第2讲　数系的扩充与复数的引入 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第2 2讲讲 数系的扩充与复数的引入数系的扩充与复数的引入 第十一章 算法、复数与推理 证明 考纲解读 1.理解复数的基本概念及复数相等的充要条件(重点) 2了解复数的代数表示法及几何意义，能将代数形式的复数在复 平面上用点或向量表示，并能将复平面上的点或向量所对应的复数 用代数形式表示 3能进行复数形式的四则运算，并了解复数代数形式的加、减运 算的几何意义(重点、难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲在高考中属于必考内 容预测 2021 年将会考查：复数

2、的基本概念与四则运算；复 数模的计算；复数的几何意义题型为客观题，难度一般不大， 属于基础题型. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.复数的有关概念 内容 意义 备注 复数的 概念 形如01 _(aR，bR) 的数叫复数， 其中实部为02 _， 虚部为03 _ 若 b0，则 abi 为实 数； 若 a0 且 b0， 则 abi 为纯虚数 复数 相等 a bi c di 04 _ 实部与实部、虚部与虚 部对应相等 共轭 复数 a bi 与 c di 共 轭 05 _(a，b，c，d R) 实数的共轭复数是它本 身 abi a b ac且bd ac且bd 内容 意义 备注 复平面

3、建立平面直角坐标系来表示复 数的平面叫做复平面，06 _ 叫实轴，y 轴叫虚轴 实轴上的点都表示实数； 除了原点外，虚轴上的点 都表示纯虚数，各象限内 的点都表示虚数 复数 的模 设OZ 对应的复数为 zabi， 则 向量OZ 的长度叫做复数 za bi 的模 |z|abi|07 _ a2b2 x轴 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 zabi 复平面内的点01 _(a，b R) (2)复数 zabi(a，bR) 平面向量OZ . Z(a，b) 3复数代数形式的四则运算

4、(1)运算法则 设 z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则 运算名称 符号表示 语言叙述 加减法 z1 z2(abi) (cdi)01 _ 把实部、虚部分别相加 减 乘法 z1 z2(abi)(cdi)02 _ 按照多项式乘法进行， 并把 i2换成1 (a c)(b d)i (acbd)(adbc)i 运算名称 符号表示 语言叙述 除法 z1 z2 abi cdi abicdi cdicdi 03 _ 把分子、分母分别乘以 分母的共轭复数，然后 分子、分母分别进行乘 法运算 acbd c2d2 bcad c2d2 i(cdi0) (2)复数加法的运算定律 复数的加法满足交换律、结合律，

5、即对任何 z1，z2，z3C，有 z1 z204 _，(z1z2)z305 _. (3)复数乘法的运算定律 复数的乘法满足交换律、结合律、分配律，即对于任意 z1，z2，z3 C，有 z1 z206 _，(z1 z2) z307 _，z1(z2z3)08 _. z2z1 z1(z2z3) z2 z1 z1 (z2 z3) z1z2z1z3 (4)复数加、减法的几何意义 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09 _所对应的复数 复数减法的几何意义：复数 z1z2是10 _所对 应的复数 4模的运算性质：|z|2| z |201 _；|z1

6、 z2|02 _； z1 z2 03 _. OZ1 OZ2 OZ1 OZ2 即Z2Z1 z z |z1| |z2| |z1|z2| 答案答案 1概念辨析 (1)关于x的方程ax2bxc0(a， b， cR且a0)一定有两个根 ( ) (2)若复数 abi 中 a0，则此复数必是纯虚数( ) (3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小( ) (4)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) 2小题热身 (1)已知 i 为虚数单位，z 4 1i，则复数 z 的虚部为( ) A2i B.2i C2 D.2 解析

7、z 4 1i 41i 1i1i 41i 2 22i，故虚部为2.故选 D. 答案答案 解析解析 (2)(2019 全国卷)设 z32i， 则在复平面内 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 z 32i，故 z对应的点(3，2)位于第三象限故选 C. 答案答案 解析解析 (3)在复平面内，复数 zcos3isin3(i 为虚数单位)，则|z|为( ) A4 B.3 C2 D.1 解析 |z| cos23sin231. 答案答案 解析解析 (4)设复数 z12i，z2a2i(i 为虚数单位，aR)，若 z1z2R，则 a _. 解析 因为 z1z2(2i

