＝1＋cos α＋isin α(π＜α＜2π)的模为( ) A ．2cos α2B ．－2cos α2C ．2sin α2D ．－2sin α2解析：|z|＝1＋cos α2＋sin 2α＝2＋2cos α＝4cos2α2＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos α2.因为π＜α＜2π，所以π2＜α2＜π，cos α2＜0，于是|z|＝－2cos α2.故选B.答案：B12．满足条件|z －i|＝|3＋4i|的复数z 在复平面内对应点的轨迹是( ) A ．一条直线 B ．两条直线 C ．圆D ．椭圆解析：设z ＝x ＋yi ，因为|z －i|＝|3＋4i|，所以x 2＋y －12＝5.则x 2＋(y －1)2＝25，所以复数z 对应点的轨迹是圆． 答案：C13．若t ∈R ，t≠－1，t≠0，则复数z ＝t 1＋t ＋1＋tt i 的模的取值范围是________．解析：|z|2＝⎝⎛⎭⎪⎫t 1＋t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t t 2≥2·t 1＋t ·1＋t t ＝2.(当且仅当t 1＋t ＝1＋t t ，即t ＝－12时，等号成立)．所以|z|≥ 2.答案：[2，＋∞)14．设z ＝log 2(m 2－3m －3)＋i·log 2(m －3)(m ∈R)，若z 对应的点在直线x －2y ＋1＝0上，则m 的值是________．解析：因为log 2(m 2－3m －3)－2log 2(m －3)＋1＝0， 整理得 log 22m 2－3m －3m －32＝0， 所以2m 2－6m －6＝m 2－6m ＋9， 即m 2＝15，m ＝±15.又因为m －3＞0且m 2－3m －3＞0， 所以m ＝15. 答案：1515．已知复数z 1＝3－i ，z 2＝co s θ＋isin θ. (1)求|z 1|及|z 2|，并比较大小；(2)设z ∈C ，满足条件|z 2|≤|z|≤|z 1|的点Z 的集合是什么图形？ 解析：(1)|z 1|＝32＋－12＝2，|z 2|＝cos 2θ＋sin 2θ＝1，所以|z 1|＞|z 2|. (2)由|z 2|≤|z|≤|z 1|，得1≤|z|≤2.因为|z|≥1表示圆|z|＝1外部及圆上所有点组成的集合，|z|≤2表示圆|z|＝2内部及圆上所有点组成的集合，故符合题设条件的点的集合是以O 为圆心，以1和2为半径的圆所夹的圆环(包括圆)． 16．已知复数z 0＝a ＋bi(a ，b ∈R)，z ＝(a ＋3)＋(b －2)i ，若|z 0|＝2，求复数z 对应点的轨迹．解析：设z ＝x ＋yi(x ，y ∈R)，则复数z 的对应点为P(x ，y)，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋3，y ＝b －2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝x －3，①b ＝y ＋2.②因为z 0＝a ＋bi ，|z 0|＝2，所以a 2＋b 2＝4. 将①代入②得(x －3)2＋(y ＋2)2＝4.所以点P 的轨迹是以(3，－2)为圆心，2为半径的圆.复数代数形式的加、减运算及其几何意义[A 组 学业达标]1．已知复数z 1＝3＋2i ，z 2＝1－3i ，则复数z ＝z 1－z 2在复平面内对应的点Z 位于复平面内的( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：因为z 1＝3＋2i ，z 2＝1－3i ，所以z ＝z 1－z 2＝3＋2i －(1－3i)＝(3－1)＋(2＋3)i ＝2＋5i.所以点Z 位于复平面内的第一象限． 答案：A2．已知x ，y ∈R ，i 为虚数单位，若1＋xi ＝(2－y)－3i ，则|x ＋yi|＝( ) A.10 B ．3 C. 5D. 2解析：1＋xi ＝(2－y)－3i ⇒⎩⎪⎨⎪⎧2－y ＝1，x ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝1，则|x ＋yi|＝10.答案：A3．如果一个复数与它的模的和为5＋3i ，那么这个复数是( ) A.115B ．3i C.115＋3i D.115＋23i 解析：设这个复数为a ＋bi(a ，b ∈R)，则|a ＋bi|＝a 2＋b 2. 由题意知a ＋bi ＋a 2＋b 2＝5＋3i ， 即a ＋a 2＋b 2＋bi ＝5＋3i所以⎩⎨⎧a ＋a 2＋b 2＝5，b ＝3，解得a ＝115，b ＝ 3.所以所求复数为115＋3i.答案：C4．在平行四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，若向量OA →，OB →对应的复数分别是3＋i ，－1＋3i ，则CD →对应的复数是( ) A ．2＋4i B ．－2＋4i C ．－4＋2iD ．4－2i解析：在平行四边形ABCD 中，CD →＝BA →＝OA →－OB →，故CD →对应的复数是3＋i －(－1＋3i)＝4－2i ，故选D. 答案：D5．A ，B 分别是复数z 1，z 2在复平面内对应的点，O 是坐标原点，若|z 1＋z 2|＝|z 1－z 2|，则△AOB 一定是( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等边三角形D ．等腰直角三角形解析：复数z 1对应向量OA →，复数z 2对应向量OB →，则|z 1＋z 2|＝|OA →＋OB →|，|z 1－z 2|＝|OA →－OB →|，依题意有|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|. 所以以OA →，OB →为邻边所作的平行四边形是矩形，所以△AOB 是直角三角形．故选B. 答案：B6．设复数z 满足z ＋|z|＝2＋i ，则z ＝________. 解析：设z ＝x ＋yi(x ，y ∈R)，则|z|＝x 2＋y 2. 所以x ＋yi ＋x 2＋y 2＝2＋i.所以⎩⎨⎧x ＋x 2＋y 2＝2，y ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34，y ＝1.所以z ＝34＋i.答案：34＋i7．已知复数z 1＝2＋ai ，z 2＝a ＋i(a ∈R)，且复数z 1－z 2在复平面内对应的点位于第二象限，则a 的取值范围是________．解析：∵复数z 1－z 2＝2＋ai －a －i ＝(2－a)＋(a －1)i 在复平面内对应的点位于第二象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＜0，a －1＞0，解得a ＞2.答案：(2，＋∞)8．若复数z 1＝1＋3i ，z 2＝－2＋ai ，且z 1＋z 2＝b ＋8i ，z 2－z 1＝－3＋ci ，则实数a ＝________，b ＝________，c ＝________.解析：z 1＋z 2＝(1－2)＋(3＋a)i ＝－1＋(3＋a)i ＝b ＋8i ，z 2－z 1＝(－2－1)＋(a －3)i ＝－3＋(a －3)i ＝－3＋ci ，所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，3＋a ＝8，a －3＝c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，a ＝5，c ＝2.答案：5 －1 29．已知z 1＝32a ＋(a ＋1)i ，z 2＝－33b ＋(b ＋2)i ，(a ，b ∈R)，且z 1－z 2＝43，求复数z ＝a ＋bi. 解析：z 1－z 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤32a ＋a ＋1i －[－33b ＋(b ＋2)i] ＝⎝⎛⎭⎪⎫32a ＋33b ＋(a －b －1)i ＝43， 所以⎩⎪⎨⎪⎧32a ＋33b ＝43，a －b －1＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，所以z ＝2＋i.[B 组 能力提升]10．复数z ＝(a 2－2a)＋(a 2－a －2)i(a ∈R)在复平面内对应的点位于虚轴上，则z －1－i 等于( ) A ．－1－3i 或－1－i B ．－1－iC ．－1－3iD ．－1＋i 或－1＋3i解析：因为复数z 在复平面内对应的点位于虚轴上，所以复数z 的实部为0，所以a 2－2a ＝0，解得a ＝0或a ＝2.当a ＝0时，z ＝－2i ，z －1－i ＝－2i －1－i ＝－1－3i ；当a ＝2时，z ＝0，z －1－i ＝0－1－i ＝－1－i.综上，z －1－i ＝－1－3i 或z －1－i ＝－1－i.故选A. 答案：A11．如果复数z 满足|z ＋2i|＋|z －2i|＝4，那么|z ＋i ＋1|的最小值是( ) A ．1 B ． 2 C ．2D. 5解析：设复数－2i,2i ，－(1＋i)在复平面内对应的点分别为Z 1，Z 2，Z 3，因为|z ＋2i|＋|z －2i|＝4，|Z 1Z 2|＝4，所以复数z 的集合为线段Z 1Z 2，如图所示，问题转化为：动点Z 在线段Z 1Z 2上移动，求|ZZ 3|的最小值．因此作Z 3Z 0⊥Z 1Z 2，则Z 3与Z 0的距离即为所求的最小值，|ZZ 3|取得最小值|Z 0Z 3|＝1，故选A. 答案：A12．已知在复平面内的正方形ABCD 有三个顶点对应的复数分别是1＋2i ，－2＋i ，－1－2i ，则第四个顶点对应的复数是________．解析：设复平面内正方形ABCD 的三个顶点A ，B ，C 对应的复数分别为1＋2i ，－2＋i ，－1－2i ，则OA →＝(1,2)，OB →＝(－2,1)，OC →＝(－1，－2)，设OD →＝(a ，b)．