2020版高考数学（理）一轮复习通用版讲义第十一章第二节复数

第二节复__数1.复数的有关概念(1)复数的概念：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a，b分别是它的实部和虚部.(2)复数的分类：z＝a＋bieq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(实数b＝0，,虚数b≠0\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(纯虚数a＝0，,非纯虚数a≠0.))))有关复数的3点注意(1)若一个复数是实数，仅注重虚部为0是不够的，还要考虑它的实部是否有意义.(2)一个复数为纯虚数，不仅要求实部为0，还需要求虚部不为0.(3)两个不全为实数的复数不能比较大小.(3)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R).(4)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R).(5)复数的模：向量eq\o(OZ,\s\up7(→))的模r叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2).2.复数的几何意义(1)复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R).(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq\o(OZ,\s\up7(→)).3.复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；④除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0).(2)复数加法的运算定律设z1，z2，z3∈C，则复数加法满足以下运算律：①交换律：z1＋z2＝z2＋z1；②结合律：(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3).[熟记常用结论]1.(1±i)2＝±2i，eq\f(1＋i,1－i)＝i，eq\f(1－i,1＋i)＝－i.4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*).3.z·eq\x\to(z)＝|z|2＝|eq\x\to(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.4.复数加法的几何意义：若复数z1，z2对应的向量eq\o(OZ1,\s\up7(→))，eq\o(OZ2,\s\up7(→))不共线，则复数z1＋z2是以eq\o(OZ1,\s\up7(→))，eq\o(OZ2,\s\up7(→))为邻边的平行四边形的对角线eq\o(OZ,\s\up7(→))所对应的复数.5.复数减法的几何意义：复数z1－z2是eq\o(OZ1,\s\up7(→))－eq\o(OZ2,\s\up7(→))＝eq\o(Z2Z1,\s\up7(→))所对应的复数.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)方程x2＋x＋1＝0没有解.()(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.()(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.()(4)原点是实轴与虚轴的交点.()(5)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.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√二、选填题x，y∈R，若(x＋y)＋(y－1)i＝(2x＋3y)＋(2y＋1)i，则复数z＝x＋yi在复平面上对应的点位于()解析：选D由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2x＋3y，,y－1＝2y＋1，))所以x＝4，y＝－2，所以复数z＝4－2i位于复平面的第四象限，故选D.z＝eq\f(2,1－i)，其中i为虚数单位，则eq\x\to(z)＝()A.1＋i B.1－iC.－1＋i D.－1－i解析：选B∵z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，∴eq\x\to(z)＝1－i，故选B.3.化简：eq\f(3－i,2＋i)＝________.解析：eq\f(3－i,2＋i)＝eq\f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(5－5i,5)＝1－i.答案：1－iz＝(1＋i)(1＋2i)，其中i是虚数单位，则|z|＝________.解析：∵z＝(1＋i)(1＋2i)＝1＋2i＋i＋2i2＝－1＋3i，∴|z|＝eq\r(－12＋32)＝eq\r(10).答案：eq\r(10)考点一复数的有关概念[基础自学过关][题组练透]1.(2019·湘东五校联考)若复数(m2－m)＋mi为纯虚数，则实数m的值为()解析：选C由纯虚数的概念得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－m＝0，,m≠0，))解得m＝1.2.(2019·黄冈模拟)已知复数z＝eq\f(a,2－i)＋eq\f(2－i,5)的实部与虚部的和为2，则实数a的值为()解析：选D易知z＝eq\f(a,2－i)＋eq\f(2－i,5)＝eq\f(a2＋i,5)＋eq\f(2－i,5)＝eq\f(2a＋2,5)＋eq\f(a－1i,5)，由题意得eq\f(2a＋2,5)＋eq\f(a－1,5)＝2，解得a＝3.故选D.3.(2018·唐山五校联考)已知eq\f(z,1－i)＝2＋i，则eq\x\to(z)(z的共轭复数)为()A.－3－i B.－3＋iC.3＋i D.3－i解析：选C由题意得z＝(2＋i)(1－i)＝3－i，所以eq\x\to(z)＝3＋i，故选C.4.(2019·重庆调研)已知i为虚数单位，复数z＝eq\f(1＋3i,2＋i)，则|z|＝________.解析：|z|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋3i,2＋i)))＝eq\f(|1＋3i|,|2＋i|)＝eq\f(\r(10),\r(5))＝eq\r(2).答案：eq\r(2)[名师微点]解决复数概念问题的方法及注意事项(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，则该复数的实部为a，虚部为b.z1＝a＋bi与z2＝c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R).考点二复数的运算[基础自学过关][题组练透]1.(2018·全国卷Ⅱ)eq\f(1＋2i,1－2i)＝()A.－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i B.－eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)iC.－eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i D.－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i解析：选Deq\f(1＋2i,1－2i)＝eq\f(1＋2i2,1－2i1＋2i)＝eq\f(－3＋4i,5)＝－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.2.(2019·合肥质检)已知i为虚数单位，则eq\f(2＋i3－4i,2－i)＝()C.－eq\f(7,5)－eq\f(12,5)i D.－eq\f(7,5)＋eq\f(12,5)i解析：选Aeq\f(2＋i3－4i,2－i)＝eq\f(10－5i,2－i)＝5，故选A.3.(2019·贵阳模拟)设i为虚数单位，复数z满足i(z＋1)＝1，则复数z＝()A.1＋i B.1－iC.－1－i D.－1＋i解析：选C由题意，得z＝eq\f(1,i)－1＝－1－i，故选C.4.(2018·惠州模拟)已知复数z的共轭复数为eq\x\to(z)，若eq\x\to(z)(1－i)＝2i(i为虚数单位)，则z＝()A.i B.－1＋iC.－1－i D.－i解析：选C由已知可得eq\x\to(z)＝eq\f(2i,1－i)＝eq\f(2i1＋i,1－i1＋i)＝－1＋i，则z＝－1－i，故选C.5.(2018·全国卷Ⅰ)设z＝eq\f(1－i,1＋i)＋2i，则|z|＝()A.0 B.eq\f(1,2)C.1 D.eq\r(2)解析：选C∵z＝eq\f(1－i,1＋i)＋2i＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＋2i＝eq\f(－2i,2)＋2i＝i，∴|z|＝1.故选C.[名师微点]复数代数形式运算问题的解题策略复数的加减法在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可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，解题中要注意把i的幂写成最简形式考点三复数的几何意义[基础自学过关][题组练透]1.(2018·武汉调研)设(1－i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则x＋yi在复平面内所对应的点位于()解析：选D∵x，y是实数，∴(1－i)x＝x－xi＝1＋yi，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,－x＝y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，))∴x＋yi在复平面内所对应的点为(1，－1)，位于第四象限.故选D.2.(2019·沈阳质量监测)已知i为虚数单位，则复数eq\f(1－i,1＋2i)的共轭复数在复平面内对应的点位于()解析：选Beq\f(1－i,1＋2i)＝eq\f(1－i1－2i,1＋2i1－2i)＝－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i，其共轭复数为－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i，在复平面内对应的点位于第二象限，故选B.3.若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是()A.(－∞，1) B.(－∞，－1)C.(1，＋∞) D.(－1，＋∞)解析：选B因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)，又此点在第二象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＜0，,1－a＞0，))解得a＜－1.z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，则eq\f(z1,z2)＝()A.1＋i B.eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)iC.1＋eq\f(4,5)i D.1＋eq\f(4,3)i解析：选B因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，所以z2＝2－i，所以eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋i,2－i)＝eq\f(2＋i2,5)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i，故选B.z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面内对应的点分别为A，B，C，若eq\o(OC,\s\up7(→))＝λeq\o(OA,\s\up7(→))＋μeq\o(OB,\s\up7(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是________.解析：由条件得eq\o(OC,\s\up7(→))＝(3，－4)，eq\o(OA,\s\up7(→))＝(－1,2)，eq\o(OB,\s\up7(→))＝(1，－1)，根据eq\o(OC,\s\up7(→))＝λeq\o(OA,\s\up7(→))＋μeq\o(OB,\s\up7(→))，得(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λ＋μ＝3，,2λ－μ＝－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝2.))∴λ＋μ＝1.答案：1[名师微点](1)复数z、复平面上的点Z及向量eq\o(OZ,\s\up7(→))相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔eq\o(OZ,\s\up7(→)).(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.2.与复数的几何意义相关问题的一般步骤(1)进行简单的复数运算，将复数化为标准的代数形式；(2)把复数问题转化为复平面内的点之间的关系，依据是复数a＋bi与复平面上的点(a，b)一一对应.eq\a\vs4\al([课时跟踪检测])一、题点全面练1.(2018·全国卷Ⅲ)(1＋i)(2－i)＝()A.－3－i B.－3＋iC.3－i D.3＋i解析：选D(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i.2.(2019·南昌模拟)已知复数z满足(1＋i)z＝2，则复数z的虚部为()A.1 B.－1C.i D.－i解析：选B∵(1＋i)z＝2，∴z＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(21－i,1＋i1－i)＝1－i，则复数z的虚部为－1.故选B.3.