2021版新课标名师导学高考第一轮总复习考点集训(三十) 第30讲 复数
复数-2021届高三数学(新高考)一轮复习ppt完美课件(49页)
7.5复数-2021届高三数学（新高考） 一轮复 习课件( 共49张 PPT)
2．[2020·山东泰安质量检测]若复数(2－i)(a＋i)的实部与虚部互为 相反数，则实数 a＝( )
A．3 B．13 C．－13 D．－3 答案：D 解析：(2－i)·(a＋i)＝(2a＋1)＋(2－a)i，因为该复数的实部与虚部 互为相反数，所以(2a＋1)＋(2－a)＝0，解得 a＝－3，故选 D.
【教材提炼】
一、教材改编 1．[必修二·P94 复习参考题 7 T1(2)改编]复数i－5 2的共轭复数是 () A．i＋2 B．i－2 C．－2－i D．2－i
答案：B 解析：i－5 2＝2－－5i22＋＋ii＝－105－5i ＝－2－i，其共轭复数为－2＋i，故选 B.
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三、走进高考 4．[2019·全国Ⅰ卷]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＝1 B．(x－1)2＋y2＝1 C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1 答案：C 解析：由已知得，z＝x＋yi， ∵|z－i|＝1， ∴|x＋yi－i|＝1， ∴x2＋(y－1)2＝1.
7.5复数-2021届高三数学（新高考） 一轮复 习课件则复数 z 的虚部为( ) A．16 B．－11 C．－11i D．－16
答案：B 解析：依题意，z＝(3＋2i)(2－5i)＝6－15i＋4i＋10＝16－11i，故 复数 z 的虚部为－11.故选 B.
2021届一轮复习人教A版 复数的几何意义 课件(35张)
∴|z1|<|z2|，故选 C.
答案：C
禅茶一味 道在其中
禅茶一味 道在其中
4．已知 i 为虚数单位，复数 z1＝a＋i，z2＝2－i，且|z1|＝|z2|，
则实数 a 的值为( )
A．2
B．－2
C．2 或－2
D.±2 或 0
禅茶一味 道在其中
禅茶一味 道在其中 解析：∵|z1|＝|z2| ∴ a2＋1＝ 22＋－12， a2＝4，a＝±2. 答案：C
3．已知复数 z1＝5＋3i，z2＝5＋4i，下列选项中正确的是
()
A．z1>z2
B．z1<z2
C．|z1|<|z2|
D.|z1|>|z2|
禅茶一味 道在其中
解析：∵z1＝5＋3禅i，茶z2＝一5味＋道4i在为其两中个虚数，不能比较大小， 排除选项 A、B；
又|z1|＝ 52＋32＝ 34，
|z2|＝ 52＋42＝ 41，
另外，还应注意以下几点：
(1)复数 z＝a＋bi(a，b∈R)的对应点的坐标为(a，b)，而不
是(a，bi)．
禅茶一味 道在其中
(2)当 a＝0 时，对任何 b≠0，a＋bi＝0＋bi＝bi 是纯虚数， 所以纵轴上的点(0，b)禅(b≠茶0一)都味表道示在纯其虚中数．
(3)复数 z＝a＋bi(a，b∈R)对应的向量O→Z是以原点 O 为起 点的，否则就谈不上一一对应，因为复平面上与向量O→Z相等的 向量有无数多个．
即 D 点的坐标为(3,3)．∴D 点对应的复数为 3＋3i.
解法二：由已知，禅得茶O→一A＝味(0道,1在)，其O→中B＝(1,0)，O→C＝(4,2)， ∴B→A＝(－1,1)，B→C＝(3,2)． ∴B→D＝B→A＋B→C＝(2,3)． ∴O→D＝O→B＋B→D＝(3,3)． ∴点 D 对应的复数禅为茶3一＋味3i.道在其中
高三数学一轮复习试题解析--复数
33●考点阐释高三数学一轮复习试题解析---复数复数的概念是复数理论的基础，在解题活动中它经常是思维的突破口；围绕复数的代数形式和三角形式给出的两类运算，体现了复数知识的广泛联系性和普遍渗透性，这两种形式及其运算也为我们处理复数问题提供了代数思考方法和三角思考方法；复数概念及其运算的几何意义，为我们从几何上处理复数问题或几何问题复数化提供了广阔的空间.正确地进行复数各种形式间的转换，选准复数的表示形式是灵活运用复数知识处理复数与三角、复数与几何、复数与方程综合题的关键.●试题类编1 z※1.设复数z=－1+i，z=+i，则arg1等于（）1 225 5 7 13A.－12π B.12m - 2iπ C.12π D. π122.复数z=1 + 2i（m∈R，i 为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限π※3.如果θ∈（2，π），那么复数（1＋i）（cosθ＋i sinθ）的辐角的主值是（）9πA.θ＋4πB.θ＋4π7πC.θ-D.θ＋4 414．复数（2+i）3 的值是（）2A. －iB.iC.－1D.15.如图12—1，与复平面中的阴影部分（含边界）对应的复数集合是（）※6.已知复数ｚ＝+6i ，则arg1z是（）πA. B.611ππ5πC. D.6 3 32图12—122z3 3 3 3※7.设复数 z ＝－1－i 在复平面上对应向量OZ ，将OZ 按顺时针方向旋转 5 π后得11 16到向量OZ 2 ，令OZ 2 对应的复数 z 2 的辐角主值为θ，则 tan θ等于（）A.2－B.－2＋C.2＋ ※8.在复平面内，把复数 3－数是（）A.2 D.－2－πi 对应的向量按顺时针方向旋转 ，所得向量对应的复3B.－2 iC. －3iD.3+ i※9.复数 z ＝ - 3(cos π 5 - i sin π)（i 是虚数单位）的三角形式是（）5π πππA.3［cos （ - ）＋i sin （ - ）］B.3（cos＋i sin）C.3（cos54π ＋i sin554π ） D.3（cos5556π 6π ＋i sin）5510.复数 z 1＝3＋i ，z 2＝1－i ，则 z ＝z 1·z 2 在复平面内的对应点位于（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限11.设复数 z ＝2sin θ＋i cos θ（ π＜θ＜ π) 在复平面上对应向量OZ ，将OZ 按顺4 21 13 时针方向旋转 4π后得到向量OZ 2 ， OZ 2 对应的复数为 z 2＝r （cos ϕ＋i sin ϕ），则 tan ϕ等于（）2 tan θA.2 tan θ-12 tan θ-1B.2 tan θ+ 11C.2 tan θ+ 11D.2 tan θ-1※12.复数－i 的一个立方根是 i ，它的另外两个立方根是（）3 333 313 3 3 3 A.3 ± 1 i B. - 3 ± 1 i2C.±2 2+ 1 i 22D.±2 2- 1 i 213.复数4）A.1+ iB.－1+ iC.1－ iD.－1－ i1 14.设复数 z =－ 2的是（）+i （i 为虚数单位），则满足等式 z n =z 且大于 1 的正整数 n 中最小2A.3B.4C.6D.7 15.如果复数 z 满足|z +i |+|z －i |=2，那么|z +i +1|的最小值是（ ）A.1B. 二、填空题C.2D.16.已知 z 为复数，则 z + z ＞2 的一个充要条件是 z 满足.17.对于任意两个复数 z 1＝x 1＋y 1i ，z 2＝x 2＋y 2i （x 1、y 1、x 2、y 2 为实数），定义运算“⊙”为：z 1⊙z 2＝x 1x 2＋y 1y 2．设非零复数 w 1、w 2 在复平面内对应的点分别为 P 1、P 2，点 O 为坐标原点．如果 w 1⊙w 2＝0，那么在△P 1OP 2 中，∠P 1OP 2 的大小为 ．18.若 z ∈C ，且（3＋z ）i ＝1（i 为虚数单位），则 z ＝ ．19.若复数 z 满足方程 z i =i －1（i 是虚数单位），则 z =.- 3 - i 20.已知 a =1 + 2i（i 是虚数单位），那么 a 4=.21.复数 z 满足（1+2i ） z =4+3i ，那么 z = .三、解答题22.已知 z 、w 为复数，（1＋3i ）z 为纯虚数，w ＝z 2 + i，且|w |＝5，求 w ．23.已知复数 z ＝1＋i ，求实数 a ，b 使 az ＋2b z ＝（a ＋2z ）2． 24.已知 z 7＝1（z ∈C 且 z ≠1）.（Ⅰ）证明 1＋z ＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5＋z 6＝0；（Ⅱ）设 z 的辐角为α，求 cos α＋cos2α＋cos4α的值.3 3 3 2521 1 1 21 2 2 ※25.已知复数 z ＝i （1－i ）3. （Ⅰ）求 arg z 1 及|z 1|；（Ⅱ）当复数 z 满足|z |＝1，求|z －z 1|的最大值. 26.对任意一个非零复数 z ，定义集合 M z ＝｛w |w ＝z 2n －1，n ∈N ｝．1 （Ⅰ）设α是方程 x ＋= x的一个根，试用列举法表示集合 M α；（Ⅱ）设复数ω∈M z ，求证：M ω⊆ M z ．27.对任意一个非零复数 z ，定义集合 M z ＝｛w |w ＝z n ，n ∈N ｝．1 （Ⅰ）设 z 是方程 x +求其和为零的概率 P ；=0 的一个根，试用列举法表示集合 M z ．若在 M z 中任取两个数，x（Ⅱ）若集合 M z 中只有 3 个元素，试写出满足条件的一个 z 值，并说明理由．28.设复数 z 满足|z |＝5，且（3＋4i ）z 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，| z －m |＝5 （m ∈R ），求 z 和 m 的值.29.已知复数 z 0＝1－mi （M ＞0），z ＝x ＋yi 和ω＝x ′＋y ′i ，其中 x ，y ，x ′，y ′均为实数，i 为虚数单位，且对于任意复数 z ，有ω＝ z 0 · z ，|ω|＝2|z |．（Ⅰ）试求 m 的值，并分别写出 x ′和 y ′用 x 、y 表示的关系式；（Ⅱ）将（x ，y ）作为点 P 的坐标，（x ′，y ′）作为点 Q 的坐标，上述关系式可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点 P 变到这一平面上的点 Q .当点 P 在直线 y =x +1 上移动时，试求点 P 经该变换后得到的点 Q 的轨迹方程； （Ⅲ）是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上?