∵AB →＝OB →－OA →＝(－3，－1)，BC →＝OC →－OB →＝(1，－3)，且1×(－3)＋(－1)×(－3)＝0， ∴AB →⊥BC →，∴AB →＝DC →，即向量AB →与DC →对应的复数相等， ∴－3－i ＝－1－a －(2＋b)i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2－b ＝－1，－1－a ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－1.∴OD →＝(2，－1)．故第四个顶点对应的复数是2－i. 答案：2－i13．若|z －1|＝|z ＋1|，则|z －1|的最小值是________． 解析：法一：设z ＝a ＋bi ，(a ，b ∈R)， 则|(a －1)＋bi|＝|(a ＋1)＋bi|， 所以a －12＋b 2＝a ＋12＋b 2，即a ＝0，所以z ＝bi ，b ∈R ，所以|z －1|min ＝|bi －1|min ＝(－12＋b 2)min ，故当b ＝0时，|z －1|的最小值为1. 法二：因为|z －1|＝|z ＋1|，所以z 的轨迹为以(1,0)，(－1,0)为端点的线段的垂直平分线，即y 轴，|z －1|表示y 轴上的点到(1,0)的距离，所以最小值为1. 答案：114．已知|z|＝2，求|z ＋1＋3i|的最大值和最小值．解析：设z ＝x ＋yi(x ，y ∈R)，则由|z|＝2知x 2＋y 2＝4，故z 对应的点在以原点为圆心，2为半径的圆上，又|z ＋1＋3i|表示点(x ，y)到点(－1，－3)的距离，点(－1，－3)在圆x 2＋y 2＝4上，所以圆上的点到点(－1，－3)的距离的最小值为0，最大值为圆的直径4，即|z ＋1＋3i|的最大值和最小值分别为4和0.15．已知在复平面内的平行四边形ABCD 中，A 点对应的复数为2＋i ，向量BA →对应的复数为1＋2i ，向量BC →对应的复数为3－i. (1)求点C ，D 对应的复数； (2)求平行四边形ABCD 的面积．解析：(1)∵向量BA →对应的复数为1＋2i ，向量BC →对应的复数为3－i ，又AC →＝BC →－BA →， ∴向量AC →对应的复数为(3－i)－(1＋2i)＝2－3i. ∵OC →＝OA →＋AC →，∴点C 对应的复数为(2＋i)＋(2－3i)＝4－2i.∵BD →＝BA →＋BC →，∴向量BD →对应的复数为(1＋2i)＋(3－i)＝4＋i. ∵OB →＝OA →－BA →，∴向量OB →对应的复数为(2＋i)－(1＋2i)＝1－i. ∵OD →＝OB →＋BD →，∴向量OD →对应的复数为(1－i)＋(4＋i)＝5， 故点D 对应的复数为5. (2)∵BA →·BC →＝|BA →||BC →|cos B ， 又BA →＝(1,2)，BC →＝(3，－1)， ∴cos B ＝BA →·BC →|BA →||BC →|＝3－25×10＝152，∴sin B ＝752，∴S ＝|BA →||BC →|sin B ＝5×10×752＝7，故平行四边形ABCD 的面积为7.复数代数形式的乘除运算[A 组 学业达标]1．已知复数f(n)＝i n(n ∈N *)，则集合{z|z ＝f(n)}中元素的个数是( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．无数解析： f(n)＝i n＝⎩⎪⎨⎪⎧i ，n ＝4k ＋1，－1，n ＝4k ＋2，－i ，n ＝4k ＋3，1，n ＝4k ＋4，k ∈N ，故集合中有4个元素．答案：A2．如果x －1＋yi 与i －3x(x ，y 是实数)是共轭复数，则x ＋y ＝( ) A ．－1 B ．1 C.34D ．－34解析：∵x －1＋yi 与i －3x(x ，y 是实数)是共轭复数，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝－3x ，y ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝－1.则x ＋y ＝－34.答案：D3．设z 的共轭复数为z ，若z ＋z ＝4，z·z ＝8，则zz等于( )A ．1B ．－iC ．±1D ．±i解析：设z ＝a ＋bi(a ，b ∈R)，则z ＝a －bi ，由条件可得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝4，a 2＋b 2＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝±2.因此⎩⎪⎨⎪⎧z ＝2＋2i ，z ＝2－2i ，或⎩⎪⎨⎪⎧z ＝2－2i ，z ＝2＋2i.所以zz ＝2－2i 2＋2i ＝1－i1＋i＝1－i 21＋i 1－i ＝－2i 2＝－i ，或z z ＝2＋2i 2－2i ＝1＋i 1－i ＝1＋i 21－i 1＋i ＝2i2＝i ，所以zz＝±i.故选D.答案：D 4．复数z ＝32－ai ，a ∈R ，且z 2＝12－32i ，则a 的值为( ) A ．1 B ．2 C.12 D.14解析：由z ＝32－ai ，a ∈R 得z 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－2×32×ai＋(ai)2＝34－a 2－3ai ，因为z 2＝12－32i ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧34－a 2＝12，－3a ＝－32，解得a ＝12.故选C.答案：C5．设z 1，z 2是复数，则下列命题中的假命题是( ) A ．若|z 1－z 2|＝0，则z 1＝z 2 B ．若z 1＝z 2，则z 1＝z 2C ．若|z 1|＝|z 2|，则z 1·z 1＝z 2·z 2D ．若|z 1|＝|z 2|，则z 21＝z 22解析：A ，|z 1－z 2|＝0⇒z 1－z 2＝0⇒z 1＝z 2⇒z 1＝z 2，真命题；B ，z 1＝z 2⇒z 1＝z 2＝z 2，真命题； C ，|z 1|＝|z 2|⇒|z 1|2＝|z 2|2⇒z 1·z 1＝z 2·z 2，真命题；D.当|z 1|＝|z 2|时，可取z 1＝1，z 2＝i ，显然z 21＝1，z 22＝－1，即z 21≠z 22，假命题．故选D. 答案：D6．设复数z ＝－2＋i ，若复数z ＋1z的虚部为b ，则b 等于________．解析：∵z ＝－2＋i ，∴z ＋1z ＝－2＋i ＋1－2＋i ＝－2＋i ＋－2－i －2＋i －2－i ＝－2＋i －25－15i ＝－125＋45i ， ∴b ＝45.答案：457．设复数z 满足z 2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则z 的模为________．解析：设复数z ＝a ＋bi ，a ，b ∈R ，则z 2＝a 2－b 2＋2abi ＝3＋4i ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝3，2ab ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－1，则z ＝±(2＋i)，故|z|＝ 5. 答案： 58．若3＋bi1－i ＝a ＋bi(a ，b 为实数，i 为虚数单位)，则a ＋b ＝________.解析：由3＋bi1－i ＝3＋bi 1＋i 1－i 1＋i ＝3－b ＋3＋b i 2＝a ＋bi ，得a ＝3－b 2，b ＝3＋b2，解得b ＝3，a ＝0，所以a ＋b ＝3. 答案：39．计算下列各题： (1)1＋i 71－i ＋1－i71＋i－3－4i 2＋2i 34＋3i；(2)()2＋2i 4i ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋i 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 7. 解析：(1)原式＝[(1＋i)2]3·1＋i 1－i ＋[(1－i)2]3·1－i 1＋i －83－4i1＋i 21＋i3－4i i＝(2i)3·i＋(－2i)3·(－i)－82i1＋ii＝8＋8－16－16i ＝－16i. (2)原式＝42i 2i＋1i＋i 7＝16i －i －i ＝14i. 10．已知z 1＝2＋i ，z 1·z 2＝6＋2i. (1)求z 2；(2)若z ＝z 1z 2，求z 的模．解析：(1)设z 2＝a ＋bi(a ，b ∈R)，因为z 1·z 2＝6＋2i ，所以(2－i)(a ＋bi)＝6＋2i ，即(2a ＋b)＋(2b－a)i ＝6＋2i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝6，2b －a ＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝2，所以z 2＝2＋2i.(2)因为z ＝z 1z 2＝2＋i 2＋2i ＝2＋i2－2i 2＋2i 2－2i ＝6－2i 8＝34－14i ，所以|z|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫342＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－142＝104.[B 组 能力提升]11．设a ，b ∈R ，i 是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a ＋bi 为纯虚数”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若ab ＝0，则a ＝0或b ＝0，所以a ＋b i 是纯虚数或实数，不是充分条件；若复数a ＋bi 为纯虚数，a＋bi ＝a －bi ，所以a ＝0且b≠0，所以ab ＝0，是必要条件．故选B. 答案：B12．已知z ＝a ＋bi(a ，b ∈R ，i 是虚数单位)，z 1，z 2∈C ，定义：D(z)＝||z||＝|a|＋|b|，D(z 1，z 2)＝||z 1－z 2||.