8、)(a2i)2a2(4a)i，且 z1z2是实数，所以 4a0 即 a4. 4 解析解析 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 1(2019 全国卷)若 z(1i)2i，则 z( ) A1i B.1i C1i D.1i 题型题型 一一 复数代数形式的四则运算复数代数形式的四则运算 解析 由 z(1i)2i，得 z 2i 1i 2i1i 1i1i 2i1i 2 i(1i)1 i.故选 D. 答案答案 解析解析 2已知 i 是虚数单位， 1i 1i 8 2 1i 2020_. 解析 原式 1i 1i 8 2 1i 2 1010i8 2 2i 1010i8i10101i42522 0. 0

9、 解析解析 1复数代数形式运算问题的解题策略 (1)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 (2)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 (3)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 2记住以下结论，可提高运算速度 (1)(1 i)2 2i；(2)1i 1ii； (3)1i 1ii；(4) abi i bai； (5)i4n1，i4n 1i，i4n21，i4n3i(nN).

10、1.2i1i 2 12i ( ) A2 B.2 C.1 3 D.1 3 解析 2i1i2 12i 2i2i 12i 4i2 12i 212i 12i 2. 答案答案 解析解析 2(2019 武汉模拟)设复数 z 满足12z 1z i，则 z( ) A.1 5 3 5i B.1 5 3 5i C1 5 3 5i D.1 5 3 5i 答案答案 解析 解法一：由 12z 1z i 得 12ziiz，所以 z 1i 2i 1i2i 2i2i 1 5 3 5i.故选 C. 解法二：设 zabi(a，bR)，则12z 1z i 可化为 12a2biiai b，则 12a2bib(1a)i，所以 12ab

11、， 2b1a， 解得 a1 5， b3 5， 所以 z1 5 3 5i.故选 C. 解析解析 1(2019 全国卷)设 zi(2i)，则 z ( ) A12i B.12i C12i D.12i 题型题型 二二 复数的有关概念复数的有关概念 解析 zi(2i)12i， z 12i.故选 D. 答案答案 解析解析 2(2019 青岛二模)“a2”是“复数 za2i1i i (aR)为纯虚 数”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 a2 时，a2i1i i 21i1i i 4 i 4i，为纯虚 数；若a2i1i i a2a2i i a2(a2

12、)i 是纯虚数，则 a2 0，a20，所以 a2.所以“a2”是“复数 za2i1i i (aR) 为纯虚数”的充要条件故选 C. 答案答案 解析解析 3(2019 全国卷)设 z 3i 12i，则|z|( ) A2 B. 3 C. 2 D.1 解析 z 3i 12i 3i12i 12i12i 17i 5 ，|z| 1 5 2 7 5 2 2. 故选 C. 答案答案 解析解析 4(2020 东北育才学校模拟)若复数 zai 1i，且 zi 30，则实数 a 的值 等于( ) A1 B.1 C.1 2 D.1 2 解析 zai 1i ai1i 1i1i a1a1i 2 ， zi3a1i 3a1i

13、4 2 a1ia1 2 .zi30，zi3为实数， a1 2 0，a1.当 a1 时，zi310，符合题意故选 A. 答案答案 解析解析 处理复数基本概念问题的关键 因为复数的分类、相等、模、共轭复数等问题都与实部和虚部有 关，所以处理复数有关基本概念问题的关键是找准复数的实部和虚部， 即转化为 abi(a，bR)的形式，再从定义出发，把复数问题转化成实 数问题来处理. 1(2020 山西大学附中模拟)复数i6i |34i| 的实部与虚部之差为( ) A1 B.1 C7 5 D.7 5 解析 因为i6i |34i| 1 5 6 5i，所以实部为 1 5，虚部为 6 5，所以实 部与虚部之差为1

14、 5 6 5 1.故选 B. 答案答案 解析解析 2(2017 浙江高考)已知 a，bR，(abi)234i(i 是虚数单位)，则 a2b2_，ab_. 解析 因为(abi)2a2b22abi.由(abi)234i， 得 a2b23， ab2. 解得 a24，b21.所以 a2b25，ab2. 5 解析解析 2 1(2020 福州质检)设复数 z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称， z12i，则z1 z2( ) A1i B.3 5 4 5i C14 5i D.14 3i 题型题型 三三 复数的几何意义复数的几何意义 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

15、 z22i，所以z1 z2 2i 2i 2i2 5 3 5 4 5i，故选 B. 答案答案 解析解析 2(2019 长沙一模)在复平面内表示复数mi mi的点位于第一象限，则实 数 m 的取值范围是( ) A(，1) B.(，0) C(0，) D.(1，) 答案答案 解析 由题意，得mi mi mi2 mimi m212mi m21 m 21 m21 2m m21i， 所以复数mi mi对应的点的坐标为 m21 m21， 2m m21 .又此点位于第一象限，所 以 m21 m210， 2m m210， 解得 m1，即实数 m 的取值范围是(1，)故选 D. 解析解析 3(2019 全国卷)设复