若存在，试求出所有这些直线；若不存在，则说明理由.※30.设复数 z ＝3cos θ＋i ·2sin θ.求函数 y ＝θ－arg z （0＜θ＜ 的θ值.π）的最大值以及对应2※31.已知方程 x 2＋（4＋i ）x ＋4＋ai ＝0（a ∈R ）有实数根 b ，且 z =a +bi ，求复数 z （1－ci ）（c ＞0）的辐角主值的取值范围.※32.设复数 z 满足 4z +2 z =3 值范围. +i ，ω=sin θ－i cos θ（θ∈R ）.求 z 的值和|z －ω|的取※33.已知复数 z 满足（z －2）i =1+i ，复数 z 的虚部为 2，且 z ·z 是实数，求复数 z 的模.※34.已知向量OZ 所表示的复数 z 满足（z －2）i =1+i ，将OZ 绕原点 O 按顺时针方向旋π11转 得OZ ，设OZ 所表示的复数为 z ′，求复数 z ′+4i 的辐角主值.2 2 23 23 2 3 2 3 1 1 2 1 2 31※35.已知复数 z =2 + i ，w = 2 2 + i ，求复数 zw +zw3 的模及辐角主值.2136.已知复数 z = 2 +i ，ω= 2 2+ i .复数 z ω，z 2ω3在复数平面上所对应的点分 2别是 P 、Q .证明：△OPQ 是等腰直角三角形（其中 O 为原点）.37.设虚数 z 1，z 2 满足 z 2=z 2.（1）若 z 1、z 2 是一个实系数一元二次方程的两个根，求 z 1、z 2； ※（2）若 z =1+mi （m ＞0，i 为虚数单位），ω=z －2，ω的辐角主值为θ，求θ的取值 范围.1 38.设 z 是虚数，w =z + z是实数，且－1＜ω＜2.（Ⅰ）求|z |的值及 z 的实部的取值范围；1 - z（Ⅱ）设 u =1 + z，求证：u 为纯虚数；（Ⅲ）求 w －u 2 的最小值.139.已知复数 z 1、z 2 满足|z 1|=|z 2|＝1，且 z 1+z 2= 2+i .求 z 1、z 2 的值.2※40.设复数 z =cos θ+i sin θ，θ∈（π，2π）.求复数 z 2+z 的模和辐角. ※41.在复平面上，一个正方形的四个顶点按照逆时针方向依次为 Z ，Z ，Z ，O （其中O是原点），已知 Z 2 对应复数 z 2=1+ ※42.已知 z =1+i ，i ，求 Z 1 和 Z 3 对应的复数.（Ⅰ）设 w =z 2+3 z －4，求 w 的三角形式.z 2 + ax + b （Ⅱ）如果z 2- z + 1=1－i ，求实数 a ，b 的值.43.设 w 为复数，它的辐角主值为● 答案解析1.答案：B3 π，且4(ω)2 - 4 ω为实数，求复数 w .3 解析一：通过复数与复平面上对应点的关系，分别求出 z 1、z 2 的辐角主值.arg z 1= π，4πarg z 2=.32 2 33 3 3 2 3 3 3 ⎩ 1 z 1所以 arg z 2 = 3π- π = 43 5 π∈［0，2π）， 12∴arg z 1 = 5π.z 212 z 1-1 + i 1 1 1解析二：因为=-1 + i )( - i) = ( - ) + ( + )i .z 22 22 2 2 2 2 2 在复平面的对应点在第一象限.故选 B评述：本题主要考查复数的运算法则及几何意义、辐角主值等概念，同时考查了灵活运用知识解题的能力，体现了数形结合的思想方法.2.答案：A解析：由已知 z =m - 2i 1 + 2i = (m - 2i )(1 - 2i ) (1 + 2i )(1 - 2i ) = 1［（m －4）－2（m +1）i ］在复平面对5⎧m - 4 > 0应点如果在第一象限，则⎨m + 1 < 0 而此不等式组无解.即在复平面上对应的点不可能位于第一象限.3.答案：B解析：（1＋i ）（cos θ＋i sin θ）＝ππ （cos 4 π＋i sinπ）（cos θ＋i sin θ） 4＝ ［cos （θ＋4）＋i sin （θ＋）］4∵θ∈（ππ，π） ∴θ＋∈（243π 5π ，）44π∴该复数的辐角主值是θ＋ ．44.答案：C1解法一：（ 2+i ）3＝（cos60°＋i sin60°）3＝cos180°＋i sin180°＝－1 2解法二： +2 21 3i = -ω,ω= - 1 + i ， 2 23 3 ∴ ( + i ) 2 2= (-ω) = -(ω) = -1 2 33 3 5.答案：D 6.答案：D解法一： z = 22( 1 +2i ) = 2 22(cos π 31+ i sinπ 1 ), arg 3 z= 2π- arg z = 5π 3 解法二： z =12(1+ 3i ) ∴ z 11 0,- 应在第四象限，tan θ＝ - ，θ＝arg ．z z 1 5 ∴arg 是 π．z37.答案：C解析：∵arg z 1＝5 5 π，arg z 2＝ π4125π∴tan θ＝tan ＝tan75°＝tan （45°＋30 2 + ．12 8.答案：B解析：根据复数乘法的几何意义，所求复数是(3 -3i )[cos(- π ) + i sin(- 3 π)] = (3 - 3 3i )( 1 - 2 i ) = -2 23i ．9.答案：C解法一：采用观察排除法.复数 z = -3(cos π 5- i sinπ) 对应点在第二象限，而选项 A 、5B 中复数对应点在第一象限，所以可排除.而选项 D 不是复数的三角形式，也可排除，所以选 C.解法二：把复数 z = -3(cos π 5 - i sin π) 直接化为复数的三角形式，即5z = 3(- cos π+ 5 i sin π 5 = 3[cos(π- π 5 + i sin(π- π5 = 3(cos 4π+ i s in 4π 5 10.答案：D解析： 0 < arg z 5< π, arg z= 7π, 7π< arg z ⋅ z<23π．1 62 4 412123 3) )]).)- 11.答案：A解析：设 z 1＝2sin θ＋i cos θ＝|z 1|（cos α＋i sin α），其中|z 1|＝ 4s in 2 θ+ cos 2θ, cos α= 2 sin θ ， | z 1 |sin α＝cos θ π （| z 1 |4<θ< π）．23π 3π ∴z 2＝|z 1|·［cos （α- ）＋i sin （α-）］44＝r （cos ϕ＋i sin ϕ）．ϕ sin ϕ =3π4 )= cos α+ sin α= 2 sin θ+ cos θ = 2 tan θ+ 1∴tan＝ cos ϕ cos(α- 3π 4cos α- sin α 2s in θ- cos θ 2 tan θ-1 12.答案：D解法一：∵－i =cos3π 3π +i sin223π+ 2k π3π+ 2k π∴－i 的三个立方根是 cos 2+ i s in 2（k =0，1，2）333π 3ππ π当 k =0 时， cos 2 + i s in 2 = cos + i sin = i ；332 23π+ 2π3π+ 2π当 k =1 时， cos 2+ i s in 2 = cos 7π+ i s in 7π= -3 1i； 33π+ 4π363π+ 4π6 2 2 当 k =2 时， cos 2+ i s in 2= cos 11π+ i sin 11π=3 - 1 i . 3故选 D.36 62 2解法二：由复数开方的几何意义，i 与－i 的另外两个立方根表示的点均匀地分布在以原 1点为圆心，1 为半径的圆上，于是另外两个立方根的虚部必为－ ,排除 A 、B 、C ，选 D.2评述：本题主要考查了复数开方的运算，既可用代数方法求解，也可用几何方法求解， 但由题干中的提示，几何法解题较简捷.sin(α- )1 + 3i3 ) 13.答案：B解法一： 2 + 2i = 22(cos π4+ i sin π，4π π故（2+2i ）4=26（cos π+i sin π）=－26，1－253i = 2(cos 3 - i sin )，3故(1 - 3i )5=cos 5π+ i sin 5π3 3- 26 (cos 5π+ i s in5π(2 + 2i )4 =) 3 3 = -1= +于是所以选 B.2516(1 + i )4= - 1 2( 2 (2i)2i) 1 2= 2 3i , 解法二：原式= - 25 (- 1+ 2 3 i )5 2 2 (- 1 + 2 3 i )2 2 - 1 - 3 i2 2= - 4 = - 4(1 - 4 3i ) = -1 + 3i∴应选 B解法三：2+2i 的辐角主值是 45°，则（2+2i ）4 的辐角是 180°；1－(2 + 2i )4i 的一个辐角是 －60°，则（1－ i ）5 的辐角是－300°，所以 480°，它在第二象限，从而排除 A 、C 、D ，选 B.评述：本题主要考查了复数的基本运算，有一定的深刻性，尤其是选择项的设计，隐藏着有益的提示作用，考查了考生观察问题、思考问题、分析问题的综合能力.14.答案：B1 解析：z =－ 215.答案：A+i 是 z 3=1 的一个根，记 z =ω，ω4=ω，故选 B.2解析：设复数 z 在复平面的对应点为 z ，因为|z +i |+|z －i |=2，所以点 Z 的集合是 y 轴上以 Z 1（0，－1）、Z 2（0，1）为端点的线段.|z +1+λ|表示线段 Z 1Z 2 上的点到点（－1，－1）的距离.此距离的最小值为点 Z 1（0，－ 1）到点（－1，－1）的距离，其距离为 1.评述：本题主要考查两复数之差的模的几何意义，即复平面上两点间的距离. 16.答案：Rez ＞1(1 - 3i )53 3 .2 10 1 1解析：设 z =a +bi ，如果 z + z ＞2，即 2a ＞2∴a ＞1 反之，如果 a ＞1，则 z + z =2a ＞2，故 z + z ＞2 的一个充要条件为 Rez ＞1. 评述：本题主要考查复数的基本概念、基本运算及充要条件的判断方法. π17.答案：2解析：设 zOP 1= x + y i , z OP 2= x 2 + y 2i∵w 1⊙w 2＝0 ∴由定义 x 1x 2＋y 1y 2＝0 π∴OP 1⊥OP 2 ∴∠P 1OP 2＝ ．218.答案：z ＝－3－i解析：∵（3＋z ）i ＝1 ∴3＋z ＝－i ∴z ＝－3－i 19.答案：1－i解析：∵ z i =i －1，∴ z = i - 1=（i －1）（－i ）=1+ii∴z =1－i . 