1、第三章第三章 数系的扩充与复数的引入数系的扩充与复数的引入 本章复习提升本章复习提升 易混易错练易混易错练 易错点易错点 1 1 对复数的相关概念混淆不清致错对复数的相关概念混淆不清致错 1.(2019 安徽黄山高三质量检测,)已知复数 - 是纯虚数,则实数 a 为( ) A.-6 B.6 C.- D. 2.(2019 山东济南外国语学校高三月考,)复数 - (i 为虚数单位)的虚部是 ( ) A.-1 B.1 C.-i D.i 3.()有以下四个命题:(1)互为共轭复数的两个复数的差是纯虚数;(2)若 zC, 则 z 20;(3)若 z 1,z2C,且 z1-z20,则 z1z2;(4)(z
2、1-z2) 2+(z 2-z3) 2=0,则 z 1=z2=z3.其中 正确的有 个. 4.()若 z1=a+2i,z2=3-4i,且 为纯虚数,求实数 a 的值. 易错点易错点 2 2 对复数的几何意义理解不清致错对复数的几何意义理解不清致错 5.(2019 辽宁丹东高三总复习质量测试,)在复平面内,复数(2-i)z 对应的点 位于第二象限,则复数 z 可取 ( ) A.2 B.-1 C.i D.2+i 6.(2019 广西梧州高二下期末,)已知复数 z1,z2在复平面内对应的点关于虚 轴对称,z1=3-i(i 为虚数单位),则 =( ) A. - i B.- + i C.- - i D.
3、+ i 7.(2020 山西高三开学考试,)设 x,yR,i 为虚数单位,且 =1+2i,则 z=x+yi 的共轭复数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 8.(2019 重庆高三三模,)已知 i 为虚数单位,复数 z 满足(1+i)z=1-i,则 z 在 复平面内对应的点的坐标为( ) A.(0,1) B.(0,-1) C.(1,0) D.(-1,0) 易错点易错点 3 3 对复数的运算不熟悉致错对复数的运算不熟悉致错 9.(2019 山西太原高三模拟,)已知 i 是虚数单位,则复数 =( ) A.1 B.-1 C.i D.-i 10.(2019
4、 云南昆明一中高三适应性训练,) - =( ) A. - i B. + i C. - i D. + i 11.(2019 河北唐山高三下三模,)已知复数 z 满足(2+i)z=i 2 019,则 z 在复平 面上对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 易错点易错点 4 4 复数相等的条件应用出错复数相等的条件应用出错 12.()若复数 z 满足 2z+ =3-2i,其中 i 为虚数单位,则 z=( ) A.1+2i B.1-2i C.-1+2i D.-1-2i 13.(2019 广东佛山二中高二下月考,)已知 =b+i(a,bR),其中 i 为虚数单 位,则
5、 a+b= . 易错点易错点 5 5 对复数的模理解不透出错对复数的模理解不透出错 14.(2019 云南曲靖陆良高三二模,)已知复数 z 满足(2-i) =|3+4i|,则 z=( ) A.2+i B.-2-i C.2-i D.-2+i 15.(2019 福建厦门一中高二下期中,)已知复数 z 满足 z(1-i)=3+2i,则 |z|= . 16.(2019 天津实验中学高三段考,)若复数 z 满足 iz= -i(i 为虚数单位), 则|z|= . 17.()在复数范围内求不等式|z 2-4z+3|0,在 C 内解方程 z 2+2|z|=a. 2.()设 tR R,求关于 x 的方程 x 2
6、+2x+t=0 的两根的模的和. 二、函数与方程思想 3.()求虚数 z,使 z+ R R,且|z-3|=3. 4.()已知复数 z1=(1+bi)(2+i),z2=3+(1-a)i(a,bR R,i 为虚数单位). (1)若 z1=z2,求实数 a,b 的值; (2)若 b=1,a=0,求| - |. 三、数形结合思想 5.()已知复平面内点 A,B 对应的复数分别是 z1=sin 2+i,z 2=-cos 2+icos 2, 其中 (0,),设向量 对应的复数为 z. (1)求复数 z; (2)若复数 z 对应的点 P 在直线 y= x 上,求 的值. 6.()复数 z 满足|z+3- i
7、|= ,求|z|的最大值和最小值. 7.()设复数 z1,z2满足|z1|=|z2|=4,|z1+z2|=4 ,求|z1-z2|. 8.()求满足条件|z|=1,且| |=| - |的复数 z 的集合. 四、整体代换思想 9.()设复数 z 和它的共轭复数 满足 4z+2 =3 +i,求复数 z. 10.()已知 z 7=1(zC C 且 z1),证明:1+z+z2+z3+z4+z5+z6=0. 11.()已知 zC C,解方程|z| 2-3i =1+3i. 12.()求同时满足下列两个条件的所有复数 z. (1)z+ R R 且 1z+ 6; (2)z 的实部和虚部都是整数. 五、转化与化归