给出下列命题：(1)对任意z ∈C ，都有D(z)＞0；(2)若z 是复数z 的共轭复数，则D(z )＝D(z)恒成立； (3)若D(z 1)＝D(z 2)(z 1，z 2∈C)，则z 1＝z 2；(4)对任意z 1，z 2∈C ，结论D(z 1，z 2)＝D(z 2，z 1)恒成立． 则其中的真命题是( ) A ．(1)(2)(3)(4) B ．(2)(3)(4) C ．(2)(4)D ．(2)(3)解析：对于(1)，由定义知当z ＝0时，D(z)＝0，故(1)错误，排除A ；对于(2)，由于共轭复数的实部相等而虚部互为相反数，所以D(z )＝D(z)恒成立，故(2)正确；对于(3)，两个复数的实部与虚部的绝对值的和相等，并不能得到实部与虚部分别相等，所以两个复数也不一定相等，故(3)错误，排除B ，D ；选C. 答案：C13．如果z ＝21－i ，那么z 100＋z 50＋1的值是________．解析：z ＝21－i ＝1＋i2，z 100＋z 50＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋i 2100＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 250＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2i 250＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2i 225＋1＝i 50＋i 25＋1＝i 2＋i ＋1＝i. 答案：i14．设x ，y 为实数，且x 1－i ＋y 1－2i ＝51－3i ，则x ＋y ＝________.解析：x 1－i ＋y 1－2i ＝51－3i可化为x 1＋i 1－i 1＋i＋y 1＋2i1－2i 1＋2i＝51＋3i1－3i 1＋3i，即x ＋xi 2＋y ＋2yi 5＝5＋15i10，从而5(x ＋xi)＋2(y ＋2yi)＝5＋15i ， 于是⎩⎪⎨⎪⎧5x ＋2y ＝5，5x ＋4y ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝5，所以x ＋y ＝4.答案：4 15．设复数z ＝1＋i2＋31－i 2＋i ，若z 2＋a z＜0，求纯虚数a.解析：由z 2＋a z ＜0可知z 2＋a z 是实数且为负数．z ＝1＋i2＋31－i 2＋i ＝2i ＋3－3i 2＋i ＝3－i2＋i＝1－i.因为a 为纯虚数，所以设a ＝mi(m ∈R 且m≠0)，则z 2＋a z ＝(1－i)2＋mi 1－i ＝－2i ＋mi －m 2＝－m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2－2i＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－m2＜0，m2－2＝0，所以m ＝4，所以a ＝4i.16．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－z1＋z ，求证：μ为纯虚数．解析：因为z 是虚数，所以可设z ＝x ＋yi(x ，y ∈R ，且y≠0)，则ω＝z ＋1z ＝(x ＋yi)＋1x ＋yi ＝x ＋yi ＋x －yi x 2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x x 2＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －y x 2＋y 2i.(1)因为ω是实数，且y≠0，所以y －yx 2＋y2＝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－z1＋z＝1－x ＋yi1＋x ＋yi＝1－x－yi1＋x－yi1＋x2＋y2＝1－x2－y2－2yi 1＋2x＋x2＋y2.又x2＋y2＝1，所以μ＝－y1＋xi. 因为y≠0，所以μ为纯虚数．章末测试卷(三)时间：120分钟 满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．在复平面内，复数(2－i)2对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：(2－i)2＝4－4i ＋i 2＝3－4i ，在复平面内对应的点为(3，－4)，位于第四象限． 答案：D2．已知a ，b ∈C ，下列命题正确的是( ) A ．3i ＜5iB ．a ＝0⇔|a|＝0C ．若|a|＝|b|，则a ＝±bD ．a 2≥0解析：A 选项中，虚数不能比较大小；B 选项正确；C 选项中，当a ，b ∈R 时，结论成立，但在复数集中不一定成立，如|i|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12＋32i ，但i≠－12＋32i 或12－32i ；D 选项中，当a ∈R 时结论成立，但在复数集中不一定成立，如i 2＝－1＜0.故选B. 答案：B 3.1＋2i1－i2的虚部为( ) A ．－12iB ．12i C.12 D ．－12解析：1＋2i 1－i 2＝1＋2i－2i＝1＋2ii 2＝－2＋i 2＝－1＋12i ，故其虚部为12.答案：C4．已知集合M ＝{1,2，zi}(i 为虚数单位)，N ＝{3,4}，M∩N＝{4}，则复数z ＝( )A ．－2iB ．2iC ．－4iD ．4i解析：由M∩N＝{4}，知4∈M ，故zi ＝4，故z ＝4i ＝4ii 2＝－4i.答案：C 5.1－i 1＋i4＋1＋i 1－i4＝( )A ．－12B ．12 C.12i D ．－12i解析：因为(1±i)2＝±2i，所以1－i 1＋i4＋1＋i 1－i4＝1－i 2i 2＋1＋i－2i2＝1－i －4＋1＋i －4＝－12. 答案：A6．a 为正实数，i 为虚数单位，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝2，则a ＝( )A ．2B ． 3 C. 2D ．1解析：a ＋i i ＝a ＋i ·－i i·－i ＝1－ai ，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝|1－ai|＝a 2＋1＝2，所以a 2＝3.又a 为正实数，所以a ＝ 3. 答案：B7．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.因为z 1·z 2是实数，所以4t －3＝0，所以t ＝34.故选A. 答案：A8．在复平面内，O 为原点，向量OA →对应的复数为－1－2i ，若点A 关于直线y ＝x 的对称点为B ，则向量OB →对应的复数为( ) A ．－2－i B ．2＋i C ．1＋2iD ．－1＋2i解析：由题意知，A 点坐标为(－1，－2)，B 点坐标为(－2，－1)，故OB →对应的复数为－2－i.故选A. 答案：A9．已知i 为虚数单位，a 为实数，复数z ＝(a －2i)(1＋i)在复平面内对应的点为M ，则“a＝1”是“点M 在第四象限”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：z ＝(a －2i)(1＋i)＝(a ＋2)＋(a －2)i ，所以点M 在第四象限的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2＞0，a －2＜0，即－2＜a＜2，所以“a＝1”是“点M 在第四象限”的充分不必要条件．故选A. 答案：A 10．定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，则符合条件⎪⎪⎪⎪⎪⎪1 －1z zi ＝4＋2i 的复数z 为( ) A ．3－i B ．1＋3i C ．3＋i D ．1－3i解析：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1 －1z zi ＝zi ＋z ＝z(1＋i)＝4＋2i ，所以z ＝4＋2i 1＋i ＝4＋2i 1－i 2＝4＋2－2i 2＝3－i.故选A. 答案：A11．已知复数z ＝(x －2)＋yi(x ，y ∈R)在复平面内对应的向量的模为3，则yx 的最大值是( )A.32B ．33 C.12D. 3 解析：因为|(x －2)＋yi|＝3， 所以(x －2)2＋y 2＝3，所以点(x ，y)在以C(2,0)为圆心， 3为半径的圆上，如图，令yx ＝k ，kx －y ＝0，则|2k|k 2＋1＝3，得k ＝± 3.由平面几何知识得－3≤yx ≤ 3.所以最大值为3，故选D. 答案：D12．在实数集R 中，我们定义的大小关系“＞”为全体实数排了一个序，类似地，我们在复数集C 上也可以定义一个称为“序”的关系，记为“＞”，定义如下：对于任意两个复数z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i ，(a 1，b 1，a 2，b 2∈R ，i 为虚数单位)，“z 1＞z 2”当且仅当“a 1＞a 2”或“a 1＝a 2且b 1＞b 2”．给出下面命题：①1＞i ＞0；②若z 1＞z 2，z 2＞z 3，则z 1＞z 3；③若z 1＞z 2，则对于任意z ∈C ，z 1＋z ＞z 2＋z ；④对于复数z ＞0，则z·z 1＞z·z 2.其中真命题是( ) A ．①②④ B ．①②③ C ．②③D ．①②③④解析：对命题①，1的实部是1，i 的实部是0，故①正确；对命题②，设z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i ，z 3＝a 3＋b 3i ，由已知得a 1＞a 2或a 1＝a 2且b 1＞b 2，a 2＞a 3或a 2＝a 3且b 2＞b 3，显然有a 1≥a 3，若a 1＞a 3，则z 1＞z 3，若a 1＝a 3，则a 1＝a 2＝a 3，b 1＞b 2＞b 3，也有z 1＞z 3，故②正确；对命题③，设z ＝a ＋bi(a ，b ∈R)，由z 1＞z 2得a 1＞a 2或a 1＝a 2且b 1＞b 2，从而a 1＋a ＞a 2＋a 或a 1＋a ＝a 2＋a 且b 1＋b ＞b 2＋b ，∴z 1＋z ＞z 2＋z ，故③正确；对命题④，z 1＝1＋i ，z 2＝－2i ，z ＝2i ，则有z 1＞z 2，但z·z 1＝－2＋2i ，z·z 2＝4，显然有z·z 2＞z·z 1，故④错误． 