20.答案：－4解析：a 4=［（- 3 - i 1 + 2i）2］2=［(-3 - i )(1 - 2i ) 5］4=（- 5 + 5i ）45=（－1+i ）4=（－2i ）2=－4 21.答案：2+i 解析：由已知 z =4 + 3i = (4 + 3i )(1 - 2i ) = 4 + 6 + (3 - 8)i = 2 - i ，故 z =2+i .1 + 2i 1 + 4 522.解法一：设 z ＝a ＋bi （a ，b ∈R ），则（1＋3i ）z ＝a －3b ＋（3a ＋b ）i ．由题意，得 a ＝3b ≠0．z∵|ω|＝ |∴|z |＝2 + i|= 5 ，= 5 ．将 a ＝3b 代入，解得 a ＝±15，b ＝±15． 15 + 5i 故ω＝±2 + i＝±（7－i ）．解法二：由题意，设（1＋3i ）z ＝ki ，k ≠0 且 k ∈R ，a 2+ b 22 ⎩则ω＝ki ．(k + i )(1 + 3i )∵|ω|＝5，∴k ＝±50．故ω＝±（7－i ）． 23.解：∵z ＝1＋i ，∴az ＋2b z ＝（a ＋2b ）＋（a －2b ）i ，（a ＋2z ）2＝（a ＋2）2－4＋4（a ＋2）i ＝（a 2＋4a ）＋4（a ＋2）i ， 因为 a ，b 都是实数，所以由 az ＋2b z ＝（a ＋2z ）2 得⎧a + 2b = a 2 + 4a , ⎨a - 2b = 4(a + 2). 两式相加，整理得 a 2＋6a ＋8＝0， 解得 a 1＝－2，a 2＝－4， 对应得 b 1＝－1，b 2＝2．所以，所求实数为 a ＝－2，b ＝－1 或 a ＝－4，b ＝2． 24.（Ⅰ）解法一：z ，z 2，z 3，…，z 7 是一个等比数列. a - a q z - z 7 z z - z∴由等比数列求和公式可得： S n∴1＋z ＋z 2＋z 3＋…＋z 6＝0 = 1 n =1 - a1 - z = 1 - z = 0 解法二：S ＝1＋z ＋z 2＋…＋z 6 ①zS ＝z ＋z 2＋z 3＋…+z 6＋z 7②∴①－②得（1－z ）S ＝1－z 7＝0∴S ＝＝01 - z（Ⅱ）z 7＝1，z ＝cos α＋i sin α ∴z 7＝cos7α＋i sin7α＝1，7α＝2k π z ＋z 2＋z 4＝－1－z 3－z 5－z 6＝－1－［cos （2k π－4α）＋i sin （2k π－4α）＋cos （2k π－2α）＋i sin （2k π－ 2α）＋cos （2k π－α）＋i sin （2k π－α）］＝－1－（cos4α－i sin4α＋cos2α－i sin2α＋cos α－i sin α） ∴2（cos α＋cos2α＋cos4α）＝－1，1 cos α＋cos2α＋cos4α＝－2解法二：z 2·z 5＝1，z 2＝同理 z 3＝ z -4，z ＝ z-61 = z -5 z 52 (cos θ- 2)2+ (sin θ+ 2)22 2 2 2 α α α α∴z ＋z 2＋z 4＝－1－ z -4 － z -2－ z∴z ＋ z ＋ z -2＋z ＋ z -4＋z ＝－1∴cos2α＋cos α＋cos4α＝ - 1225.（Ⅰ）解：z 1＝i （1－i ）3＝i （－2i ）（1－i ）＝2（1－i ）∴|z 1|＝= 2 ，arg z 1＝2（cos 7 7π＋i sinπ）447∴arg z 1＝ π4（Ⅱ）解法一：|z |＝1，∴设 z ＝cos θ＋i sin θ |z －z 1|＝|cos θ＋i sin θ－2＋2i |＝ =π当 sin （θ- ）＝1 时|z －z 1|2 取得最大值 9＋44图 12—2从而得到|z －z 1|的最大值 2 ＋1解法二：|z |＝1 可看成 z 为半径为 1，圆心为（0，0）的圆. 而 z 1 可看成在坐标系中的点（2，－2）∴|z －z 1|的最大值可以看成点（2，－2）到圆上的点距离最大.由图 12—2 可知：|z －z 1|max ＝2 ＋126.（Ⅰ）解：∵α是方程 x 2－ x ＋1＝0 的根∴α1＝ 2（1＋i ）或α2＝ 2 （1－i ）(α2)ni n当α＝ （1＋i ）时，∵α2＝i ，α2n －1＝1=2i -1 - i 1α1 α1∴ M = { , 1 1 1 , ,1 α1} = { 2 (1 + i ),- (1 - i ),- 2 (1 + i ), 2 (1 - i )} 2当α2＝ 2（1－i ）时，∵α22＝－i2 2 2 222+ 222 9 + 4 2 sin(θ- π4)22 2 2 1113 2 2 2 2 zC 11α α α 2 2 2 α 3= 1∴ M α= {- i , -1 , i, } = M α212∴M α＝{2 (1 + i ),- (1 - i ),- 2 (1 + i ), 2 (1 - i )｝ 2（Ⅱ）证明：∵ω∈M ，∴存在 M ∈N ，使得ω＝z 2m －1于是对任意 n ∈N ，ω2n －1＝z (2m －1)(2n －1) 由于（2m －1）（2n －1）是正奇数，ω2n －1∈M ，∴M ⊆ M ．zωz27.解：（Ⅰ）∵z 是方程 x 2＋1＝0 的根， ∴z 1＝i 或 z 2＝－i ，不论 z 1＝i 或 z 2＝－i ， M z ＝｛i ，i 2，i 3，i 4｝＝｛i ，－1，－i ，1｝ 2于是 P ＝2． 4（Ⅱ）取 z ＝ - 1+ i ，22则 z 2＝ - 1 - 2i 及 z 3＝1．2于是 M z ＝｛z ，z 2，z 3｝或取 z ＝ - -2 28.解：设 z ＝x ＋yi （x 、y ∈R ）， ∵|z |＝5，∴x 2＋y 2＝25， i ．（说明：只需写出一个正确答案）． 2而（3＋4i ）z ＝（3＋4i ）（x ＋yi ）＝（3x －4y ）＋（4x ＋3y ）i ，又∵（3＋4i ）z 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上， ∴3x －4y ＋4x ＋3y ＝0，得 y ＝7x7 ∴x ＝± ，y ＝± 2 27 即 z ＝±（ ＋ 2 2i ）； z ＝±（1＋7i ）．当 z ＝1＋7i 时，有|1＋7i －m |＝5 ， 即（1－m ）2＋72＝50，得 m =0，m =2.当 z ＝－（1＋7i ）时，同理可得 m ＝0，m ＝－2．29.解：（Ⅰ）由题设，|ω|＝| z 0 · z |＝|z 0||z |＝2|z |， ∴|z 0|＝2，2 2 2 23 3 22 223 3 3 3 - ( 3k + 1) k - 3 3 3 3 3 ⎩⎩ ⎩于是由 1＋m 2＝4，且 m ＞0，得 m ＝ ，因此由 x ′＋y ′i ＝ (1 -3i ) · (x + yi ) = x + 3y + ( 3x - y )i ，⎧⎪x ' = x + 3y 得关系式 ⎨⎪ y ' = 3x - y （Ⅱ）设点 P （x ，y ）在直线 y =x +1 上，则其经变换后的点 Q （x ′，y ′）满足⎧⎪x ' = (1 + 3)x + 3⎨⎪ y ' = ( 3 -1)x -1消去 x ，得 y ′＝（2－ ）x ′－2 ＋2，故点 Q 的轨迹方程为 y ＝（2－ （Ⅲ）假设存在这样的直线，）x －2 ＋2． ∵平行坐标轴的直线显然不满足条件， ∴所求直线可设为 y =kx +b （k ≠0）.解：∵该直线上的任一点 P （x ，y ），其经变换后得到的点 Q （x ＋在该直线上，y ， x －y ）仍∴ x －y ＝k （x ＋ y ）＋b ，即－（ k ＋1）y ＝（k － ）x ＋b ，⎧⎪- (当 b ≠0 时，方程组⎨⎪k -故这样的直线不存在.3k + 1) = 1 = k无解，当 b ＝0，由= ， 1 k得 k 2＋2k - ＝0，解得 k ＝或 k ＝ - ， 3故这样的直线存在，其方程为 y ＝x 或 y ＝- x .3评述：本题考查了复数的有关概念，参数方程与普通方程的互化，变换与化归的思想方 法，分类讨论的思想方法及待定系数法等.π30.解：由 0＜θ＜ 2得 tan θ＞0．3 3 3 3 3 3 3 3 3 36⎨由 z ＝3cos θ＋i ·2sin θ，得 0＜arg z ＜π及 tan （arg z ）＝22 sin θ = 3cos θ 2tan θ3tan θ- 2 tan θ故 tan y ＝tan （θ－arg z ）＝ 3 = 1 + 2 tan 2 θ 3 3 tan θ1 +2 tan θ3∵＋2tan θ≥2tan θ∴3tan θ1 ≤+ 2 tan θ 123π当且仅当tan θ＝2tan θ（0＜θ＜ 2）时，即 tan θ＝ 2时，上式取等号.所以当θ＝arctan 2 时，函数 tan y 取最大值12π π由 y ＝θ－arg z 得 y ∈（ -π π, ）．2 2由于在（ -, ）内正切函数是递增函数，函数 y 也取最大值 arctan ． 2 2 12评述：本题主要考查复数的基本概念、三角公式和不等式等基础知识，考查综合运用所 学数学知识解决问题的能力.明考复数实为三角.语言简练、情景新颖，对提高考生的数学素质要求是今后的命题方向.31.解：∵方程 x 2＋（4＋i ）x ＋4＋ai ＝0（a ∈R ）有实根 b ， ∴b 2＋（4＋i ）b ＋4＋ai ＝0， 得 b 2＋4b ＋4＋（b ＋a ）i ＝0，⎧b 2 + 4b + 4 = 0 即有 ⎨⎩b + a = 0⎧a = 2 ∴ ⎩b = -2,得 z =a +bi =2－2i ，∴ z (1 - ci ) = (2 + 2i )(1 - ci ) = 2 + 2c + (2 - 2c )i ．6 66663当 0≤c ≤1 时，复数 z （1－ci ）的实部大于 0，虚部不小于 0，π∴复数 z （1－ci ）的辐角主值在［0，)2范围内，有 arg ［ z （1－ci ）］＝arctan2 - 2c 2 + 2c ＝arctan （ 2 1 + c－1），∵0＜c ≤1，∴0≤22 1 + c－1＜1，π有 0≤arctan （1 + c－1）＜ ，4π∴0≤arg ［ z （1－ci ）］＜．4当 c ＞1 时，复数 z （1－ci ）的实部大于 0，虚部小于 0，3π ∴复数 z （1－ci ）的辐角主值在（2，2π）2 - 2c2范围内，有 arg ［ z （1－ci ）］＝2π＋arctan2 + 2c ＝2π＋arctan （1 + c－1）．