16、数 z 满足|zi|1，z 在复平面内对应的点为(x， y)，则( ) A(x1)2y21 B.(x1)2y21 Cx2(y1)21 D.x2(y1)21 解析 由已知条件，可得 zxyi.|zi|1， |xyii|1，x2(y1)21.故选 C. 答案答案 解析解析 复数的几何意义及应用 (1)复数 z、复平面上的点 Z 及向量OZ 相互联系，即 zabi(a，b R)Z(a，b)OZ . (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 提醒：|z|的几何意义：令 zxyi(x，yR)，则|z|

17、x2y2，由 此可知表示复数 z 的点到原点的距离就是|z|的几何意义；|z1z2|的几何 意义是复平面内表示复数 z1，z2的两点之间的距离. 1(2019 长春二模)已知复数 zii2，则在复平面内 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 ii21i，ii2在复平面内对应的点为(1,1)，在第二 象限故选 B. 答案答案 解析解析 2在复平面内，若 O(0,0)，A(2，1)，B(0,3)，则在OACB 中，点 C 所对应的复数为( ) A22i B.22i C1i D.1i 解析 在OACB 中，OC OA OB (2，1)(0,3)(2,2)

18、，所以点 C 所对应的复数为 22i. 答案答案 解析解析 3如图所示的网格纸中小正方形的边长是 1，复平面内点 Z 对应的复数 z 满足(z1i) z1，则复数 z1( ) A2 5 4 5i B.2 5 4 5i C.2 5 4 5i D2 5 4 5i 解析 由图可知 z2i，因为(z1i) z1， 所以 z11 zi 1 2ii 2i 5 i2 5 4 5i. 答案答案 解析解析 3 课时作业课时作业 PART THREE 1(2019 潍坊模拟)设 zi3 2i 12i，则 z 的虚部是( ) A1 B.4 5i C2i D.2 A组组 基础关基础关 解析 zi3 2i 12ii 2

19、i12i 12i12ii 25i2i2 5 ii 2i，z 的虚部为2.故选 D. 答案答案 解析解析 2(2020 大连摸底)在复平面内，复数 z47i 23i(i 是虚数单位)，则 z 的 共轭复数 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 解析 z47i 23i 47i23i 13 1326i 13 12i，其共轭复数 z 12i 对应的点(1,2)在第二象限 答案答案 解析解析 3(2019 南宁二模)若复数 z 满足(1z)(1i)12i(i 是虚数单位)，则 |z|( ) A. 2 2 B. 3 2 C. 2 D. 3 答案答案 解析 解

20、法一：由(1z)(1i)12i，得 z12i 1i 11 2 1 2i，所以|z| 1 2 2 1 2 2 2 2 .故选 A. 解法二：设 zabi(a，bR)由(1z)(1i)12i，得(1abi)(1 i)12i，所以(1ab)(1ab)i12i， 所以 1ab1， 1ab2， 解得 a1 2， b1 2， 所以 z1 2 1 2i，则|z| 1 2 2 1 2 2 2 2 .故选 A. 解析解析 4 (2019 广东湛江测试)若z(a 2)ai为纯虚数， 其中aR， 则 ai7 1ai ( ) Ai B.1 Ci D.1 解析 z 为纯虚数， a 20， a0， a 2， ai7 1a

21、i 2i 1 2i 2i1 2i 1 2i1 2i 3i 3 i.故选 C. 答案答案 解析解析 5已知 m 为实数，i 为虚数单位，若 m(m24)i0，则m2i 22i ( ) Ai B.1 Ci D.1 解析 因为 m(m24)i0，所以 m(m24)i 是实数，所以 m0， m240， 故 m2.所以m2i 22i 22i 22i 1i 1ii. 答案答案 解析解析 6 (2019 江西省重点中学协作体第一次联考)已知 i 为虚数单位， (1i)x 2yi，其中 x，yR，则|xyi|( ) A2 2 B. 2 C2 D.4 解析 (1i)x2yi，xix2yi.x2，y2，|xyi|