答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．若复平面上的平行四边形ABCD 中，AC →对应的复数为6＋8i ，BD →对应的复数为－4＋6i ，则DA →对应的复数为________．解析：法一：由复数加、减法的几何意义，可得AB →＋AD →＝AC →，AD →－AB →＝BD →，两式相加，可得2AD →＝AC →＋BD →＝2＋14i ，所以DA →＝－1－7i.法二：如图，把向量BD →平移到向量EA →的位置，可得DA →＝12CE →＝－12(AC →＋BD →)＝－1－7i. 答案：－1－7i14．设a ∈R ，若复数(1＋i)(a ＋i)在复平面内对应的点位于实轴上，则a ＝________. 解析：(1＋i)(a ＋i)＝a －1＋(a ＋1)i ，由题意得a ＋1＝0，a ＝－1. 答案：－115．若复数z ＝sin θ－35＋⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ－45i 是纯虚数，则tan θ＝________.解析：因为z ＝sin θ－35＋⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ－45i 是纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧sin θ－35＝0，cos θ－45≠0，则⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝35，cos θ≠45，所以cos θ＝－45，所以tan θ＝－34.答案：－3416．已知复数z ＝(2a ＋i)(1－bi)的实部为2，其中a ，b 为正实数，则4a＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121－b 的最小值为________．解析：因为复数z ＝(2a ＋i)(1－bi)＝2a ＋b ＋(1－2ab)i 的实部为2，其中a ，b 为正实数， 所以2a ＋b ＝2，所以4a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121－b ＝22a ＋2b －1≥222a ·2b －1＝222a ＋b －1＝2 2.当且仅当a ＝14，b ＝32时取等号．答案：2 2三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)已知(2＋i)z ＝7＋i ，求z 及z z .解析：设z ＝a ＋bi(a ，b ∈R)，则z ＝a －bi.所以 (2＋i)(a －bi)＝7＋i ， 所以(2a ＋b)＋(a －2b)i ＝7＋i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝7，a －2b ＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝1，所以z ＝3＋i.所以z ＝3－i ，所以zz ＝3＋i 3－i＝3＋i 210＝45＋35i. 18．(本小题满分12分)已知A(1,2)，B(a,1)，C(2,3)，D(－1，b)(a ，b ∈R)是复平面上的四个点，且向量AB →，CD →对应的复数分别为z 1，z 2. (1)若z 1＋z 2＝1＋i ，求z 1，z 2；(2)若|z 1＋z 2|＝2，z 1－z 2为实数，求a ，b 的值．解析：向量AB →＝(a －1，－1)，CD →＝(－3，b －3)对应的复数分别为z 1＝(a －1)－i ，z 2＝－3＋(b －3)i. (1)若z 1＋z 2＝(a －4)＋(b －4)i ＝1＋i. 所以a －4＝1，b －4＝1. 解得a ＝b ＝5.所以z 1＝4－i ，z 2＝－3＋2i. (2)若|z 1＋z 2|＝2，z 1－z 2为实数， 所以a －42＋b －42＝2，(a ＋2)＋(2－b)i ∈R ，所以2－b ＝0，解得b ＝2， 所以(a －4)2＋4＝4，解得a ＝4. 所以a ＝4，b ＝2.19．(本小题满分12分)已知复数z 1，z 2在复平面内对应的点分别为A(－2,1)，B(a,3)，a ∈R. (1)若|z 1－z 2|＝5，求a 的值；(2)若复数z ＝z 1·z 2对应的点在第二、四象限的角平分线上，求a 的值． 解析：由复数的几何意义可知z 1＝－2＋i ，z 2＝a ＋3i. (1)因为|z 1－z 2|＝5，所以|－2－a －2i|＝－2－a2＋－22＝5，即(a ＋1)(a ＋3)＝0，解得a＝－1或a ＝－3.(2)复数z ＝z 1·z 2＝(－2＋i)(a －3i)＝(－2a ＋3)＋(a ＋6)i.由题意可知，点(－2a ＋3，a ＋6)在直线y ＝－x 上，所以a ＋6＝－(－2a ＋3)，解得a ＝9.20．(本小题满分12分)已知平行四边形ABCD 中，AB →与AC →对应的复数分别是3＋2i 与1＋4i ，两对角线AC 与BD 相交于P 点．(1)求AD →对应的复数； (2)求DB →对应的复数； (3)求△APB 的面积．解析：(1)由于四边形ABCD 是平行四边形，所以AC →＝AB →＋AD →，于是AD →＝AC →－AB →＝(－2,2)． 即AD →对应的复数是－2＋2i.(2)由于DB →＝AB →－AD →＝(3,2)－(－2,2)＝(5,0)． 即DB →对应的复数是5.(3)由于PA →＝12CA →＝－12AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－2，PB →＝12DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0，于是PA →·PB →＝－54，而|PA →|＝172，|PB →|＝52，所以172×52·cos ∠APB ＝－54， 因此cos ∠APB ＝－1717，故sin ∠APB ＝41717， 故S △APB ＝12|PA →||PB →|sin ∠APB＝12×172×52×41717＝52. 即△APB 的面积为52.21．(本小题满分12分)已知|z ＋1－i|＝1，求|z －3＋4i|的最大值和最小值． 解析：法一：设ω＝z －3＋4i ，所以z ＝ω＋3－4i ， 所以z ＋1－i ＝ω＋4－5i ， 又|z ＋1－i|＝1， 所以|ω＋4－5i|＝1.可知ω对应的点的轨迹是以(－4,5)为圆心，1为半径的圆，如图(1)所示，所以|ω|max ＝41＋1，|ω|min ＝41－1.图(1) 图(2)法二：由条件知复数z 对应的点的轨迹是以(－1,1)为圆心，1为半径的圆，而|z －3＋4i|＝|z －(3－4i)|表示复数z 对应的点到点(3，－4)的距离，在圆上与(3，－4)距离最大的点为A ，距离最小的点为B ，如图(2)所示，所以|z －3＋4i|max ＝41＋1，|z －3＋4i|min ＝41－1. 22．(本小题满分12分)已知关于x 的方程x 2－(tan θ＋i)x －(2＋i)＝0. (1)若方程有实数根，求锐角θ和实数根； (2)证明：对任意θ≠kπ＋π2(k ∈Z)，方程无纯虚数根． 解析：(1)原方程可化为x 2－xtan θ－2－(x ＋1)i ＝0，设方程的实数根为x 0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 20－x 0tan θ－2＝0，x 0＋1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，tan θ＝1.又θ是锐角，故θ＝π4.(2)证明：假设方程有纯虚数根，可设为bi ，b≠0，b ∈R ，则－b 2－(tan θ＋i)bi －(2＋i)＝0，即－b2－ibtan θ＋b －2－i ＝0，可得－b 2＋b －2＝0，解得b ＝1±7i 2，与假设矛盾，所以方程无纯虚数根．。
高中数学人教A版选修2-2(课时训练)：第三章 数系的扩充和复数的引入 章末复习
章末复习1．复数的概念：(1)虚数单位i ；(2)复数的代数形式z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )；(3)复数的实部、虚部、虚数与纯虚数． 2．复数集复数a ＋b i(a ，b ∈R )⎩⎪⎨⎪⎧实数(b ＝0)⎩⎨⎧有理数⎩⎪⎨⎪⎧整数分数无理数(无限不循环小数)虚数(b ≠0)⎩⎪⎨⎪⎧纯虚数(a ＝0)非纯虚数(a ≠0)3．复数的四则运算，若两个复数z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i(a 1，b 1，a 2，b 2∈R ) (1)加法：z 1＋z 2＝(a 1＋a 2)＋(b 1＋b 2)i ； (2)减法：z 1－z 2＝(a 1－a 2)＋(b 1－b 2)i ； (3)乘法：z 1·z 2＝(a 1a 2－b 1b 2)＋(a 1b 2＋a 2b 1)i ；(4)除法：z 1z 2＝(a 1a 2＋b 1b 2)＋(a 2b 1－a 1b 2)i a 22＋b 22＝a 1a 2＋b 1b 2a 22＋b 22＋a 2b 1－a 1b 2a 22＋b 22i(z 2≠0)； (5)实数四则运算的交换律、结合律、分配律都适合于复数的情况； (6)特殊复数的运算：i n (n 为正整数)的周期性运算； (1±i)2＝±2i ；若ω＝－12±32i ，则ω3＝1,1＋ω＋ω2＝0.4．共轭复数与复数的模(1)若z ＝a ＋b i ，则z ＝a －b i ，z ＋z 为实数，z －z 为纯虚数(b ≠0)． (2)复数z ＝a ＋b i 的模|z |＝a 2＋b 2， 且z ·z ＝|z |2＝a 2＋b 2. 