∵c ＞1，∴－1＜21 + c －1＜0， 有 - π＜arctan （47π2 －1）＜0，1 + c∴＜arg ［ z （1－ci ）］＜2π．4π7π 综上所得复数 z （1－ci ）（c ＞0）的辐角主值的取值范围为［0，4) ∪（4，2π）．评述：本题主要考查复数的基本概念和考生的运算能力，强调了考生思维的严谨性.32.解：设 z =a +bi （a ，b ∈R ），则 z =a －bi ，代入 4z +2 z =3 +i得 4（a +bi ）+2（a －bi ）=3 +i .3(3-sinθ)2+(1-cosθ)2262 + 22222 2223223⎧a⎪+1∴⎨⎪b =1⎪⎩2.∴z i.2 21|z－ω|=|2+i－（sinθ－i cosθ）| 2= = 2 - 3 sinθ+ cosθ=∵－1≤sin（θ－∴0≤|z－ω|≤2. π）≤1，∴0≤2－2sin（θ－6π）≤4.6评述：本题考查了复数、共轭复数的概念，两复数相等的充要条件、复数的模、复数模的取值范围等基础知识以及综合运用知识的能力.1 +i33.解：由（z1－2）i=1+i 得z1=i∵z2 的虚部为2.∴可设z2=a+2i（a∈R）+2=（1+i）（－i）+2=3－iz1·z2=（3－i）（a+2i）=（3a+2）+（6－a）i为实数.∴6－a=0，即a=6因此z2=6+2i，|z2|=34.解：由（z－2）i=1+i 得z= = 21 +i i. +2=3－i∴z′=z［cos（－π）+i sin（－4π）］=（3－i）（4 2-i）= －2 i2z′+ i= －i=2（27-i）=2（cos27 7π+i sin π）4 4∴arg（z1+ i）= π4评述：本题考查复数乘法的几何意义和复数辐角主值的概念.1 35.解法一：zw+zw3=zw（1+w2）=（2+i）（2 2+i）（1+i）21 = （1+i）2（2 2 +i）=2⋅2i(1+2 2i) =22(-2+1i)232 - 2 sin(θ-π 6 )10222222332 3 3 2 2 = 2(cos 5π+ i sin 5π6故复数 zw +zw 3的模为 65π ，辐角主值为.6解法二：w = 2 + i =cos 2ππ +i sin4 4πzw +zw 3=z （w +w 3）=z ［（cos4π+i sin4π）+（cos4π+i sin4）3］=z ［（cos）+（cos ）］=z （ i ）= ( 1+3 i ) ⨯ 2i = 2(- + 1i ) = 2(cos 5π+ i s in 5π 22 2 2 6 65故复数 zw +zw 3的模为 ，辐角主值为 π.6评述：本题主要考查复数的有关概念及复数的基本运算能力.36.证法一： z =- 1i = cos(- 2 2 π π ) + i sin(- ) 6 6 ω= + 2 i = cos π 2 4 + i sin π 4于是 z ω=cosπ+i sinπ， z ω =cos （－π）+i sin （－π）.12 z 2ω3=［cos （－ 12π ）+i sin （－ 3 12 π ）］×（cos 33 π+i sin4 123 5 π）=cos4 125π+i sin π 125因为 OP 与 OQ 的夹角为 12 所以 OP ⊥OQππ－（－12π）=.2又因为|OP |=| z ω|=1，|OQ |=|z 2ω3|=|z |2|ω|3=1∴|OP |=|OQ |.由此知△OPQ 为等腰直角三角形.证法二：∵z =cos （－ππ）+i sin （－ ）.662 2 2 )) ππ3π 3π+ i - + 4 +i sin 4 4 +i sin 42 2 2 22 23 3 33⎪ = ∴z 3=－i又ω=+ 2∴ω4=－1i = cos π 2 4 + i sin π. 4 z 2ω3 于是 z= z 2ω3 z ω= z ωz ω z 3ω4 | z ω|2 i 由此得 OP ⊥OQ ，|OP |=|OQ | 故△OPQ 为等腰直角三角形.37.解：（1）因为 z 1、z 2 是一个实系数一元二次方程的两个根，所以 z 1、z 2 是共轭复数.设 z 1=a +bi （a ，b ∈R 且 b ≠0），则 z 2=a －bi⎧a 2 - b 2 = a 于是（a +bi ）2=（a －bi ），于是⎨⎩2ab = -b⎧a = - 1 ⎧a = - 1 ⎪ 2 ⎪ 2解得 ⎨ ⎪b =或⎨ b =⎪⎩ 2 ⎪⎩ 21 1 1 1∴ z 1 = - 2 + 2 i , z 2 = - 2 - 2 i 或z 1 = - 2 - 2 i , z = - 2 + 2i（2）由 z 1=1+mi （m ＞0），z 12=z 2 得 z 2=（1－m 2）+2mi∴ω=－（1+m 2）+2mitan θ=－2m 1 + m 2= - 2 m + 1m1由 m ＞0，知 m +≥2，于是－1≤tan θ≤0m又 －（m 2+1）＜0，2m ＞0，得 3 π≤θ＜π4因此所求θ的取值范围为［ 3 π，π）.438.解：（Ⅰ）设 z =a +bi ，a 、b ∈R ，b ≠0则 w =a +bi + 1 a + b i = (a + a a 2 + b 2 ) + (b - b )ia 2 +b 2因为 w 是实数，b ≠0，所以 a 2＋b 2=1，即|z |=1.(a + 1) ⋅1a + 133 3 11 于是 w =2a ，－1＜w =2a ＜2，－ 2＜a ＜1，1 所以 z 的实部的取值范围是（－ 2，1）.（Ⅱ） u =1 - z 1 + z = 1 - a - bi 1 + a + bi = 1 - a2 - b 2 - 2bi (1 + a )2 + b 2 = b i .a + 1因为 a ∈（－ 1 ，1），b ≠0，所以 u 为纯虚数. 2（Ⅲ） w - u 2 = 2a +b 2(a + 1)2 = 2a + 1 - a 2 (a + 1)2 = 2a - a -1 a + 1 = 2a -1 + 2a + 1= 2[(a + 1) +1a + 1] - 3..因为 a ∈（－ 1 ，1），所以 a +1＞0， 2故 w －u 2≥2·2 －3=4－3=1.当 a +1=1a + 1，即 a =0 时，w －u 2 取得最小值 1.39.解：由|z 1＋z 2|=1，得（z 1+z 2）（ z 1 + z 2 ）=1，又|z 1|=|z 2|=1，故可得 z 1 z 2 + z 1 z 2=1－1，所以 z 1 z 2 的实部= z 1 z 2 的实部=－ 2 .又| z 1 z 2|=1，故 z 1 z 2 的虚部为± 2，1z 1 z 2=－ 2 ± 21 i ，z 2=z 1 (- ± 21i ) .2 于是 z 1+z 1 (- ± 2 21 i ) = + i ，2 21 所以 z 1=1，z 2= - +2 i 或 z 1= - + 2 2 i ，z 2=1.23 33 32 2 1 +3 3 1 + 3 3 - 1 1 2⎧z 1 =1 ⎧z = - 1 + 3i ⎪ 所以 ⎨ z= - 1 + 3 i ⎪ ，或 ⎨ 1 2 2 ⎩⎪ 2 2 2 ⎪⎩z 2= 1 40.解法一：z 2+z =（cos θ+i sin θ）2+cos θ+i sin θ=cos2θ+i sin2θ+cos θ+i sin θ=2cos 3θ θcos 22 θ+i ·2sin3 3θ θcos22θ =2cos23（cos 3 3 θ+i sinθ）22=－2cos 2［cos （π+θ）+i sin （π+2θ）］2θ∵θ∈（π，2π），∴∈（ 2π θ，π），∴－2cos＞022θ ∴复数 z 2+z 的模为－2cos 2，辐角为 2k π+π+3 θ（k ∈Z ）2解法二：z 2+z =z （1+z ）=（cos θ+i sin θ）（1+cos θ+i sin θ） θ θ =（cos θ+i sin θ）（2cos2+i ·2sin22θcos）2θ =2cos 2θ（cos θ+i sin θ）（cos 2θ+i sin2θ ）=2cos 2（cos 3 3 θ+i sinθ）22以下同解法一.41.解法一：如图 12—3，设 Z 1、Z 3 对应的复数分别为 z 1、z 3，则由 1π π复数乘除法的几何意义有 z 1＝ z 2［cos （ - ）＋i sin （ - ）］＝ (1 +23i )(-22i ) =24 + 1 + 2 4- 1 i2图 12—31π π1z 3＝2 z 2 (cos 4 + i sin 4 ) =(1 + 23i )( + 2 i) = 2 + i ． 2 2注：求出 z 后，z ＝iz ＝ 1 3 1解法二：设 Z 1、Ｚ3 对应的复数分别是z 1、z 3，根据复数加法和乘法的几何意义，依题 ⎧z 1 + z 3 = z 2意得 ⎨⎩ 3 - z 1 = iz 21 1 ∴z ＝ z （1－i ）＝ （1－ i ）（1－i ）＝ + i 22222 3 3 2 1 - 3 1 - 3 + 1 + 3 i z2 21 + 3 1 - 3 1 + 32 ⎩⎨z ＝z －z ＝（1＋ i ）－（+ i ）＝ +i 3 2 12222评述：本题主要考查复数的基本概念和几何意义，以及运算能力.此题以复平面上的简单几何图形为背景，借以考查复数的向量表示与复数运算的几何意义等基本知识，侧重概念、 性质的理解与掌握，以及运算能力和转化的思想，对复数教学有良好的导向作用.42.解：（Ⅰ）由z =1+i ，有 w =（1+i ）2＋3（1－i ）－4=－1－i ，所以 w 的三角形式是（cos5π+ i sin 5π）44z 2 + az + b (1 + i )2 + a (1 + i ) + b (a + b ) + (a + 2)i（Ⅱ）由 z =1+i ，有＝（a ＋2）－（a ＋b ）iz 2 - z + 1 = (1 + i )2- (1 + i ) + 1 =i由题设条件知，（a +2）－（a +b ）i =1－i .⎧a + 2 = 1根据复数相等的定义，得 ⎨- (a + b ) = -1⎧a = -1 解得 ⎩b = 2所以实数 a ，b 的值分别为－1，2.评述：本题考查了共轭复数、复数的三角形式等基础知识及运算能力. 43.