22、2 2. 故选 A. 答案答案 解析解析 7(2017 全国卷)设有下面四个命题： p1：若复数 z 满足1 zR，则 zR； p2：若复数 z 满足 z2R，则 zR； p3：若复数 z1，z2满足 z1z2R，则 z1 z 2； p4：若复数 zR，则 z R. 其中的真命题为( ) Ap1，p3 B.p1，p4 Cp2，p3 D.p2，p4 答案答案 解析 设 zabi(a，bR)，z1a1b1i(a1，b1R)，z2a2b2i(a2， b2R)对于 p1，若1 zR，即 1 abi abi a2b2R，则 b0 且 a0za biaR，所以 p1为真命题对于 p2，若 z2R，即(ab

23、i)2a22abib2 R，则 ab0.当 a0，b0 时，zabibi/ R，所以 p2为假命题对 于 p3，若 z1z2R，即(a1b1i)(a2b2i)(a1a2b1b2)(a1b2a2b1)iR，则 a1b2a2b10.而 z1 z 2，即 a1b1ia2b2ia1a2，b1b2.因为 a1b2 a2b10/ a1a2，b1b2，所以 p3为假命题对于 p4，若 zR，即 a biR，则 b0 z abiaR，所以 p 4为真命题故选 B. 解析解析 8(2017 天津高考)已知 aR，i 为虚数单位，若ai 2i为实数，则 a 的 值为_ 解析 aR，ai 2i ai2i 2i2i

24、2a1a2i 5 2a1 5 a2 5 i 为 实数，a2 5 0，a2. 2 解析解析 9.设 i 是虚数单位，若 z i2020 i20211，则复数 z 的虚部是_ 解析 因为 z i2020 i20211 i505 4 i505 411 1 i1 1 2 1 2i，所以复数 z 的虚 部是1 2. 1 2 解析解析 10已知复数 z 满足 z|z|3i，则 z_. 解析 设 zabi(a，bR)因为 z|z|3i，所以 a a2b2bi 3i，即 a a2b23， b1， 解得 a4 3， b1， 所以 z4 3i. 4 3i 解析解析 1(2019 哈尔滨模拟)复数 zabi(a，b

25、R)，i 为虚数单位， z 为 z 的共轭复数，则以下结论正确的是( ) Az2|z|2 B若 a0 则 z 为纯虚数 C(z z )(z z)0 D若 ab，则 z 对应复平面上的点在复平面一、三象限角平分线上 B组组 能力关能力关 答案答案 解析 z2(abi)2a2b22abi， |z|2( a2b2)2a2b2， 故 A 错误； 当 a0，b0 时，z 为纯虚数，故 B 错误；因为 zabi(a，bR)，所以 z abi，(z z)(z z)2bi 2a4abi0，故 C 错误；zabi，对应 复平面上的点坐标为(a，b)，若 ab，则此点在复平面一、三象限角平分线 上，故 D 正确

26、解析解析 2(2019 湖北四地七校联考)欧拉公式 eicosisin(e 是自然对数的 底数， i 是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的 它将三角函数的定义 域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占 有非常重要的地位，当 时，就有 ei10.根据上述背景知识，试判断 ei2020 3 表示的复数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 答案答案 解析 由题意，ei 2020 3 cos 2020 3 isin 2020 3 cos 6 3 isin 3 1 2 3 2 i， 则ei2020 3 表示的复数在复平面内对应的点为

27、 1 2， 3 2 ， 位于第二象限故选 B. 解析解析 3(2019 西安模拟)已知方程 x2(4i)x4ai0(aR)有实根 b，且 zabi，则复数 z 等于( ) A22i B.22i C22i D.22i 解析 由题意得 b2(4i)b4ai0，整理得(b24b4)(ab)i 0，所以 b220， ab0， 所以 a2， b2， 所以 z22i. 答案答案 解析解析 4已知复数 z 在复平面内对应的点在第三象限，则 z1 z |z|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 令 zabi(a0， b|a|， z1 z |z|( a2b2 a

28、)bi，又 a2b2a0，b0，所以 z1在复平面内对应的点在第一象 限 答案答案 解析解析 5已知复数 z(a2)(a1)i(aR)的对应点在复平面的第二象限， 则|1ai|的取值范围是_ 解析 复数 z(a2)(a1)i 对应的点的坐标为(a2，a1)，因为 该点位于第二象限，所以 a20， 解得1a2.所以|1ai| 1a21， 5) 1， 5) 解析解析 6复数 z1，z2满足 z1m(4m2)i，z22cos(3sin)i(m， R)，并且 z1z2，则 的取值范围是_ 解析 由复数相等的充要条件，可得 m2cos， 4m23sin， 化简得 44cos23sin，由此可得 4cos23sin44(1sin2)3sin44sin23sin4 sin3 8 2 9 16，因为 sin1,1，所以 9 16，7 . 9 16，7 解析解析 本课结束本课结束