2024版高考数学一轮总复习第5章平面向量复数第6节数系的扩充与复数的引入.docx

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1、第六节数系的扩充与复数的引入考试要求：1理解复数的代数表示及其几何意义2理解两个复数相等的含义3掌握复数代数形式的四则运算，了解复数加、减运算的几何意义一、教材概念结论性质重现1复数的定义及分类(1)复数的定义形如abi(a，bR)的数叫做复数，其中i叫做虚数单位，实部是a，虚部是b(2)复数的分类：复数zabi(a，bR)实数b=0虚数b0纯虚数a=0非纯虚数a02复数的有关概念(1)复数相等：abicdiac且bd(a，b，c，dR)(2)共轭复数：abi与cdi共轭ac，bd(a，b，c，dR)(3)模：向量OZ的模叫做复数zabi的模，记作|abi|或|z|，即|z|abi|a2+b2

2、(a，bR)3复数的几何意义复平面的概念建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面实轴、虚轴在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外，虚轴上的点都表示纯虚数复数的几何表示复数zabi一一对应复平面内的点Z(a，b)一一对应平面向量OZ几何意义复数的加、减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行如图给出的平行四边形OZ1ZZ2，OZOZ1+OZ2，Z1Z2OZ2OZ14.复数的运算法则设z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则：(1)z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i.(2)z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i.(3)z1z2(abi)(c

3、di)(acbd)(adbc)i.(4)z1z2a+bic+dia+bicdic+dicdiac+bdc2+d2+bcadc2+d2i(cdi0)5常用结论及复数加、减法的几何意义(1)(1i)22i，1+i1ii，1i1+ii.(2)i4n1，i4n+1i，i4n+21，i4n+3i，i4ni4n+1i4n+2i4n+30(nN*)(3)zz|z|2|z|2，|z1z2|z1|z2|，z1z2z1z2，|zn|z|n.(4)复数加法的几何意义：若复数z1，z2对应的向量OZ1，OZ2不共线，则复数z1z2是以OZ1，OZ2为邻边的平行四边形的对角线OZ所对应的复数(5)复数减法的几何意义：复

4、数z1z2是OZ1OZ2Z2Z1所对应的复数二、基本技能思想活动经验1判断下列说法的正误，对的画“”，错的画“”(1)方程x2x10没有解()(2)复数zabi(a，bR)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()2(1i)4()A4B4C4iD4iA解析：(1i)4(1i)22(2i)24.3在复平面内，向量AB对应的复数是2i，向量CB对应的复数是13i，则向量CA对应的复数是()A12iB12iC34iD34iD解析：CACB+BA13i(

5、2i)34i.4若复数z(x21)(x1)i为纯虚数，则实数x_1解析：因为z为纯虚数，所以x21=0，x10，所以x1.5已知(12i)z43i，则z_2i解析：因为(12i)z43i，所以z4+3i1+2i4+3i12i1+2i12i105i52i，所以z2i.考点1复数的有关概念基础性1设aR且a0，若复数(1ai)3是实数，则a2()A9B6 C3D2C解析：因为(1ai)313ai3(ai)2(ai)313a2(3aa3)i，所以3aa30，又a0，所以a23.故选C.2已知a，bR，a3i(bi)i(i为虚数单位)，则()Aa1，b3Ba1，b3Ca1，b3Da1，b3B解析：因为

6、a3i(bi)i1bi，a，bR，所以a1，b3.3设复数z1+i2 0212i，则z的虚部是()A35B35i C15D15iA解析：z1+i2 0212i1+i4505i2i1+i2i1+i2+i2i2+i1+3i5，所以z的虚部是35.故选A.解决复数概念问题的方法及注意事项(1)复数的分类及对应点的位置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不是abi(a，bR)的形式，以确定实部和虚部(3)解决此类问题的关键是弄清复数的相关概念，如第1题易弄混复数为实数的条件而致错；第3题易混淆复数虚

7、部的概念而误选B.考点2复数的几何意义应用性(1)(2021新高考全国卷)复数2i13i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A解析：2i13i2i1+3i13i1+3i5+5i1012+12i.故选A.(2) (2020全国卷)设复数z1，z2满足|z1|z2|2，z1z23i，则|z1z2|_23解析：方法一：设z1，z2在复平面内对应的向量为OZ1，OZ2，以OZ1，OZ2为邻边作平行四边形(图略)则|z1z2|2|z1z2|22(|z1|2|z2|2)，所以|z1z2|22(2222)412，所以|z1z2|23.方法二：设复数z1abi，z2cdi

8、(a，b，c，dR)，则a2b24，c2d24.又z1z2(ac)(bd)i3i，所以ac3，bd1，则(ac)2(bd)2a2c2b2d22ac2bd4，所以82ac2bd4，即2ac2bd4，所以|z1z2|ac2+bd2a2+b2+c2+d22ac+2bd8423.若本例(2)条件不变，则复数z1z2对应向量与复数z1对应向量的夹角等于_60解析：因为|z1|z2|z1z2|2，所以由平行四边形法则知，复数z1与复数z1z2对应向量的夹角为60.复数几何意义问题的解题策略(1)复数z、复平面上的点Z及向量OZ间的相互联系：zabi(a，bR)Z(a，b)OZ(a，b)(2)由于复数、点、