解：因为 w 为复数，arg w ＝3π，所以设 w =r （cos 3π＋i sin 3π），则(w )2 - 4 =1(cos 3π- i s in 43π)[r 2(cos 3π- i s in 4 43π) - 4]w = 1 (- r 4 4 2 - 2 i )(r 2i - 4) = 22 (1 + i )(4 - r 2i ) = 2 ，+ r 2 + (4 - r 2 )i ]∈ R, r 2 2 2r 2r从而 4－r 2＝0，得 r =2. 因此 w ＝2（cos3π+ i sin 3π) ＝－＋ i ．44● 命题趋向与应试策略1.由于复数内容在新的教学大纲中已被列为选学内容，所以近几年复数部分在高考中考 查的难度与题量都呈下降趋势.2.本章内容在高考中，以选择题和解答题为主.选择题主要考查：（1）复数的概念，包括虚数、纯虚数、复数的实部和虚部、复数的模、辐角主值、复数相等、共轭复数等概念.（2） 复数代数形式与三角形式的基本运算，包括复数的四则运算，乘方、开方运算，代数形式与三角形式的互化及基本运算的技能与技巧等.（3）复数的几何意义，特别是复数乘法的几何意义——向量旋转，复数运算的几何意义在平面图形中的应用等.在高考中常见的类型有：（1）与基本计算有关的问题； （2）与复数模的最值有关的问题；3 3 - 1 2 2（3）与复数几何意义有关的问题.解答题主要考查：（1）在复数集中解一元二次方程和二项方程.（2）复数的三角运算.（3）复数与代数、几何、三角的综合性知识运用.在高考中常见的类型有：（1）解复数方程的问题；（2）求复数的模和辐角主值的问题；（3）复数与代数几何、三角相关联的综合性问题.从上述我们可以看到高考常以考查复数运算为主，估计这一命题趋势还将继续下去.3.坚持全面复习与重点复习相结合.由于目前试题多以中低档题目出现，难度不大，但涉及面广，对基本问题掌握的熟练程度要求较高，所以对基本问题不能放松要求.复数的三角形式问题是重点内容.首先，应熟练地确定复数的三角形式、复数的模与辐角主值、复数三角形式的结构特征.其次，要准确把握复数三角形式的运算特点，恰当选择运算形式.4.重视复数与相关知识的联系.①复数问题可以转化成三角问题，②复数问题转化为实数范围内的代数问题，③复数问题转化成平面几何问题.在复习过程中，就充分利用相关知识，实现问题的转化.如求模的最值问题可采用以下思考方法：①转化为求三角函数式的最值问题，②转化为实数范围内的最值，③利用模为实数这一性质，||z1|－|z2||≤|z1±z2|≤|z1|＋|z2|，④转化为平面几何问题.随着观察分析角度的不同，产生不同的解题思路和方法，提高学生对算理算法的合理运用的水平.5.强调数学思想方法的训练：（1）转化思想：要求学生在全面理解掌握复数知识的同时，善于将复数向实数转化，将复数向几何、三角转化.（2）分类讨论思想：分类讨论是一种重要的解题策略和方法，它能使复杂的问题简单化，复数考题中经常用到这种分类讨论思想. （3）数形结合思想：运用数形结合思想处理复平面问题是高考考查的热点之一，应引起注意.。
(2021年整理)高考复数知识点精华总结
(完整版)高考复数知识点精华总结编辑整理：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（(完整版)高考复数知识点精华总结）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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复 数1．复数的概念：（1）虚数单位i ；（2）复数的代数形式z=a+bi ，（a ， b ∈R)；（3)复数的实部、虚部、虚数与纯虚数。
2．复数集整 数有 理 数实数(0)分 数复 数(,)无理数(无限不循环小数)纯 虚 数(0)虚 数(0)非 纯 虚 数(0)b a bi a b R a b a ⎧⎧⎧⎪⎪⎨=⎨⎪⎩⎪⎪+∈⎨⎩⎪⎧≠⎪≠⎨⎪=⎩⎩3．复数a+bi(a, b ∈R)由两部分组成，实数a 与b 分别称为复数a+bi 的实部与虚部，1与i 分别是实数单位和虚数单位，当b=0时,a+bi 就是实数，当b ≠0时，a+bi 是虚数，其中a=0且b ≠0时称为纯虚数。
应特别注意,a=0仅是复数a+bi 为纯虚数的必要条件，若a=b=0，则a+bi=0是实数.4．复数的四则运算若两个复数z1=a1+b1i ，z2=a2+b2i ，（1）加法：z1+z2=（a1+a2)+(b1+b2）i ；（2）减法：z1－z2=（a1－a2）+（b1－b2）i ；（3）乘法：z1·z2=(a1a2－b1b2）+（a1b2+a2b1）i ；(4）除法：11212211222222()()z a a b b a b a b i z a b ++-=+；（5）四则运算的交换率、结合率；分配率都适合于复数的情况。
2024届高考数学第一轮专项复习——复数的概念与运算 教学PPT课件
； ＝
＝
＝
2
＋i
（＋i)(−i）
−
1
1 2
1 2
＋ 2
i（ c ＋ d i≠0），即 ＝
＝
.
2
2
2
2
＋
＋
｜2｜
2
2 2
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（2） 复数加法的运算定律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任意 z 1， z 2， z 3∈C，有 z 1＋ z 2
（ m ∈R，i是虚数单位）.
（1） 若 z 为纯虚数，求实数 m 的值.
− − = ，
解：（1） 若 z 为纯虚数，则
解得 m ＝－1.所以实
− ≠ ，
数 m 的值为－1.
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（2） 当 m ＝2时，复数 （1＋i）是关于 x 的方程2 x 2＋ px ＋ q ＝0的一
4. 复数是纯虚数的充要条件：① z ＝ a ＋ b i是纯虚数⇔ a ＝0且 b ≠0
（ a ， b ∈R）；② z ＝ a ＋ b i是纯虚数⇔ z ＋ ＝0（ z ≠0）；③ z ＝ a
＋ b i是纯虚数⇔ z 2＜0.
5. 实系数一元二次方程 ax 2＋ bx ＋ c ＝0（ a ≠0）的两个复数根互为共轭
= ，
− ＋ = ，
以
解得
= .
− = ，
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总结提炼
与复数概念有关的问题主要考查以下几点
（1） 复数的实部与虚部；（2） 复数的分类；（3） 复数的共轭
复数.
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[对点训练]
若 z 1， z 2为复数，则“ z 1－ z 2是纯虚数”是“ z 1， z 2互为共轭复数”的
2021版新课标名师导学高考第一轮总复习同步测试卷(八) 平面向量、复数 Word版含解析
姓名，年级：时间：021'新课标·名师导学·高考第一轮总复习同步测试卷数学(八)（平面向量、复数的概念及运算)时间：60分钟总分：100分[对应学生用书p303］一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．其中多项选择题全部选对得5分,部分选对得3分，有选错或不选得0分．）1．复数1＋51－2i(i是虚数单位）的模等于（）A．4 B．5 C．2错误!D．2[解析] 1＋错误!＝1＋错误!＝1＋1＋2i＝2＋2i，则它的模等于错误!＝2错误!.［答案] C2．已知向量a＝错误!，b＝错误!，则“m＝1"是“a∥b”成立的( ) 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］当m＝1时，a＝b可以推出a∥b;当a∥b时，1m＝m1⇒m2＝1，m＝±1，不能推出m＝1。
所以，“m＝1"是“a∥b”成立的充分不必要条件．［答案] A3．在复平面上，复数z1，z2对应的点关于直线y＝x对称，且z1z2＝4i,则复数z1的模长为( ）A．2 B.错误!C.错误!D．1［解析] 设z1＝a＋b i，则z2＝b＋a i，由z1z2＝4i，可知a2＋b2＝4，所以错误!＝错误!＝2。
[答案] A4．如图,已知错误!＝a，错误!＝b，错误!＝3错误!, 错误!＝2错误!，则错误!＝（)A。
错误!b－错误!a B。
错误!a－错误!bC。
错误!a－错误!b D.错误!b－错误!a[解析］由平面向量的三角形法则可知：错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!（错误!－错误!）－错误!错误!＝－错误!错误!＋错误!错误!＝－错误! a＋错误!b.[答案] D5．已知不共线向量a，b,|a｜＝｜b|＝|a－b｜，则a＋b与a的夹角是( ）A.错误!B.错误!C.错误!D.错误![解析] 法一：根据｜a｜＝｜b｜，有｜a|2＝｜b|2，又由｜b｜＝|a－b|，得|b|2＝|a｜2－2a·b＋|b|2，∴a·b＝12|a｜2.而|a＋b｜2＝｜a|2＋2a·b＋|b|2＝3｜a｜2，∴|a＋b|＝错误!|a｜.设a与a＋b的夹角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!，∴θ＝错误!.法二：根据向量加法的几何意义，在平面内任取一点O,作错误!＝a，错误!＝b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB.∵｜a |＝｜b ｜，即｜错误!|＝|错误!|,∴OACB 为菱形，OC 平分∠AOB ，这时错误!＝a ＋b ，错误!＝a －b .而|a ｜＝|b |＝｜a －b ｜,即|错误!|＝|错误!|＝|错误!|。
新人教版高中数学一轮复习复数培优课件
A.5
7
B.- i
5
7
C. i
5
1
D.
5
【易错点】本题容易对复数的虚部的概念理解不清.
[解析] 因为(1+2i)z=3-i,所以 z=
3-i
(3-i)(1-2i) 1-7i 1 7
=
= = - i,所以复数
1+2i (1+2i)(1-2i)
5
5 5
7
5
z 的虚部为- .故
选 A.
12
目录
−
5.(2022 年全国新高考Ⅰ
3
目录
必备知识
梳理
学 基础知识
4
目录
知识梳理
一、复数的有关概念
1.定义:形如 a+bi(a,b∈R)的数叫作复数,其中 a 叫作复数 z 的①实部
② 虚部
,b 叫作复数 z 的
(i 为虚数单位).集合 C={a+bi|a,b∈R}叫作复数集.
