高中第三章 数系的扩充与复数的引入综合与测试一课一练

第三章　数系的扩充与复数的引入

易混易错练

易错点1　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z∈C,则z2≥0;(3)若z1,z2∈C,且z1-z2>0,则z1>z2;(4)(z1-z2)2+(z2-z3)2=0,则z1=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2　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.+i

7.(2020山西高三开学考试,★★☆)设x,y∈R,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3　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=i2 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4　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,b∈R),其中i为虚数单位,则a+b=　　　　. 

易错点5　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|z2-4z+3|<|z-1|的解集表示的图形.

易错点6　方程有解的条件判断出错

18.(★★☆)已知关于x的方程x2+(k+2i)x+2+ki=0有实数根,求实数k应满足的条件.

19.(★★☆)已知关于x的方程x2+kx+k2-2k=0有一个模为1的虚根,求实数k的值.

易错点7　求复数的轨迹问题出错

20.(2019河北沧州高二下期中,★★☆)满足条件|z+i|=|z+3i|的复数z对应的点的轨迹是(　　)

A.直线 B.圆

C.椭圆 D.线段

21.(★★☆)已知a为实数,则复数z=(a2-2a+4)-(a2-2a+2)i对应的点的轨迹是什么?

22.(★★☆)若为纯虚数,则复数z对应的复平面内的点Z的轨迹是什么?

思想方法练

一、分类讨论思想

1.(★★☆)设a>0,在C内解方程z2+2|z|=a.

2.(★★☆)设t∈R,求关于x的方程x2+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,且|z-3|=3.

4.(★★☆)已知复数z1=(1+bi)(2+i),z2=3+(1-a)i(a,b∈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=sin2θ+i,z2=-cos2θ+icos 2θ,其中θ∈(0,π),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θ的值.

6.(★★☆)复数z满足|z+3-i|=,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z7=1(z∈C且z≠1),证明:1+z+z2+z3+z4+z5+z6=0.

11.(★★☆)已知z∈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且1<z+≤6;

(2)z的实部和虚部都是整数.

五、转化与化归思想

13.(★★☆)设a,b,c,d∈R,若为实数,则(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.bc+ad≠0 B.bc-ad≠0

C.bc-ad=0 D.bc+ad=0

答案全解全析

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　0

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,b∈R),

则z-=2bi,当b≠0时,z-是纯虚数,当b=0时,z-=0;(2)错,反例:设z=i,则z2=i2=-1<0;(3)错,反例:设z1=3+i,z2=2+i,满足z1-z2=1>0,但z1,z2不能比较大小;(4)错,设z1=1,z2=i,z3=-1,则(z1-z2)2+(z2-z3)2=0,但此时z1,z2,z3并不相等.

故答案是0.

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　∵z1=a+2i,z2=3-4i,

∴====+i,

∵为纯虚数,∴解得a=.

5.B　不妨设z=a+bi(a,b∈R),则(2-i)z=(2-i)(a+bi)=(2a+b)+(2b-a)i,

结合题意可知:2a+b<0,2b-a>0.

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,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=i2 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.B　设z=a+bi(a,b∈R),则2z+=3a+bi=3-2i,故a=1,b=-2,则z=1-2i,故选B.

13.答案　1

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　

解析　因为z(1-i)=3+2i,

所以z===,

所以|z|==.

16.答案　2

解析　由题意可得z==-1-i,

则|z|==2.

17.解析　由题意得|z-3||z-1|<|z-1|⇔|z-1|(|z-3|-1)<0,

∵|z-1|≥0,∴|z-3|<1,且z≠1.

∴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　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　误运用系数为实数情况下方程有根的充要条件,得Δ=(k+2i)2-4(2+ki)≥0,解得k≥2或k≤-2.

易错警示　处理一元二次方程问题时,运用Δ时注意其条件为方程中各项系数为实数.