5．复数的几何形式(1)用点Z (a ，b )表示复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，用向量OZ →表示复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，Z 称为z 在复平面上的对应点，复数与复平面上的点一一对应(坐标原点对应实数0)． (2)任何一个复数z ＝a ＋b i 一一对应着复平面内一个点Z(a ，b )，也一一对应着一个从原点出发的向量OZ →.6．复数加、减法的几何意义(1)复数加法的几何意义若复数z 1、z 2对应的向量OZ 1→、OZ 2→不共线，则复数z 1＋z 2是以OZ 1→、OZ 2→为两邻边的平行四边形的对角线OZ →所对应的复数． (2)复数减法的几何意义复数z 1－z 2是连接向量OZ 1→、OZ 2→的终点，并指向Z 1的向量所对应的复数．题型一 分类讨论思想的应用当复数的实部与虚部含有字母时，利用复数的有关概念进行分类讨论．分别确定什么情况下是实数、虚数、纯虚数．当x ＋y i 没有说明x ，y ∈R 时，也要分情况讨论．例1 已知复数z ＝a 2－7a ＋6a 2－1＋(a 2－5a －6)i(a ∈R )，试求实数a 分别取什么值时，z 分别为(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．解 (1)当z 为实数时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－5a －6＝0a 2－1≠0∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1或a ＝6a ≠±1，∴当a ＝6时，z 为实数． (2)当z 为虚数时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－5a －6≠0a 2－1≠0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≠－1且a ≠6a ≠±1，∴a ≠±1且a ≠6， 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≠0a 2－7a ＋6a 2－1＝0，a 2－1≠0∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≠－1且a ≠6a ＝6且a ≠±1∴不存在实数a ，使z 为纯虚数． 跟踪演练1 当实数a 为何值时，z ＝a 2－2a ＋(a 2－3a ＋2)i. (1)为实数； (2)为纯虚数； (3)对应的点在第一象限内； (4)复数z 对应的点在直线x －y ＝0.解 (1)z ∈R ⇔a 2－3a ＋2＝0，解得a ＝1或a ＝2.(2)z 为纯虚数，⎩⎪⎨⎪⎧a 2－2a ＝0，a 2－3a ＋2≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0或a ＝2，a ≠1且a ≠2.故a ＝0. (3)z 对应的点在第一象限，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2－2a ＞0，a 2－3a ＋2＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，或a ＞2，a ＜1，或a ＞2，∴a ＜0，或a ＞2. ∴a 的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)． (4)依题设(a 2－2a )－(a 2－3a ＋2)＝0， ∴a ＝2.题型二 数形结合思想的应用数形结合既是一种重要的数学思想，又是一种常用的数学方法．本章中，复数本身的几何意义、复数的模以及复数加减法的几何意义都是数形结合思想的体现．它们得以相互转化．涉及的主要问题有复数在复平面内对应点的位置、复数运算及模的最值问题等．例2 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． ∵OA ∥BC ，|OC |＝|BA |， ∴k OA ＝k BC ，|z C |＝|z B －z A |， 即⎩⎪⎨⎪⎧21＝y －6x ＋2，x 2＋y 2＝32＋42，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝－5y 1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－3y 2＝4.∵|OA |≠|BC |，∴x 2＝－3，y 2＝4(舍去)， 故z ＝－5.跟踪演练2 已知复数z 1＝i(1－i)3.(1)求|z 1|；(2)若|z |＝1，求|z －z 1|的最大值． 解 (1)|z 1|＝|i(1－i)3|＝|i|·|1－i|3＝2 2.(2)如图所示，由|z |＝1可知，z 在复平面内对应的点的轨迹是半径为1，圆心为O (0,0)的圆，而z 1对应着坐标系中的点Z 1(2，－2)．所以|z －z 1|的最大值可以看成是点Z 1(2，－2)到圆上的点的距离的最大值．由图知|z －z 1|max ＝|z 1|＋r (r 为圆半径)＝22＋1. 题型三 转化与化归思想的应用在求复数时，常设复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，把复数z 满足的条件转化为实数x ，y 满足的条件，即复数问题实数化的基本思想在本章中非常重要．例3 已知z 是复数，z ＋2i ，z2－i 均为实数，且(z ＋a i)2的对应点在第一象限，求实数a 的取值范围．解 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，则z ＋2i ＝x ＋(y ＋2)i 为实数，∴y ＝－2. 又z2－i ＝x －2i 2－i ＝15(x －2i)(2＋i) ＝15(2x ＋2)＋15(x －4)i 为实数， ∴x ＝4.∴z ＝4－2i ，又∵(z ＋a i)2＝(4－2i ＋a i)2＝(12＋4a －a 2)＋8(a －2)i 在第一象限．∴⎩⎪⎨⎪⎧12＋4a －a 2>08(a －2)>0，解得2<a <6. ∴实数a 的取值范围是(2,6)．跟踪演练3 已知x ，y 为共轭复数，且(x ＋y )2－3xy i ＝4－6i ，求x ，y . 解 设x ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则y ＝a －b i. 又(x ＋y )2－3xy i ＝4－6i ， ∴4a 2－3(a 2＋b 2)i ＝4－6i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＝4，a 2＋b 2＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－1.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋i ，y ＝1－i 或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1－i ，y ＝1＋i 或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1＋i ，y ＝－1－i 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－i ，y ＝－1＋i. 题型四 类比思想的应用复数加、减、乘、除运算的实质是实数的加减乘除，加减法是对应实、虚部相加减，而乘法类比多项式乘法，除法类比根式的分子分母有理化，且要注意i 2＝－1. 在运算的过程中常用来降幂的公式有(1)i 的乘方：i 4k ＝1，i 4k ＋1＝i ，i 4k ＋2＝－1，i 4k ＋3＝－i(k ∈Z )； (2)(1±i)2＝±2i ；(3)设ω＝－12±32i ，则ω3＝1，ω2＝ω，1＋ω＋ω2＝0，1ω＝ω2，ω3n ＝1，ω3n ＋1＝ω(ω∈N *)等；(4)⎝⎛⎭⎫12±32i 3＝－1； (5)作复数除法运算时，有如下技巧：a ＋b i b －a i ＝(a ＋b i )i (b －a i )i ＝(a ＋b i )ia ＋b i ＝i ，利用此结论可使一些特殊的计算过程简化． 例4 计算：(1)(1－i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i (1＋i)；(2)－23＋i 1＋23i ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21－i 2 014. 解 (1)法一 (1－i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i (1＋i)＝⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＋12i －32i 2(1＋i) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－12＋3＋12i (1＋i)＝3－12＋3＋12i ＋3－12i ＋3＋12i 2＝－1＋3i.法二 原式＝(1－i)(1＋i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i＝(1－i 2)⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＝2⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＝－1＋3i.(2)－23＋i 1＋23i ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21－i 2 014＝(－23＋i )i (1＋23i )i ＋⎝⎛⎭⎫2－2i 1 007＝(－23＋i )i i －23－1i 1 007＝i －1－i ＝i －i ＝0. 跟踪演练4 计算：(2＋i )(1－i )21－2i ＋(1－i )－(1＋i )2i 5－1－i 2 0151－i .解 (2＋i )(1－i )21－2i ＋(1－i )－(1＋i )2i 5－1－i 2 0151－i＝(2＋i )·(－2i )1－2i ＋(1－i )－2i i －1＋i 1－i＝2－4i 1－2i＋1－3i i －(1＋i )22＝2－(i ＋3)－i ＝－1－2i.高考对本章考查的重点1．对复数的概念的考查是考查复数的基础，要求准确理解虚数单位、复数、虚数、纯虚数、共轭复数、实部、虚部、复数的模等概念．2．对复数四则运算的考查可能性较大，要加以重视，其中复数的乘法运算与多项式的乘法运算类似；对于复数的除法运算，将分子分母同时乘以分母的共轭复数．最后整理成a ＋b i(a ，b ∈R )的结构形式．3．对复数几何意义的考查．在高考中一般会结合复数的概念、复数的加减运算考查复数的几何意义、复数加减法的几何意义．小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