2.分类:
满足条件(a,b 为实数)
复数的分类
a+bi 为实数⇔③
2
1
2
=
| 1| n
,|z |=|z|n.
| 2|
8
目录
1.判断下列结论是否正确.(对的打“√”,错的打“×”)
(1)在复数范围内,方程 x2+x+1=0 没有解.
( × )
(2)复数 z=a+bi(a,b∈R)的虚部为 bi.
( × )
(3)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离,也就是复数对应的向量的模.
24
目录
考点三 复数的几何意义
【讲练互动】
2021版高中全程复习方略配套课件：数系的扩充与复数的引入(苏教版·数学理)
【例1】(2011·安徽高考改编)设i是虚数单位，复数
为
纯虚数，则实数a=_____.
【解题指南】先把复数化成a+bi(a,b∈R)的形式，再根据复数
为纯虚数的概念列出关于a的条件去解答即可.
【规范解答】
又 是纯虚数，
则
所以a=2.
答案：2
【反思·感悟】复数概念题的解题关键 处理有关复数基本概念的问题，关键是掌握复数的相关概念， 找准复数的实部与虚部(即实部和虚部必须是实数)，从定义出发 解决问题.
__纯__虚__数__.
(3)复数的几何表示：
复数z=a+bi
复平面内的点__Z_(_a_,_b_)__
平面向
量_____.
【即时应用】 判断下列命题的正误.(请在括号内填写“√”或“×”) (1)原点是实轴与虚轴的交点.( ) (2) 对应的点位于第四象限.( ) (3)若z=3+2i，则 在复平面上对应的点在第三象限.( ) 【解析】(1)原点在实轴上，且在虚轴上，故(1)正确； (2)∵ =1-i,1-i对应的点为(1,-1)在第四象限，故(2)正 确；(3)由 =3-2i知(3)不正确. 答案：(1)√ (2)√ (3)×
复数的代数运算 【方法点睛】 1.复数的代数运算技巧 复数的四则运算类似于多项式的四则运算，此时含有虚数单位i 的看作一类，不含i的看作另一类，分别合并即可，但要注意把 i的幂写成最简单的形式，在运算过程中，要熟悉i的特点及熟 练应用运算技巧. 2.几个常用结论 在进行复数的代数运算时，记住以下结论，可提高计算速度.
2021版高中全程复习方 略配套课件：数系的扩 充与复数的引入（苏教
版·数学理）
2020/9/11
…………三年3考 高考指数:★★★★
高三第一轮复习复数上课讲义
精品文档复 数 一、 知识梳理：z ?a ?bi 、复数的概念:1 21??i i ，）虚数单位（1i 4n+14n+24n+34n =1）（ =-i, =i, =-1,iiii 的周期性：?有理数?实数(b ?0)??无理数????bi ?a ?zR ?a,b )2、复数的分类(?纯虚数(a ?0)??虚数(b ?0)??非纯虚数(a ?0)??3、两种意义：① 与复平面上的点（a,b ）一一对应② 与向量（a,b ）一一对应4、共轭复数：当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，zz 。
复数的共轭复数为 通常记zz =3－5i ＋5i 互为共轭复数与 例如=34、熟练记忆掌握运用以下结论：（1）复数相等的充要条件：a+bi=c+di 等价于 。
（2）复数z=a+bi(a,b ∈R)的模记作 。
5、复数运算：（1）复数加法：(a+bi)+(c+di)=__________________（2）复数减法：(a+bi)-(c+di)=___________________（3）乘法：(a+bi)(c+di)=_________________ a ?bi ?_________________ （4）除法：c ?di 注意：(1)(a+bi)(a-bi)=________________2= ______________ (2)(a+bi)2=____________________ (3)(a-bi) 牛刀小试：6?5i (1)(6-5i)+(3+2i) (2)(6-5i)-(3+2i) (3)(6-5i)(3+2i) (4)i2?3精品文档．精品文档 二，高考链接i ?34 ）1、复数的实部是（i21?A.-2 B.2 C.3D.4 i ?3 . 2、复数 ）. 等于（ i1? ii2?i1?2i1?22? A ． C. B.D.ia ?2i ?b ? （ ）（a,b3、已知∈R ），其中i 为虚数单位，则a+b= i -1 B.1C.2D.3A ．ia ?z ?zi 是虚数单位)，则5、已知0＜a ＜2，复数|）|的取值范围是（( 53)C.(1,3)D.(1,5) A.(1,) B. (1,n i ）=1(i 是虚数单位）的是的取值中，使 （ 6、下列nA.n=2 B .n=3 C .n=4 D .n=5230?2z ??zz （，则满足方程 ）7、若复数i 22?i ?2?222?22 C. D. A. B. 对应的复数是（ ）若C 为线段AB 的中点，则点C 、在复平面内，复数86+5i, -2+3i 对应的点分别为A,B.4+8i B.8+2i C.2+4i D.4+i A ．ii ?1?1z ?z =（9、已知复数满足（ ）），则-2-i B.-2+i C.2-i D.2+i ．A 1 ?z i ?z ? 、设），则（ 10i?12312 D. B. C. A.222i1?2?( )11、??2i1?1111i?1i1??1??i1?i A. D. B. C.2222三、抢分演练)ii(1?2z?、在复平面内，复数（）对应的点位于1 D．第四象限. A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限2ix?(?1)?z(x?1)x( )、若复数2为纯虚数，则实数的值为1101??1．A． B． C D．或 .精品文档．精品文档22i??z i?z?1（）是虚数单位），则 3、设（z i1?1?i?1?i?1?iDA．．． C B．）i(1+i)i是虚数单位，等于（ 4、D. -1+iB. -1-iC.1-i A．1+i23?i)i(1?）（5、复数i22i? D．A．2B．－2 C．1i2?1?z，那么、已知复数） 6＝（z5225552112ii??i?i?B. D.A.C.55555555i?i是虚数单位，） 7、（i?3331311133i??i?ii? D、 AB、、C 、6226441212ia?aa（是纯虚数，则）8、已知=是实数，i?122 D.- A.1 B.-1 C.1?7i?a?bi(a,b?R)ab的值是（9、i ）是虚数单位，若（），则乘积2?i A.－15 B.－3 C.3 D.15??21+ii。
2021年新高考数学复数知识梳理题型归纳名师指点讲义版
2021年新高考数学复数知识梳理题型归纳名师指点讲义版第30讲-复数一、考情分析1.通过方程的解，认识复数；2.理解复数的代数表示及其几何意义，理解两个复数相等的含义；3.掌握复数代数表示式的四则运算，了解复数加、减运算的几何意义.二、知识梳理1.复数的有关概念2.复数的几何意义复数集C和复平面内所有的点组成的集合是一一对应的，复数集C与复平面内所有以原点O为起点的向量组成的集合也是一一对应的，即(1)复数z＝a＋b i复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R).(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )平面向量OZ →.3.复数的运算设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则 (1)加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； (2)减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； (3)乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ； (4)除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝（a ＋b i ）（c －d i ）（c ＋d i ）（c －d i ）＝ac ＋bd ＋（bc －ad ）ic 2＋d 2(c ＋d i ≠0).[微点提醒]1.i 的乘方具有周期性i n＝⎩⎨⎧1，n ＝4k ，i ，n ＝4k ＋1，－1，n ＝4k ＋2，－i ，n ＝4k ＋3(k ∈Z ).2.复数的模与共轭复数的关系 z ·z －＝|z |2＝|z －|2. 3.两个注意点(1)两个虚数不能比较大小；(2)利用复数相等a ＋b i ＝c ＋d i 列方程时，注意a ，b ，c ，d ∈R 的前提条件.三、 经典例题考点一 复数的相关概念【例1-1】（2020·江苏省马坝高中高二期中）i 为虚数单位，若复数()()11mi i ++是纯虚数，则实数m =（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．0或1【答案】C 【解析】()()()()1i 1i 11i m m m ++=-++是纯虚数，10 10m m -=⎧∴⎨+≠⎩，即1m =，故选C ．【例1-2】（2020·广东省高三二模（文））已知复数1234+=+izi，i为虚数单位，则||z＝（）A．15BC．12D．2【答案】B【解析】12123434iiz zi i++=====++．【例1-3】（2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他（理））已知复数13z a i=-，22z i=+（i为虚数单位），若12z z是纯虚数，则实数a=（）A．32-B．32C．3-D．3【答案】A【解析】122)((3)(6)(23)=+=++--i a az z a i i是纯虚数，所以(23)0+=a且60a-≠，可得32a=-【例1-4】（多选题）（2020·山东省高三开学考试）已知i为虚数单位，则下面命题正确的是（）A．若复数3iz=+，则131010iz=-．B．复数z满足21z i-=，z在复平面内对应的点为(),x y，则()2221x y+-=．C．若复数1z，2z满足21z z=，则120z z≥．D．复数13z i=-的虚部是3．【答案】ABC【解析】由()()11333i3i3i1010i iz-===-++-，故A正确；由z在复平面内对应的点为(),x y，则()221z i x y i-=+-=1=，则()2221x y+-=，故B正确；设复数1z a bi=+，则2z a bi=-，所以()()2122a bi a bz biz a+-=+=≥，故C正确；复数13z i=-的虚部是-3，故D不正确.【例1-5】（2020·上海高三专题练习）已知复数226(310)z m m m m i=--+--.当实数m为何值时，复数z为(1)实数；(2)纯虚数；(3)零.【解析】(1)z 为实数的充要条件是z 的虚部为0，即23100m m --=，解得2m =-或5m =，所以当2m =-或5m =时，z 为实数.(2)z 为纯虚数的充要条件是z 的虚部不为0，而实部为0，即22603100m m m m ⎧--=⎨--≠⎩，解得3m =， 所以当3m =时，z 为纯虚数.(3)z 为零的充要条件是z 的实部与虚部同时为零，即22603100m m m m ⎧--=⎨--=⎩，解得2m =-， 所以当2m =-时，0z =.规律方法 1.复数的分类及对应点的位置都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可. 2.解题时一定要先看复数是否为a ＋b i(a ，b ∈R )的形式，以确定实部和虚部.考点二 复数的几何意义【例2-1】（2020·江西省江西师大附中高三三模（理））若复数1a iz i+=-在复平面内对应的点在第二象限内，则实数a 的值可以是（ ） A ．1 B ．0C ．﹣1D ．﹣2【答案】B 【解析】∵()()()()11111122a i i a i a a z i i i i +++-+===+--+ 又因为复数在复平面内对应的点在第二象限内，∴102102a a -⎧⎪⎪⎨+⎪⎪⎩＜＞，得﹣1＜a ＜1．