(2018·福州模拟)若复数z＝eq\f(a,1＋i)＋1为纯虚数，则实数a＝()A.－2 B.－1解析：选A因为复数z＝eq\f(a,1＋i)＋1＝eq\f(a1－i,1＋i1－i)＋1＝eq\f(a,2)＋1－eq\f(a,2)i为纯虚数，所以eq\f(a,2)＋1＝0，且－eq\f(a,2)≠0，解得a＝－2.故选A.4.(2019·石家庄质检)若复数z满足eq\f(z,1－i)＝i，其中i为虚数单位，则共轭复数eq\x\to(z)＝()A.1＋i B.1－iC.－1－i D.－1＋i解析：选B由题意，得z＝i(1－i)＝1＋i，所以eq\x\to(z)＝1－i.5.(2019·重庆六校联考)若z＝4＋3i，则eq\f(\x\to(z),|z|)＝()A.1 B.－1C.eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i D.eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i解析：选D因为z＝4＋3i，所以eq\x\to(z)＝4－3i，|z|＝5，故eq\f(\x\to(z),|z|)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.z＝(a＋i)2(a∈R)在复平面内对应的点在y轴上，则|z|＝()解析：选C由z＝(a＋i)2＝a2－1＋2ai在复平面内对应的点在y轴上，知a2－1＝0，即a＝±1，所以z＝±2i，故|z|＝2.7.(2018·南宁模拟)已知(1＋i)·z＝eq\r(3)i(i是虚数单位)，那么复数z在复平面内对应的点位于()解析：选A因为z＝eq\f(\r(3)i,1＋i)＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(3),2)i，所以复数z在复平面内对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，在第一象限，故选A.a，b∈R，i是虚数单位，若(1＋i)(1－bi)＝a，则eq\f(a,b)的值为________.解析：因为(1＋i)(1－bi)＝1＋b＋(1－b)i＝a，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋b＝a，,1－b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,a＝2，))所以eq\f(a,b)＝2.答案：29.复数|1＋eq\r(2)i|＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3)i,1＋i)))2＝________.解析：原式＝eq\r(12＋\r(2)2)＋eq\f(1－\r(3)i2,1＋i2)＝eq\r(3)＋eq\f(－2－2\r(3)i,2i)＝eq\r(3)＋i－eq\r(3)＝i.答案：iz2＝z1－ieq\x\to(z)1(其中eq\x\to(z)1表示z1的共轭复数)，已知z2的实部是－1，则z2的虚部为________.解析：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，所以eq\x\to(z)1＝a－bi，z2＝z1－ieq\x\to(z)1＝a＋bi－i(a－bi)＝a＋bi－ai－b＝a－b＋(b－a)i，因为z2的实部是－1，所以a－b＝－1，所以z2的虚部为b－a＝1.答案：1z＝bi(b∈R)，eq\f(z－2,1＋i)是实数，i是虚数单位.(1)求复数z；(2)若复数(m＋z)2所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围.解：(1)因为z＝bi(b∈R)，所以eq\f(z－2,1＋i)＝eq\f(bi－2,1＋i)＝eq\f(bi－21－i,1＋i1－i)＝eq\f(b－2,2)＋eq\f(b＋2,2)i.又因为eq\f(z－2,1＋i)是实数，所以eq\f(b＋2,2)＝0，所以b＝－2，即z＝－2i.(2)因为z＝－2i，m∈R，所以(m＋z)2＝(m－2i)2＝m2－4mi＋4i2＝(m2－4)－4mi，又因为复数(m＋z)2所表示的点在第一象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－4＞0，,－4m＞0，))解得m＜－2，即实数m的取值范围为(－∞，－2).z同时满足下列两个条件：①z＋eq\f(5,z)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：这样的虚数存在，z＝－1－2i或z＝－2－i.理由如下：设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，z＋eq\f(5,z)＝a＋bi＋eq\f(5,a＋bi)＝a＋bi＋eq\f(5a－bi,a2＋b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(5a,a2＋b2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(5b,a2＋b2)))i.∵z＋eq\f(5,z)是实数，∴b－eq\f(5b,a2＋b2)＝0.又∵b≠0，∴a2＋b2＝5.①又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，∴a＋3＋b＝0.②联立①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－1，))故存在虚数z，z＝－1－2i或z＝－2－i满足条件.二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1.△ABC的三个顶点对应的复数分别为z1，z2，z3，若复数z满足|z－z1|＝|z－z2|＝|z－z3|，则z对应的点为△ABC的()解析：选D由几何意义知，复数z对应的点到△ABC的三个顶点距离相等，z对应的点是△ABC的外心.z1＝a＋2i，z2＝－2＋i，且|z1|＜|z2|，则实数a的取值范围是()A.(－∞，－1)∪(1，＋∞) B.(－1,1)C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)解析：选B∵|z1|＝eq\r(a2＋4)，|z2|＝eq\r(5)，∴eq\r(a2＋4)＜eq\r(5)，即a2＋4＜5，∴a2＜1，即－1＜a＜1.3.若1＋eq\r(2)i是关于x的实系数方程x2＋bx＋c＝0的一个复数根，则b＝________，c＝________.解析：∵实系数一元二次方程x2＋bx＋c＝0的一个虚根为1＋eq\r(2)i，∴其共轭复数1－eq\r(2)i也是方程的根.由根与系数的关系知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)i＋1－\r(2)i＝－b，,1＋\r(2)i1－\r(2)i＝c，))∴b＝－2，c＝3.答案：－23(二)交汇专练——融会巧迁移4.[与集合交汇]已知集合M＝{1，m,3＋(m2－5m－6)i}，N＝{－1,3}，若M∩N＝{3}，则实数m的值为________.解析：∵M