【专业资料】新版高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入 3.2.1 含解析
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课时过关·能力提升基础巩固1(6-2i)-(3i +1)等于( )A.3-3iB.5-5iC.7+iD.5+5i解析(6-2i)-(3i +1)=(6-1)+(-2-3)i =5-5i .故选B.答案B2若复数z 满足z+i -3=3-i,则z 等于( )A.0B.2iC.6D.6-2i解析∵z+i -3=3-i, ∴z=(3-i)-(i -3)=(3+3)+(-i -i)=6-2i,故选D.答案D3在复平面内,已知点A 对应的复数为2+3i,向量OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为-1+2i,则向量BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为( )A.1+5iB.3+iC.-3-iD.1+i解析因为BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为(2+3i)-(-1+2i)=(2+1)+(3-2)i =3+i .故选B.答案B4若z 1=2+i,z 2=3+a i(a ∈R ),且z 1+z 2所对应的点在实轴上,则a 的值为( )A.3B.2C.1D.-1解析z 1+z 2=2+i +3+a i =(2+3)+(1+a )i =5+(1+a )i .∵z 1+z 2所对应的点在实轴上,∴1+a=0.∴a=-1.答案D5若在复平面内的▱ABCD 中,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应复数6+8i,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应复数-4+6i,则DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数是( )A.2+14iB.1+7iC.2-14iD.-1-7i解析设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数分别为z 1与z 2,则有{z 1+z 2=6+8i ,z 2-z 1=-4+6i ,得2z 2=2+14i,z 2=1+7i, 故DA⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数是-1-7i . 答案D6已知复数z 1=3+2i,z 2=1-3i,则复数z=z 1-z 2在复平面内对应的点Z 位于复平面内的第 象限. 答案一 7已知z 1=m 2-3m+m 2i,z 2=4+(5m+6)i(m ∈R ).若z 1-z 2=0,则m= .解析∵z 1-z 2=(m 2-3m+m 2i)-[4+(5m+6)i]=(m 2-3m-4)+(m 2-5m-6)i =0,∴{m 2-3m -4=0,m 2-5m -6=0.∴m=-1. 答案-1 8已知z 1=√32a+(a+1)i,z 2=-3√3b+(b+2)i(a ,b ∈R ).若z 1-z 2=4√3,则a+b= . 解析z 1-z 2=√32a+(a+1)i -[-3√3b+(b+2)i] =(√32a +3√3b)+(a-b-1)i =4√3,由复数相等的条件,知{√32a +3√3b =4√3,a -b -1=0,解得{a =2,b =1.故a+b=3. 答案39若|z-1|=1,试说明复数z 对应点的轨迹.分析解答本题可根据复数的减法和模的几何意义求解.解根据复数的减法和模的几何意义,知|z-1|=1表示复数z 对应的点到点(1,0)的距离为1,所以复数z 对应的点的轨迹是以点(1,0)为圆心,以1为半径的圆. 能力提升1已知复数z 1=12−√32i,复数z 2=cos 60°+isin 60°,则z 1+z 2等于( )A.1B.-1C.12−√32iD.12+√32i答案A2已知z 1=3-4i,z 2=-5+2i,z 1,z 2对应的点分别为P 1,P 2,则P 2P 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为( )A.-8+6iB.8-6iC.8+6iD.-2-2i解析由复数减法的几何意义知:P 2P 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为z 1-z 2=3-4i -(-5+2i)=(3+5)+(-4-2)i =8-6i,故选B.答案B3已知A ,B 分别是复数z 1,z 2在复平面内对应的点,O 是坐标原点.若|z 1+z 2|=|z 1-z 2|,则△AOB 一定是( )A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形解析因为|z 1+z 2|=|z 1-z 2|,所以由复数加减运算的几何意义知,以OA ,OB 为邻边的平行四边形是矩形,故△AOB 是直角三角形.答案B★4已知z ∈C ,|z-2|=1,则|z+2+5i |的最大值和最小值分别是( )A.√41+1和√41-1B.3和1C.5√2和√34D.√39和3 解析由|z-2|=1知z 对应的点在以(2,0)为圆心,半径为1的圆上,而|z+2+5i |=|z-(-2-5i)|表示z 对应的点到点(-2,-5)的距离.而圆心(2,0)与(-2,-5)间的距离为√41,故最大值为√41+1,最小值为√41-1.答案A★5已知|z 1|=1,|z 2|=1,|z 1+z 2|=√3,则|z 1-z 2|= .解析在平面直角坐标系内以原点O 为起点作出z 1,z 2对应的向量OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则向量OZ ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应z 1+z 2,Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应z 1-z 2.由题意知|OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|OZ ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3,可得∠OZ 1Z=120°,所以∠Z 2OZ 1=60°,即△Z 2OZ 1是等边三角形.所以在△Z 2OZ 1中,|Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,即|z 1-z 2|=1.答案16已知集合A={z 1||z 1+1|≤1,z 1∈C },B={z 2|z 2=z 1+i +m ,z 1∈A ,m ∈R }.(1)当A ∩B=⌀时,求实数m 的取值范围;(2)是否存在实数m ,使得A ∩B=A ?解因为|z 1+1|≤1,所以z 1所对应的点构成的集合A 是以(-1,0)为圆心,以1为半径的圆面(圆周及其内部).又z 2=z 1+i +m ,所以z 1=z 2-i -m.所以|z 2-i -m+1|≤1,即|z 2-[(m-1)+i]|≤1.所以z 2所对应的点的集合B 是以点(m-1,1)为圆心,1为半径的圆面(圆周及其内部).(1)若A∩B=⌀,说明上述两圆外离,其圆心距d=√(m-1+1)2+12>2,解得m的取值范围是{m|m∈R,且m>√3或m<-√3}.(2)若A∩B=A,因为两圆半径相等,所以两圆重合,但由圆心的坐标(-1,0)及(m-1,1)可知它们不可能重合,所以不存在实数m,使A∩B=A.★7在复平面内,复数z1对应的点在连接1+i和1-i对应的点的线段上移动,设复数z2对应的点在以原点为圆心,半径为1的圆周上移动,求复数z1+z2对应的点在复平面上移动的范围的面积.解设ω=z1+z2,则z2=ω-z1,所以|z2|=|ω-z1|.因为|z2|=1,所以|ω-z1|=1.此式说明对于给定的z1,ω对应的点在以z1对应的点为圆心,1为半径的圆上运动.又z1对应的点在连接1+i和1-i对应的点的线段上移动,所以ω对应点的移动范围的面积为S=2×2+π×12=4+π,即复数z1+z2对应的点在复平面上移动的范围的面积是4+π.★8已知复数z1=1-2i和z2=4+3i分别对应复平面内的A,B两点.求:(1)A,B两点间的距离;(2)线段AB的垂直平分线方程的复数形式,并化为实数表示的一般形式.解(1)|AB|=|z2-z1|=|(4+3i)-(1-2i)|=|3+5i|=√34.(2)线段AB的垂直平分线上任一点Z到A,B两点的距离相等,设点Z对应的复数为z,由复数模的几何意义,知|z-(1-2i)|=|z-(4+3i)|.设z=x+y i(x,y∈R),代入上式,知|(x-1)+(y+2)i|=|(x-4)+(y-3)i|,即(x-1)2+(y+2)2=(x-4)2+(y-3)2.整理上式可得线段AB的垂直平分线的方程为3x+5y-10=0.所以线段AB的垂直平分线方程的复数形式为|z-(1-2i)|=|z-(4+3i)|,实数表示的一般形式为3x+5y-10=0.。