∴实数a 的值可以是0．【例2-2】（2020·山西省高三其他（文））设复数z 满足1i z z -=-（i 为虚数单位），z 在复平面内对应的点为（x ，y ），则（ ） A ．y x =- B ．y x =C ．()()22111x y -+-=D ．()()22111x y +++=【答案】B【解析】设(,)z x yi x y R =+∈，∵1i z z -=-，∴1x yi x yi i +-=+-， 即2222(1)(1)x y x y -+=+-，化简得y x =．【例2-3】（2020·湖北省高三月考（理））设复数z 满足|3|2z -=，z 在复平面内对应的点为(,)M a b ，则M 不可能为（ ）A ．B ．(3,2)C ．(5,0)D ．(4,1)【答案】D【解析】设z a bi =+， 因为|3|2z -=， 所以22(3)4a b -+=， 经验证(4,1)M 不满足，故选：D.【例2-4】（2020·陕西省高二期末（文））复数()2124(816)z a a a i =+-+-的共轭复数z 在复平面上对应的点在第四象限，则实数a 的取值范围为________． 【答案】()2,6 【解析】由题意可知：()2124(816)z a a a i =+---，所以21240,(816)0,a a a ⎧+->⎨--<⎩解得26a <<，即实数a 的取值范围是()2,6．【例2-5】（2020·苏州大学附属中学高二月考）已知复数()()2243i z m m m m =-++-，其中i 为虚数单位. （1）若复数z 是纯虚数，求实数m 的值；（2）复数z 在复平面内对应的点在第一象限，求实数m 的取值范围.【解析】解：（1）∵复数z 是纯虚数，∴224300m m m m ⎧-+=⎨-≠⎩，解得130,1m m m =⎧⎨≠≠⎩或，故3m =，（2）∵复数z 在复平面内对应的点在第一象限∴22430m m m m ⎧-+>⎨->⎩，解得3m >或0m <， ∴实数m 的取值范围为()(),03,-∞+∞.规律方法 1.复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )Z (a ，b )OZ→＝(a ，b ). 2.由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观.考点三 复数的运算【例3-1】 （2020·汉中市龙岗学校高三其他（理））设i 是虚数单位，则202011i i -⎛⎫= ⎪+⎝⎭（ ）A ．iB ．i -C ．1D ．1-【答案】C【解析】由于()()()21121112i i ii i i i ---===-++-，所以()()202020204505111i i i i ⨯-⎛⎫=-=-= ⎪+⎝⎭．【例3-2】 （2020·吉林省高三其他（文））若2z i =+，则z zz z-=（ ） A ．85i B ．2455i -C ．85i -D ．2455i +【答案】A【解析】2z i =+，2z i =-，()()222222282245i i z z i i i z z i i i +--+--=-==-+-. 【例3-3】 （2020·陕西省高三三模（文））已知复数i 2iz -= （其中i 是虚数单位），那么z 的共轭复数是（ ）A ．12i -B ．1+2iC ．-1-2iD ．-1+2i【答案】A 【解析】复数()22i 212i i i z i i--===+ z 的共轭复数是12i -.【例3-4】 （2020·重庆南开中学高三其他（理））21ii -=+（ ） A ．1322i + B ．1322i - C ．1322i -+ D ．1322i --【答案】B 【解析】()()()()21223113111222i i i i i i i i -----===-++-. 故选：B.【例3-5】 （2020·广西壮族自治区高三一模（文））12ii =+（ ） A ．112145145i -+ B ．112145145i - C ．112145145i + D ．112145145i -- 【答案】C 【解析】(12)11211212(12)(12)145145145i i i i i i i i -+===+++-， 规律方法 复数代数形式运算问题的常见类型及解题策略(1)复数的乘法.复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i 的看作一类同类项，不含i 的看作另一类同类项，分别合并即可.(2)复数的除法.除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题时要注意把i 的幂写成最简形式.(3)复数的运算与复数概念的综合题.先利用复数的运算法则化简，一般化为a ＋b i(a ，b ∈R )的形式，再结合相关定义解答.(4)复数的运算与复数几何意义的综合题.先利用复数的运算法则化简，一般化为a ＋b i(a ，b ∈R )的形式，再结合复数的几何意义解答.[方法技巧]1.复数的代数形式的运算主要有加、减、乘、除及求低次方根.除法实际上是分母实数化的过程.2.复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )是由它的实部和虚部唯一确定的，两个复数相等的充要条件是把复数问题转化为实数问题的主要方法.对于一个复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，既要从整体的角度去认识它，把复数看成一个整体；又要从实部、虚部的角度分解成两部分去认识.3.判定复数是实数，仅注重虚部等于0是不够的，还需考虑它的实部是否有意义.4.注意复数的虚部是指在a ＋b i(a ，b ∈R )中的实数b ，即虚部是一个实数.四、 课时作业1．（2020·辽宁省高三三模（文））已知a 为实数，若复数2(1)(1)z a a i =-++为纯虚数，则复数z 的虚部为（ ） A ．1B ．2iC ．±1D ．22．（2020·浙江省镇海中学高三其他）已知复数z 满足()1210z i +-=，其中i 为虚数单位，则复数z 的虚部是（ ） A ．12B ．12-C ．12i D ．12i -3．（2020·巩义市教育科研培训中心高三其他（文））在复平面内，复数11i-的共轭复数对应的点位于 A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限4．（2020·福建省厦门一中高三其他（文））已知复数()1z i i -=，则下面关于复数z 的命题正确的是（ ） A ．1122z i =+ B ．复数z 对应的点在第一象限 C ．1z =D ．复数z 的虚部与实部互为相反数5．（2020·陕西省高二期末（文））已知复数z 的实部为1，虚部的绝对值为3，则下列说法错误的是（ ） A ．10z z+是实数 B ．102z z+< C ．101z z+> D ．z 在复平面中所对应的点不可能在第三象限6．（2020·陕西省高三其他（理））若()()()232mi i m R --∈是纯虛数，则在复平面内复数21m iz i-=+所对应的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限7．（2020·山西省高三其他（文））设复数z 满足1i z z -=-（i 为虚数单位），z 在复平面内对应的点为（x ，y ），则（ ）A ．y x =-B ．y x =C ．()()22111x y -+-= D ．()()22111x y +++=8．（2020·湖北省高三月考（理））设复数z 满足|3|2z -=，z 在复平面内对应的点为(,)M a b ，则M 不可能为（ ）A ．B ．(3,2)C ．(5,0)D ．(4,1)9．（2020·重庆巴蜀中学高二期中）已知复数z 满足()411i z i +=-（i为虚数单位），则复数2z -在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限10．（2020·重庆八中高三其他（理））212ii+=-（ ） A ．i -B ．iC ．1i +D ．1i -+11．（2020·河南省高三三模（文））已知复数z =，则复数z 的共轭复数z =（ ）A 12i B ．122i - C ．122i + D ．12+ 12．（2020·海林市朝鲜族中学高二期末（文））复数52i -的共轭复数是（ ） A ．i +2B ．i -2C ．-i -2D ．2 - i13．（2020·河南省高三其他（文））已知i 为虚数单位，则43ii =-（ ） A ．2655i + B ．2655i - C ．2655i -+ D ．2655i --14．（2020·河南省高三其他（理））已知i 是虚数单位，z 是复数z 的共轭复数，若2iz i+=，则z =（ ） A ．12i -B ．12i +C ．2i +D ．2i -15．（2020·辽宁省高三其他（理））已知复数1sin cos 33z i θθ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭为纯虚数，则tan θ=（ ）A ．-B ．4-C ．4D ．16．（2020·四川省高三三模（理））复数z 满足（4+3i ）z ＝3﹣2i （i 为虚数单位），则复数z 在复平面内对应的点位于（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限17．（2020·河南省高三三模（理））已知复数z ＝511-+i i，则z ＝（ ）A ．﹣1B ．﹣iC ．1D ．i18．（2020·甘肃省高三其他（文））在复平面内，表示复数121iz i+=-的点位于（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限19．（2020·江西省南昌十中高三其他（文））复数z 的共轭复数z 满足()234i z i +=+，则z ＝（ ） A ．2+iB ．2﹣iC ．l +2iD ．1﹣2i20．（2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他（理））已知复数13z a i =-，22z i =+（i 为虚数单位），若12z z 是纯虚数，则实数a =（ ） A ．32-B ．32C ．3-D ．321．（2020·梅河口市第五中学高三其他（理））已知5(0)2az a i=>+，若5z z ⋅=，则a =( )A ．1B C D ．522．（2020·陕西省高二期末（文））若复数1z ，2z 满足1134z z i +=-，212z i ++=，则12z z -的最小值为（ ）．A ．110B ．1110C ．2110D ．2110-23．（2020·上海曹杨二中高二期末）设复数()0,0z a bi a b =+>≠是实系数方程20x px q ++=的根，又3z 为实数，则点(),p q 的轨迹在一条曲线上，这条曲线是（ ） A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线24．（2020·上海曹杨二中高二期末）复数(),z a bi a b R =+∈，()m z z b =+，n z z =⋅，2p z =，则（ ） A ．m 、n 、p 三数都不能比较大小B ．m 、n 、p 三数的大小关系不能确定C ．m n p ≤=D ．m n p ≥=25．（2020·河南省高三其他（理））在复平面内，复数20592i z i-=+的共轭复数对应的向量OZ 为（ ） A ． B ．C ．D ．26．（多选题）（2020·山东省高三其他）已知复数ππ1cos 2sin 222z i θθθ⎛⎫=++-<< ⎪⎝⎭（其中i 为虚数单位）下列说法正确的是（ ）A ．复数z 在复平面上对应的点可能落在第二象限B ．z 可能为实数C ．2cos z θ=D ．1z 的实部为12 27．（多选题）（2020·山东省高三开学考试）已知i 为虚数单位，则下面命题正确的是（ ）A ．若复数3i z =+，则131010i z =-． B ．