19.解析　由题意,得Δ=k2-4(k2-2k)=-3k2+8k<0⇒k<0或k>,

设两根分别为z1、z2,则z2=,

|z2|=|z1|=1,得z1·z2=1,

z1·z2=k2-2k⇒k2-2k=1⇒k1=1-,k2=1+.

又k<0或k>,

所以k=1-.

20.A　设复数z=x+yi(x,y∈R),则|z+i|=|x+(y+1)i|=,

|z+3i|=|x+(y+3)i|=,

结合题意有x2+(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　设z=x+yi(x,y∈R),则消去a2-2a,得y=-x+2,

又因为x=a2-2a+4=(a-1)2+3≥3,

所以复数z对应的点的轨迹是射线y=-x+2(x≥3).

22.解析　设z=x+yi(x,y∈R).

由于===,

而为纯虚数,则有

即

整理可得+y2=(y≠0),

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

1.解析　∵a,|z|∈R,

∴z2=a-2|z|∈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(b≠0,b∈R),

于是方程转化为|b|2-2|b|+a=0.

①当0<a≤1时,解得b=±(1±);

②当a>1时,方程无实根.

综上,0<a≤1时,z=±(-1+)或z=±(1±)i;a>1时,z=±(-1+).

2.解析　设已知方程的两根分别为α,β,

当Δ=4-4t≥0,即t≤1时,α∈R,β∈R.

又α+β=-2,αβ=t.

①若0<t≤1,则原方程有两个负的实根,此时|α|+|β|=-(α+β)=2;

②若t<0,则原方程有一个正根,一个负根,此时|α|+|β|=|α-β|= ==2;

③若t=0,则|α|+|β|=2.

当Δ=4-4t<0,即t>1时,α,β均为虚数.

∵t∈R,

∴α为虚根时,β也为虚根,且α=,

此时|α|=|β|,αβ=t⇒|α|2=t,|α|=,

∴|α|+|β|=2.

综上,当t>1时,|α|+|β|=2;

当0≤t≤1,|α|+|β|=2;

当t<0时,|α|+|β|=2.

3.解析　设z=a+bi(a,b∈R且b≠0),则

z+=a+bi+=+i.

由z+∈R,得b-=0,

又b≠0,故a2+b2=9,①

又由|z-3|=3,得=3,②

由①②,得

即z=+i或z=-i.

4.解析　(1)z1=(1+bi)(2+i)=2-b+(2b+1)i,z2=3+(1-a)i,

由z1=z2,可得解得

所以a=2,b=-1.

(2)若b=1,a=0,则z1=1+3i,z2=3+i.

===2.

5.解析　(1)由题意得z=z2-z1=-cos2θ-sin2θ+(cos2θ-1)i=-1+(-2sin2θ)i=-1-2isin2θ.

(2)由(1)知,点P的坐标为(-1,-2sin2θ).

由点P在直线y=x上,得-2sin2θ=-,

∴sin2θ=,又θ∈(0,π),∴sin θ>0,

∴sin θ=,∴θ=或θ=.

6.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　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,

所以cos∠OBC==-,

因为∠AOB+∠OBC=180°,

所以cos∠AOB=,

所以AB2=42+42-2×4×4cos∠AOB=16,

所以AB=4,即|z1-z2|=4.

8.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　设z=a+bi(a,b∈R),将4z+2=3+i化为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　设1+z+z2+z3+…+z6=t,

则z7+z+z2+z3+…+z6=t,

即z(1+z+z2+…+z6)=t,

所以zt=t,即(z-1)t=0,

因为z≠1,所以t=0,即结论成立.

11.解析　原方程变形为==-1-i,

所以z=-1+i,①

所以|z|=,

整理得|z|4-11|z|2+10=0,

解得|z|2=1或|z|2=10,

代入①式得原方程的解是z=-1或z=-1+3i.

12.解析　设z+=t(t∈R),得z2-tz+10=0,①

因为t∈R,1<t≤6,

所以方程①的判别式Δ=t2-40<0,

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.