【专业资料】新版高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入 3.1.1 含解析
03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课时过关·能力提升基础巩固1已知C ={复数},A={实数},B={纯虚数},全集U=C ,则下面结论正确的是( )A.A ∪B=CB.∁U A=BC.A ∩(∁U B )=⌀D.B ∪(∁U B )=C答案D2若z=(m 2-1)+(m-1)i(m ∈R )是纯虚数,则有( )A.m=±1B.m=-1C.m=1D.m ≠1解析∵z 是纯虚数,∴{m 2-1=0,m -1≠0,解得{m =±1,m ≠1.∴m=-1.故选B.答案B3以2i -√5的虚部为实部,以√5i -2的实部为虚部的复数是( )A.2+iB.2-2iC.√5+√5iD.-√5+√5i解析2i -√5的虚部为2,√5i -2的实部为-2,故所求复数为2-2i .答案B4若a-2i =1+b i,其中a ,b ∈R ,i 是虚数单位,则a 2+b 2= () A.0 B.2C.25D.5解析由复数相等的充要条件可知a=1,b=-2,所以a 2+b 2=1+(-2)2=5.答案D5若4-3a-a 2i =a 2+4a i,则实数a= .解析由{4-3a =a 2,-a 2=4a ,得a=-4. 答案-46已知复数z=log 2(m 2-3m-3)+ilog 2(3-m )(m ∈R ).若z 是纯虚数,则m= .解析∵z 为纯虚数,∴{ log 2(m 2-3m -3)=0,log 2(3-m )≠0,m 2-3m -3>0,3-m >0,∴m=-1. 答案-17已知z=(m 2-5m-6)+(m 2-2m-3)i(m ∈R ),则当m= 时,z 为实数;当m= 时,z 为纯虚数.解析当z 为实数时,由m 2-2m-3=0,得m=3或m=-1.当z 为纯虚数时,由{m 2-5m -6=0,m 2-2m -3≠0,得m=6. 答案3或-1 68若不等式m 2-(m 2-3m )i <(m 2-4m+3)i +10成立,求实数m 的值.分析由于题目中两个复数能比较大小,故它们都是实数,由此列出关于m 的方程组,求出m 的值.解由题意,得{m 2-3m =0,m 2-4m +3=0,m 2<10,即{m =0或m =3,m =3或m =1,|m |<√10,故实数m 的值为3.9定义运算|a b c d |=ad-bc ,如果(x+y )+(x+3)i =|3x +2y i -y 1|,求实数x ,y 的值. 解由定义运算|a b c d |=ad-bc , 可得|3x +2y i -y 1|=(3x+2y )+y i . 所以(x+y )+(x+3)i =(3x+2y )+y i .由复数相等的充要条件得{x +y =3x +2y ,x +3=y ,解得{x =-1,y =2.能力提升1已知集合M={1,2,(m 2-3m-1)+(m 2-5m-6)i},集合P={-1,3},M ∩P={3},则实数m 的值为( )A.-1B.-1或4C.6D.6或-1解析∵M ∩P={3},∴(m 2-3m-1)+(m 2-5m-6)i =3.∴{m 2-3m -1=3,m 2-5m -6=0.∴m=-1.故选A.答案A2复数z=a 2-b 2+(a+|a|)i(a ,b ∈R )为实数的充要条件是( )A.|a|=|b|B.a<0,且a=-bC.a>0,且a ≠bD.a ≤0 解析复数z 为实数的充要条件是a+|a|=0,故a ≤0.答案D3在下列命题中,真命题的个数是( ) ①若x ,y ∈C ,则x+y i =1+i 的充要条件是x=y=1;②若a ,b ∈R ,且a>b ,则a+i 2>b+i 2;③若x 2+y 2=0,则x=y=0.A.0B.1C.2D.3解析解答本题只需根据复数的有关概念判断即可.①由于x ,y ∈C ,则x+y i 不一定是复数的代数形式,不符合复数相等的前提条件,故①是假命题; ②由于i 2=-1,且a>b ,所以a+i 2>b+i 2成立,故②是真命题;③当x=1,y=i 时,x 2+y 2=0也成立,故③是假命题.答案B4已知复数z 1=sin 2θ+icos θ,z 2=cos θ+i √3sin θ.若z 1=z 2,则θ等于( )A.k π(k ∈Z )B.2k π+π3(k ∈Z )C.2k π±π3(k ∈Z )D.2k π+π6(k ∈Z )解析由复数相等的充要条件可知{sin2θ=cosθ,cosθ=√3sinθ,∴cos θ=√32,sin θ=12.∴θ=π6+2k π(k ∈Z ),故选D.答案D5若1+√2i 是关于x 的实系数方程x 2+bx+c=0的一个复数根,则( )A.b=2,c=3B.b=-2,c=3C.b=-2,c=-1D.b=2,c=-1 解析由题意知b 2-4c<0,则该方程的复数根为-b±√4c -b 2 i2,故-b+√4c -b 2 i2=1+√2i,解得b=-2,c=3.答案B★6已知复数z 1=m+(4+m )i(m ∈R ),z 2=2cos θ+(λ+3cos θ)i(λ∈R ),若z 1=z 2,则λ的取值范围是 .解析∵z 1=z 2,∴{m =2cosθ,4+m =λ+3cosθ.∴λ=4-cos θ.又-1≤cos θ≤1,∴3≤4-cos θ≤5.∴λ∈[3,5].答案[3,5]7是否存在实数m ,使复数z=(m 2-m-6)+(m 2+2m -15m 2-4)i 为纯虚数?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由.分析先假设存在实数m 使复数z 为纯虚数,由纯虚数的定义将问题转化为实数范围内方程组的解的问题进行求解.解不存在.理由如下:假设存在实数m 使z 是纯虚数,则{m 2-m -6=0,m 2+2m -15m 2-4≠0.① ②由①,得m=-2或m=3.当m=-2时,②式左端无意义;当m=3时,②式不成立,故不存在实数m 使z 是纯虚数.★8已知关于x 的方程x 2-(1-i)x+m+2i =0有实根,求实数m 的值,并解方程. 分析本题考查复数相等和复系数一元二次方程的解.复系数一元二次方程有无实根不能用判别式Δ=b 2-4ac 进行判定,应由方程左右两边的实部与虚部分别相等转化为实数问题后再来判断. 解设x 0为方程的实根,则有x 02-(1-i)x 0+m+2i =0成立, 即x 02-x 0+m+(x 0+2)i =0.所以{x 02-x0+m =0,x 0+2=0,解得{x 0=-2,m =-6. 把m=-6代入原方程,得x 2-(1-i)x-6+2i =0,即x 2-x-6+(x+2)i =0,所以(x+2)(x-3)+(x+2)i =0, 即(x+2)(x-3+i)=0.所以x=-2或x=3-i .故m=-6,且方程的解为x=-2或x=3-i .。
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章末复习1．复数的概念：(1)虚数单位i ；(2)复数的代数形式z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )；(3)复数的实部、虚部、虚数与纯虚数． 2．复数集复数a ＋b i(a ，b ∈R )⎩⎪⎨⎪⎧实数(b ＝0)⎩⎨⎧有理数⎩⎪⎨⎪⎧整数分数无理数(无限不循环小数)虚数(b ≠0)⎩⎪⎨⎪⎧纯虚数(a ＝0)非纯虚数(a ≠0)3．复数的四则运算，若两个复数z 1＝a 1＋b 1i ，z 2＝a 2＋b 2i(a 1，b 1，a 2，b 2∈R ) (1)加法：z 1＋z 2＝(a 1＋a 2)＋(b 1＋b 2)i ； (2)减法：z 1－z 2＝(a 1－a 2)＋(b 1－b 2)i ； (3)乘法：z 1·z 2＝(a 1a 2－b 1b 2)＋(a 1b 2＋a 2b 1)i ；(4)除法：z 1z 2＝(a 1a 2＋b 1b 2)＋(a 2b 1－a 1b 2)i a 22＋b 22＝a 1a 2＋b 1b 2a 22＋b 22＋a 2b 1－a 1b 2a 22＋b 22i(z 2≠0)； (5)实数四则运算的交换律、结合律、分配律都适合于复数的情况； (6)特殊复数的运算：i n (n 为正整数)的周期性运算； (1±i)2＝±2i ；若ω＝－12±32i ，则ω3＝1,1＋ω＋ω2＝0.4．共轭复数与复数的模(1)若z ＝a ＋b i ，则z ＝a －b i ，z ＋z 为实数，z －z 为纯虚数(b ≠0)． (2)复数z ＝a ＋b i 的模|z |＝a 2＋b 2， 且z ·z ＝|z |2＝a 2＋b 2. 5．复数的几何形式(1)用点Z (a ，b )表示复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，用向量OZ →表示复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，Z 称为z 在复平面上的对应点，复数与复平面上的点一一对应(坐标原点对应实数0)． (2)任何一个复数z ＝a ＋b i 一一对应着复平面内一个点Z (a ，b )，也一一对应着一个从原点出发的向量OZ →.6．复数加、减法的几何意义(1)复数加法的几何意义若复数z 1、z 2对应的向量OZ 1→、OZ 2→不共线，则复数z 1＋z 2是以OZ 1→、OZ 2→为两邻边的平行四边形的对角线OZ →所对应的复数． (2)复数减法的几何意义复数z 1－z 2是连接向量OZ 1→、OZ 2→的终点，并指向Z 1的向量所对应的复数．