9、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，使问题简单化1(2022聊城月考)设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z12i，则z1z2()A1iB35+45i C145iD143iB解析：因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z12i，所以z22i，所以z1z22+i2i2+i2535+45i.2复数z满足|z2|1，则|z|的最大值为()A1B2C3D3C解析：设zxyi(x，yR)，因为|z2|1，所以复数z对应点Z(x，y)在以A(2，0)为圆心，1为半径的圆上运动由图可知当点Z位于点B(3，0)处时，点Z到原

10、点的距离最大，最大值为3.故选C.考点3复数的运算综合性考向1复数的乘法运算(1)(2021新高考卷)已知z2i，则z(zi)()A62iB42i C62iD42iC解析：因为z2i，所以z2i，则z(zi)(2i)(22i)44i2i262i.故选C.(2)若复数z满足z1ii，其中i为虚数单位，则z()A1iB1i C1iD1iA解析：因为z1ii，所以zi(1i)1i，所以z1i.复数乘法运算的要点复数的乘法类似于多项式的乘法，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，但要注意把i2换成1.考向2复数的除法运算(1) (2021全国乙卷)设iz43i，则

11、z()A34iB34iC34iD34iC解析：方法一：因为iz43i，所以i2z(43i)i34i，所以z34i，则z34i.故选C.方法二：由iz43i，得z4+3ii4+3iiii34i.故选C.(2)(2022新高考卷)若i(1z)1，则zz()A2B1C1D2D解析：由i(1z)1，得1z1iii2i，所以z1i，则z1i，所以zz1i1i2.求解复数除法问题的注意点除法的关键是分子、分母同乘分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式1(2022全国甲卷)若z1i，则|iz3z|()A45B42C25D22D解析：z1i，所以iz3zii23(1i)i133i22i，则|iz3z

12、|22+2222.2(多选题)下面是关于复数z21+i的四个命题，其中的真命题为()A|z|2Bz22iCz的共轭复数为1iDz的虚部为1BD解析：因为z21+i21i1+i1i1i，所以|z|2，z22i，z的共轭复数为1i，z的虚部为1，故选BD.3欧拉公式eicos isin 把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数cos 和sin 联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学的天桥”若复数z满足(eii)zi，则|z|()A1B22C32D2B解析：由题意ziei+iicos+isin+ii1+ii1i1+i1ii+121212i，所以z122+12222.故选B.课时质量评价(三

13、十一)A组全考点巩固练1(2022新高考卷)(22i)(12i)()A24iB24iC62iD62iD解析：(22i)(12i)24i2i4i262i.2(2022全国乙卷)设(12i)ab2i，其中a，b为实数，则()Aa1，b1 Ba1，b1Ca1，b1 Da1，b1A解析：因为(12i)ab2i，所以ab2ai2i，即a+b=0，2a=2，解得a=1，b=1.3(2022北京卷)若复数z满足iz34i，则|z|()A1B5 C7D25B解析：由iz34i，得z34ii3i4，所以|z|34ii34ii32+4215.4(2022全国甲卷)若z13i，则zzz1()A13iB13iC13+

14、33iD1333iC解析：因为z13i，所以zz|z|212+3224，则zzz11+3i4113+33i.5设i为虚数单位，则复数z25i1+i的虚部为()A32B32C92D92B解析：z25i1+i22+521+i31i1+i1i33i23232i，所以复数z的虚部为32.故选B.6复数z1，z2分别对应复平面内的点M1，M2，且|z1z2|z1z2|，线段M1M2的中点M对应的复数为43i(i是虚数单位)，则|z1|2|z2|2()A10B100C52D50B解析：由|z1z2|z1z2|可知，OM1OM2，故OM1M2为直角三角形，故有z12+z22OM12+OM22|M1M2|24

15、|OM|2100，故选B.B组新高考培优练7若复数z满足z(2i)(2i)(34i)，则|z|等于()A5B3 C5D25C解析：由题意z(2i)(2i)(34i)105i，则z105i2i105i2+i2i2+i5，所以|z|5.8(多选题)(2022邯郸二模)若复数z满足(2i)z5i0，则()Az的虚部为2Bz12iCz在复平面内对应的点位于第二象限D|z4|25AD解析：由z5i2+i12i，虚部为2，故A正确；z12i，故B错误；z在复平面内对应的点位于第三象限，故C错误；|z4|z|4(5)425，故D正确故选AD.9在复平面内，复数zabi(aR，bR)对应向量OZ(O为坐标原点

16、)，设|OZ|r，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为，则zr(cos isin )法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z1r1(cos1+isin1)，z2r2(cos 2isin 2)，则z1z2r1r2cos (12)isin (12)，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：znr(cos isin )nrn(cos nisin n)，则(13i)10()A1 0241 0243i B1 0241 0243iC5125123i D5125123iD解析：根据复数乘方公式znr(cos isin )nrn(cos nisin n)，得(13i)10210cos1023+isin10231 024cos203+isin2031 02412+32i5125123i.故选D.10若复数za+i1+i(i是虚数单位)在复平面内对应的点在第一象限，则实数a的取值范围是_(1，1)解析：由题意得za+i1+ia+i1i1+i1ia+1+1ai2，因为z在复平面内对应的点在第一象限，所以a+10，1a0，所以1a1.11已知复数z对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述如下(i为虚数单位)：甲：zz2；乙：zz23i；丙：zz4；丁：zzz22.在甲、乙、丙、丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数z1i