8、思想 13.()设 a,b,c,dR R,若 为实数,则( ) A.bc+ad0 B.bc-ad0 C.bc-ad=0 D.bc+ad=0 答案全解全析答案全解全析 易混易错练易混易错练 1.B - = - = - 为纯虚数, - =0, 0,a=6. 2.B 因为 - = - - =- - = =i, 所以虚部是 1,故选 B. 3.答案答案 0 解析解析 (1)错,设互为共轭复数的两个复数分别为 z=a+bi 及 =a-bi(a,bR), 则 z- =2bi,当 b0 时,z- 是纯虚数,当 b=0 时,z- =0;(2)错,反例:设 z=i,则 z 2=i2=-10,但 z1,z2不能比
9、较大 小;(4)错,设 z1=1,z2=i,z3=-1,则(z1-z2) 2+(z 2-z3) 2=0,但此时 z 1,z2,z3并不相等. 故答案是 0. 易错警示易错警示 本题易错填 4,主要是对复数的相关概念混淆不清.(1)当得到 z- =2bi 时就认为是纯虚数,忽略了 b 可以为 0 的情况.(2)错误地认为任何一个实数的平 方大于等于 0 可以推广到复数中.(3)错误地认为两个实数之差大于 0 等价于前一 个实数大于后一个实数可以推广到复数中.(4)把等式性质错误地推广到复数中. 4.解析解析 z1=a+2i,z2=3-4i, = - = - = - = - + i, 为纯虚数,
10、- 解得 a= . 5.B 不妨设 z=a+bi(a,bR),则(2-i)z=(2-i)(a+bi)=(2a+b)+(2b-a)i, 结合题意可知:2a+b0. 对于 A,若 z=2,则 2a+b=4,2b-a=-2,不合题意; 对于 B,若 z=-1,则 2a+b=-2,2b-a=1,符合题意; 对于 C,若 z=i,则 2a+b=1,2b-a=2,不合题意; 对于 D,若 z=2+i,则 2a+b=5,2b-a=0,不合题意. 故选 B. 6.B 复数 z1,z2在复平面内对应的点关于虚轴对称,z1=3-i,z2=-3-i, = - - - =- + i.故选 B. 7.A 由 =1+2i
11、,得 3+4i=(1+2i)(x+yi),即 3+4i=x-2y+(2x+y)i, - 解得 - z=x+yi 的共轭复数为 + i, z=x+yi 的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为( ),该点在第一象限.故选 A. 8.B 由(1+i)z=1-i,得 z= - = - - =-i,复数 z 在复平面内对应的点的坐标 为(0,-1). 9.D 依题意 = = = - - =-i,故选 D. 10.B - = - = = + i,故选 B. 11.C 由(2+i)z=i 2 019,得 z= = = - = - - - =- - i, z 在复平面上对应的点的坐标为(- - ),位于第三象限
12、. 12.B 设 z=a+bi(a,bR),则 2z+ =3a+bi=3-2i,故 a=1,b=-2,则 z=1-2i,故选 B. 13.答案答案 1 解析解析 因为 =b+i,所以 2-ai=b+i,所以 - 即 - 所以 a+b=1. 14.C (2-i) =|3+4i|= =5, = - = - =2+i,z=2-i. 15.答案答案 解析解析 因为 z(1-i)=3+2i, 所以 z= - = - = , 所以|z|=( ) ( ) = . 16.答案答案 2 解析解析 由题意可得 z= - =-1- i, 则|z|= - - =2. 17.解析解析 由题意得|z-3|z-1|z-1|
13、z-1|(|z-3|-1)0, |z-1|0,|z-3|1,且 z1. 所求不等式的解集表示以点(3,0)为圆心,1 为半径的圆的内部. 18.解析解析 设 x=x0是方程的实数根,代入方程并整理得( +kx0+2)+(2x0+k)i=0, 由复数相等的充要条件, 得 解得 - 或 - 错因分析错因分析 误运用系数为实数情况下方程有根的充要条件,得 =(k+2i) 2- 4(2+ki)0,解得 k2 或 k-2 . 易错警示易错警示 处理一元二次方程问题时,运用 时注意其条件为方程中各项系数为 实数. 19.解析解析 由题意,得 =k 2-4(k2-2k)=-3k2+8k0k , 设两根分别为