题型一 分类讨论思想的应用当复数的实部与虚部含有字母时，利用复数的有关概念进行分类讨论．分别确定什么情况下是实数、虚数、纯虚数．当x ＋y i 没有说明x ，y ∈R 时，也要分情况讨论．例1 已知复数z ＝a 2－7a ＋6a 2－1＋(a 2－5a －6)i(a ∈R )，试求实数a 分别取什么值时，z 分别为(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．解 (1)当z 为实数时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－5a －6＝0a 2－1≠0∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1或a ＝6a ≠±1，∴当a ＝6时，z 为实数． (2)当z 为虚数时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－5a －6≠0a 2－1≠0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≠－1且a ≠6a ≠±1，∴a ≠±1且a ≠6， 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≠0a 2－7a ＋6a 2－1＝0，a 2－1≠0∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≠－1且a ≠6a ＝6且a ≠±1∴不存在实数a ，使z 为纯虚数． 跟踪演练1 当实数a 为何值时，z ＝a 2－2a ＋(a 2－3a ＋2)i. (1)为实数； (2)为纯虚数； (3)对应的点在第一象限内； (4)复数z 对应的点在直线x －y ＝0.解 (1)z ∈R ⇔a 2－3a ＋2＝0，解得a ＝1或a ＝2.(2)z 为纯虚数，⎩⎪⎨⎪⎧a 2－2a ＝0，a 2－3a ＋2≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0或a ＝2，a ≠1且a ≠2.故a ＝0. (3)z 对应的点在第一象限，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2－2a ＞0，a 2－3a ＋2＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，或a ＞2，a ＜1，或a ＞2，∴a ＜0，或a ＞2. ∴a 的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)． (4)依题设(a 2－2a )－(a 2－3a ＋2)＝0， ∴a ＝2.题型二 数形结合思想的应用数形结合既是一种重要的数学思想，又是一种常用的数学方法．本章中，复数本身的几何意义、复数的模以及复数加减法的几何意义都是数形结合思想的体现．它们得以相互转化．涉及的主要问题有复数在复平面内对应点的位置、复数运算及模的最值问题等．例2 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． ∵OA ∥BC ，|OC |＝|BA |， ∴k OA ＝k BC ，|z C |＝|z B －z A |， 即⎩⎪⎨⎪⎧21＝y －6x ＋2，x 2＋y 2＝32＋42，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝－5y 1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－3y 2＝4.∵|OA |≠|BC |，∴x 2＝－3，y 2＝4(舍去)， 故z ＝－5.跟踪演练2 已知复数z 1＝i(1－i)3.(1)求|z 1|；(2)若|z |＝1，求|z －z 1|的最大值． 解 (1)|z 1|＝|i(1－i)3|＝|i|·|1－i|3＝2 2.(2)如图所示，由|z |＝1可知，z 在复平面内对应的点的轨迹是半径为1，圆心为O (0,0)的圆，而z 1对应着坐标系中的点Z 1(2，－2)．所以|z －z 1|的最大值可以看成是点Z 1(2，－2)到圆上的点的距离的最大值．由图知|z －z 1|max ＝|z 1|＋r (r 为圆半径)＝22＋1. 题型三 转化与化归思想的应用在求复数时，常设复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，把复数z 满足的条件转化为实数x ，y 满足的条件，即复数问题实数化的基本思想在本章中非常重要．例3 已知z 是复数，z ＋2i ，z 2－i 均为实数，且(z ＋a i)2的对应点在第一象限，求实数a 的取值范围．解 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，则z ＋2i ＝x ＋(y ＋2)i 为实数，∴y ＝－2. 又z2－i ＝x －2i 2－i ＝15(x －2i)(2＋i) ＝15(2x ＋2)＋15(x －4)i 为实数， ∴x ＝4.∴z ＝4－2i ，又∵(z ＋a i)2＝(4－2i ＋a i)2＝(12＋4a －a 2)＋8(a －2)i 在第一象限．∴⎩⎪⎨⎪⎧12＋4a －a 2>08(a －2)>0，解得2<a <6. ∴实数a 的取值范围是(2,6)．跟踪演练3 已知x ，y 为共轭复数，且(x ＋y )2－3xy i ＝4－6i ，求x ，y . 解 设x ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则y ＝a －b i. 又(x ＋y )2－3xy i ＝4－6i ， ∴4a 2－3(a 2＋b 2)i ＝4－6i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＝4，a 2＋b 2＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－1.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋i ，y ＝1－i 或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1－i ，y ＝1＋i 或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1＋i ，y ＝－1－i 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1－i ，y ＝－1＋i. 题型四 类比思想的应用复数加、减、乘、除运算的实质是实数的加减乘除，加减法是对应实、虚部相加减，而乘法类比多项式乘法，除法类比根式的分子分母有理化，且要注意i 2＝－1. 在运算的过程中常用来降幂的公式有(1)i 的乘方：i 4k ＝1，i 4k ＋1＝i ，i 4k ＋2＝－1，i 4k ＋3＝－i(k ∈Z )；(2)(1±i)2＝±2i ；(3)设ω＝－12±32i ，则ω3＝1，ω2＝ω，1＋ω＋ω2＝0，1ω＝ω2，ω3n ＝1，ω3n ＋1＝ω(ω∈N *)等；(4)⎝⎛⎭⎫12±32i 3＝－1； (5)作复数除法运算时，有如下技巧：a ＋b i b －a i ＝(a ＋b i )i (b －a i )i ＝(a ＋b i )ia ＋b i ＝i ，利用此结论可使一些特殊的计算过程简化． 例4 计算：(1)(1－i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i (1＋i)；(2)－23＋i 1＋23i ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21－i 2 014. 解 (1)法一 (1－i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i (1＋i)＝⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＋12i －32i 2(1＋i) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－12＋3＋12i (1＋i)＝3－12＋3＋12i ＋3－12i ＋3＋12i 2＝－1＋3i.法二 原式＝(1－i)(1＋i)⎝⎛⎭⎫－12＋32i＝(1－i 2)⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＝2⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＝－1＋3i.(2)－23＋i 1＋23i ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21－i 2 014＝(－23＋i )i (1＋23i )i ＋⎝⎛⎭⎫2－2i 1 007＝(－23＋i )i i －23－1i 1 007＝i －1－i ＝i －i ＝0. 跟踪演练4 计算：(2＋i )(1－i )21－2i ＋(1－i )－(1＋i )2i 5－1－i 2 0151－i .解 (2＋i )(1－i )21－2i ＋(1－i )－(1＋i )2i 5－1－i 2 0151－i＝(2＋i )·(－2i )1－2i ＋(1－i )－2i i －1＋i 1－i＝2－4i 1－2i＋1－3i i －(1＋i )22＝2－(i ＋3)－i ＝－1－2i.高考对本章考查的重点1．对复数的概念的考查是考查复数的基础，要求准确理解虚数单位、复数、虚数、纯虚数、共轭复数、实部、虚部、复数的模等概念．2．对复数四则运算的考查可能性较大，要加以重视，其中复数的乘法运算与多项式的乘法运算类似；对于复数的除法运算，将分子分母同时乘以分母的共轭复数．最后整理成a ＋b i(a ，b ∈R )的结构形式．3．对复数几何意义的考查．在高考中一般会结合复数的概念、复数的加减运算考查复数的几何意义、复数加减法的几何意义．。