复数z 满足21z i -=，z 在复平面内对应的点为(),x y ，则()2221x y +-=．C ．若复数1z ，2z 满足21z z =，则120z z ≥．D ．复数13z i =-的虚部是3．28．（多选题）已知z 1与z 2是共轭虚数，以下四个命题一定正确的是( )A ．z 12<|z 2|2B ．2122z z z =C ．z 1+z 2∈RD ．12z R z ∈ 29．（多选题）（2020·山东省高三其他）设复数12z =-+，则以下结论正确的是（ ） A ．20z B ．2z z = C ．31z = D ．2020z z =30．（多选题）（2020·福建省高三月考（文））欧拉公式cos sin ix e x i x =+（i 为虚数单位，x ∈R ）是由瑞土著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它被誉为“数学中的天桥”，根据此公式可知，下面结论中正确的是（ ）A ．10i e π+=B ．1ix e =C ．cos 2ix ixe e x --= D ．12i e 在复平面内对应的点位于第二象限31．（2020·上海高三专题练习）已知复数()2262153m m z m m i m --=++-+，当m 为何实数时，复数z 是： （1）实数；（2）虚数；（3）纯虚数；（4）对应点在实轴的上方.32．（2020·宁波市北仑中学高一期中）设1z 是虚数，2111z z z =+是实数，且211z -≤≤． （1）求|z 1|的值以及z 1的实部的取值范围．（2）若1111z z ω-=+，求证：ω为纯虚数． 33．（2020·全国高一课时练习）如图所示，平行四边形OABC ，顶点O ，A ，C 分别表示0,3＋2i ，－2＋4i ，试求：(1) ,AO BC 所表示的复数；(2)对角线CA 所表示的复数；(3)B 点对应的复数．34．（2020·全国高三课时练习）设复数12,z z 满足12122210z z iz iz +-+=.（1）若12,z z 满足212z z i -=，求12,z z .（2）若1z =k ，使得等式24z i k -=恒成立？若存在，试求出k 的值；若不存在，请说明理由.35．（2020·上海高三专题练习）已知复数，，，，，满足，．（1）若所对应点在圆上，求所对应点的轨迹； （2）是否存在这样的直线，对应点在上，所对应点也在直线上？若存在，求出所有这些直线；若不存在，请说明理由．。
高考数学一轮总复习专题30复数的概念及运算检测理(2021年整理)
2019年高考数学一轮总复习专题30 复数的概念及运算检测理编辑整理：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（2019年高考数学一轮总复习专题30 复数的概念及运算检测理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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专题30 复数的概念及运算本专题特别注意:1。
复数四则运算2。
复数加减的几何意义3. 复数与数列的综合4.复数与二项式定理的综合问题5. 复数的模和共轭复数问题【学习目标】1．理解复数的有关概念，掌握复数相等的充要条件，并会应用．2．了解复数的代数形式的表示方法,能进行复数的代数形式的四则运算．3．了解复数代数形式的几何意义及复数的加、减法的几何意义，会简单应用．【方法总结】1。
设z＝a＋b i（a，b∈R）,利用复数相等的充要条件转化为实数问题是求解复数常用的方法.2。
实数的共轭复数是它本身，两个纯虚数的积是实数.3.复数问题几何化,利用复数、复数的模、复数运算的几何意义，转化条件和结论，有效利用数和形的结合，取得事半功倍的效果。
【高考模拟】一、单选题1．已知，其中是虚数单位,是复数的共轭复数，则复数（ )A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】化简原式，利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数,求得复数，从而可得结果.【详解】，，故选C。
【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念,复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简,防止简单问题出错，造成不必要的失分。
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考点集训(三十) 第30讲 复数
对应学生用书p 233
A 组题
1．已知复数z ＝1＋a i (a ∈R ，i 是虚数单位)，z z ＝－35＋45
i ，则a ＝( )
A ．2
B ．－2
C ．±2
D ．－12
[解析] z z ＝1－a 2－2a i 1＋a 2
＝－35＋45i ，∴a ＝－2. [答案] B
2．若复数z 满足(3－4i )z ＝|4＋3i |，则z 的虚部为( )
A ．－4
B ．－45
C ．4
D .45
[解析] 因为|4＋3i |＝
42＋32＝5，所以z ＝53－4i ＝5（3＋4i ）（3－4i ）（3＋4i ）
＝3＋4i 5＝35＋45i ，所以z 的虚部为45
. [答案] D
3．已知a ∈R ，i 为虚数单位，若(1－2i)(a ＋i)为纯虚数，则a 的值等于( )
A ．－6
B ．－2
C ．2
D ．6 [解析] (1－2i)(a ＋i)＝(a ＋2)＋(1－2a )i ，由复数的定义有：⎩
⎪⎨⎪⎧a ＋2＝0，
1－2a ≠0，∴a ＝－2. [答案] B
4．在复平面内，复数||
3＋4i 1＋i 对应的点位于( )
A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
[解析] ||3＋4i 1＋i
＝51＋i ＝5（1－i ）2，对应的点位于第四象限． [答案] D
5．在复平面内，复数21＋i
对应的点与原点的距离是( ) A ．1 B . 2 C ．2 D ．2 2
[解析] 21＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2（1－i ）2＝1－i .对应的点与原点的距离是||
1－i ＝2.
[答案] B
6．设复数a ＋b i (a ，b ∈R )的模为3，则(a ＋b i)(a －b i)＝( ) A. 3 B ．2 C ．3 D ．2 3
[解析] ∵|a ＋b i|＝a 2＋b 2＝3，
∴(a ＋b i)(a －b i)＝a 2＋b 2＝3.
[答案] C
7．若z ＝4＋3i ，则z |z|
等于( ) A ．1 B ．－1
C .45＋35i
D .45－35
i [解析] z ＝4＋3i ，|z|＝5，z |z|＝45－35
i . [答案] D
8．(多选)设z 1，z 2是复数，则下列命题中的真命题是( )
A ．若|z 1－z 2|＝0，则z 1＝z 2
B ．若z 1＝z 2，则z 1＝z 2
C ．若|z 1|＝|z 2|，则z 1·z 1＝z 2·z 2
D ．若|z 1|＝|z 2|，则z 21＝z 22
[解析] A 中，|z 1－z 2|＝0，则z 1＝z 2，故z 1＝z 2，成立．B 中，z 1＝z 2，则z 1＝z 2成立．C 中，|z 1|＝|z 2|，则|z 1|2＝|z 2|2，即z 1·z 1＝z 2z 2，C 正确．D 不一定成立，如z 1＝1＋3i ，z 2＝2，
则|z 1|＝2＝|z 2|，但z 21＝－2＋23i ，z 22＝4，z 21≠z 22.
[答案] ABC
B 组题
1．若z ＝sin θ－35＋⎝
⎛⎭⎫cos θ－45i 是纯虚数，则tan θ＝( ) A ．±34 B ．±43 C ．－34 D .34
[解析] 由题设⎩⎨⎧sin θ－35＝0，cos θ－45
≠0，所以sin θ＝35，cos θ＝－45，则tan θ＝－34. [答案] C
2．已知复数z ＝x ＋(x －a)i ，若对任意实数x ∈[1，2]，恒有|z|>||z ＋i ，则实数a 的取值范围是( )
A .⎝⎛⎦⎤－∞，12
B .⎝
⎛⎭⎫－∞，12 C .⎣⎡⎭⎫32，＋∞ D .⎝⎛⎭⎫32，＋∞
[解析] |z|＝
x 2＋（x －a ）2， ||z ＋i ||＝x ＋（a ＋1－x ）i ＝x 2＋（a ＋1－x ）2，即x 2＋（x －a ）2>x 2＋（a ＋1－x ）2，所以转化为(x －a)2>[]（a ＋1）－x 2，整理得a<x －
12，则只需a<⎝⎛⎭⎫x －12min ，当x ∈[1，2]时， x －12≥12
，所以a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，12. [答案] B
3．已知复数z ＝x ＋y i ，且|z －2|＝3，则y x
的最大值为________．
[解析] ∵|z －2|＝
（x －2）2＋y 2＝3， ∴(x －2)2＋y 2＝3.
由图可知⎝⎛⎭
⎫y x max ＝31＝ 3. [答案] 3
4．已知z ∈C ，且z ＝1＋t i 1－t i
(t ∈R )，则复数z 对应的点的轨迹为____________． [解析] 设复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，∴x ＋y i ＝1＋t i 1－t i ＝（1＋t i ）21＋t 2＝1－t 2＋2t i 1＋t 2.据复数相等，可得⎩⎨⎧
x ＝1－t 21＋t 2
， ①y ＝2t 1＋t
2， ② ①2＋②2得x 2＋y 2＝1. ③
由①②可知x ，y 是③的解，但是否是曲线上的点呢？我们可通过求x 或y 的范围来考虑．由①得t 2＝1－x 1＋x ≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x －1）（x ＋1）≤0，
x ＋1≠0，
∴－1＜x ≤1. 而由③得y 2＝1－x 2≥0，∴－1≤x ≤1.
综上，所求轨迹是单位圆，除去(－1，0)点．
[答案] x 2＋y 2＝1(
x ≠－1)
5．已知复数ω满足ω－4＝(3－2ω)i (i 为虚数单位)，z ＝5ω
＋|ω－2|.则一个以z 为根的实系数一元二次方程为______________．
[解析] ω(1＋2i )＝4＋3i ，∴ω＝4＋3i 1＋2i
＝2－i ， ∴z ＝5
2－i ＋|2－i －2|＝5（2＋i ）5＋1＝3＋i . 又实系数方程虚根成对出现，即3－i 是另一个根，
∴z ＋z ＝6，zz ＝10，
∴所求的一个一元二次方程可以是x 2－6x ＋10＝0.
[答案] x 2－6x ＋10＝0
6．若虚数z 同时满足下列两个条件：
①z ＋5z
是实数； ②z ＋3的实部与虚部互为相反数．
这样的虚数是否存在？若存在，求出z ；若不存在，请说明理由．
[解析] 这样的虚数存在，z ＝－1－2i 或z ＝－2－i .
理由如下：
设z ＝a ＋b i (a ，b ∈R 且b ≠0)，
z ＋5z ＝a ＋b i ＋5a ＋b i
＝a ＋b i ＋5（a －b i ）a 2＋b 2
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋5a a 2＋b 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫b －5b a 2＋b 2i. ∵z ＋5z
是实数， ∴b －5b
a 2＋
b 2＝0. 又∵b ≠0，∴a 2＋b 2＝5.①
又z ＋3＝(a ＋3)＋b i 的实部与虚部互为相反数， ∴a ＋3＋b ＝0.②
联立①②得⎩
⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋3＝0，
a 2＋
b 2＝5， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，
b ＝－1，
故存在虚数z ＝－1－2i 或z ＝－2－i 满足条件.。