14、 z1、z2,则 z2= , |z2|=|z1|=1,得 z1z2=1, z1z2=k 2-2kk2-2k=1k 1=1- ,k2=1+ . 又 k , 所以 k=1- . 20.A 设复数 z=x+yi(x,yR R),则|z+i|=|x+(y+1)i|= , |z+3i|=|x+(y+3)i|= , 结合题意有 x 2+(y+1)2=x2+(y+3)2, 整理可得 y+2=0, 即复数 z 对应的点的轨迹是直线. 21.解析解析 设 z=x+yi(x,yR R),则 - - - 消去 a 2-2a,得 y=-x+2, 又因为 x=a 2-2a+4=(a-1)2+33, 所以复数 z 对应的
15、点的轨迹是射线 y=-x+2(x3). 22.解析解析 设 z=x+yi(x,yR). 由于 - = - = - - - - - = - - - , 而 - 为纯虚数,则有 - - - - 即 - 整理可得( - ) +y2= (y0), 所以复数 z 对应的复平面内的点 Z 的轨迹是以( )为圆心, 为半径的圆(去掉点 (0,0)和(1,0). 思想方法练思想方法练 1.解析解析 a,|z|R R, z 2=a-2|z|R R, z 为实数或纯虚数. (1)若 z 为实数,原方程转化为|z| 2+2|z|-a=0,解得 z= (-1+ ); (2)若 z 为纯虚数,设 z=bi(b0,bR
16、R), 于是方程转化为|b| 2-2|b|+a=0. 当 01 时,方程无实根. 综上,01 时,z= (-1+ ). 2.解析解析 设已知方程的两根分别为 , 当 =4-4t0,即 t1 时,R R,R R. 又 +=-2,=t. 若 0t1,则原方程有两个负的实根,此时|+|=-(+)=2; 若 t0,则原方程有一个正根,一个负根,此时|+|=|-|= - = - =2 - ; 若 t=0,则|+|=2. 当 =4-4t1 时,均为虚数. tR R, 为虚根时, 也为虚根,且 = , 此时|=|,=t| 2=t,|= , |+|=2 . 综上,当 t1 时,|+|=2 ; 当 0t1,|+
17、|=2; 当 t0, sin = ,= 或 = . 6.解析解析 解法一:|z+3- i|z|-|3- i|, 又|z+3- i|= , |3- i|= =2 , |z|-2 | , 即 |z|3 , |z|的最大值为 3 ,最小值为 . 解法二:|z+3- i|= 表示以-3+ i 对应的点 P(-3, )为圆心,以 为半径的 圆,如图所示, 则|OP|=|-3+ i|= =2 , 显然|z|max=|OP|+ =3 , |z|min=|OP|- = . 7.解析解析 复数 z1和 z2在复平面内表示向量 与 ,画出如图所示的平行四边形. 依题意,有| |=4,| |=4,| |=4 , 所
18、以 cosOBC= - =- , 因为AOB+OBC=180 , 所以 cosAOB= , 所以 AB 2=42+42-2 4 4cosAOB=16, 所以 AB=4,即|z1-z2|=4. 8.解析解析 因为|z|=1,所以 z 在复平面内对应的点在单位圆上. 又| |=| - |,所以 z 在复平面内对应的点在直线 x= 上,如图所示.由图可知只 有点 A,B 所表示的复数满足条件,易得点 A,B 的坐标分别为 , ,( - ). 所以点 A,B 对应的复数分别为 + i, - i. 故复数 z 的集合是 - . 9.解析解析 设 z=a+bi(a,bR),将 4z+2 =3 +i 化为
19、2z+(2z+2 )=3 +i. 由 2z+2 =2(a+bi)+2(a-bi)=4a,整体代入,得 2z+4a=3 +i, 所以 6a+2bi=3 +i. 根据复数相等的充要条件,得 故 z= + i. 10.证明证明 设 1+z+z 2+z3+z6=t, 则 z 7+z+z2+z3+z6=t, 即 z(1+z+z 2+z6)=t, 所以 zt=t,即(z-1)t=0, 因为 z1,所以 t=0,即结论成立. 11.解析解析 原方程变形为 = - - =-1- - i, 所以 z=-1+ - i, 所以|z|= ( - ) , 整理得|z| 4-11|z|2+10=0, 解得|z| 2=1 或|z|2=10, 代入式得原方程的解是 z=-1 或 z=-1+3i. 12.解析解析 设 z+ =t(tR R),得 z 2-tz+10=0, 因为 tR,1t6, 所以方程的判别式 =t 2-400, 所以 z= - = - i, 又因为 z 的实部与虚部都是整数, 所以 t=2 或 t=6, 所以 z1=1+3i,z2=1-3i,z3=3+i,z4=3-i. 13.C 由已知,得 = + - i. 因为 为实数,所以虚部 - =0,即 bc-ad=0.
