专题7.6 复数全章八大压轴题型归纳（拔尖篇）-2023-2024学年高一数学下学期常考考点精讲精练（人教A版必修第二册）

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专题7.6 复数全章八大压轴题型归纳（拔尖篇）【人教A版（2019）】题型1根据复数的相等条件求参数1．（2023·高一单元测试）已知复数1+xii=2−yi，x，y∈R，则x−y=（    ）A．3 B．1 C．−1 D．−3【解题思路】利用复数相等的充要条件，求出x、y，进而求出x−y.【解答过程】∵1+xii=2−yi，∴−x+i=2−yi，∴x=−2y=−1，∴x−y=−1.故选：C.2．（2023·全国·高三专题练习）已知a，b∈R，复数z1=−1+ai，z2=b−3i（i为虚数单位），若z1=z2，则a+b=（    ）A．1 B．2 C．－2 D．－4【解题思路】根据复数相等的定义列方程求解即可．【解答过程】解：由z2=b−3i得z2=b+3i，∵z1=z2，∴−1=ba=3，解得a=3b=−1，∴a+b=2．故选：B．3．（2023·江苏·高一专题练习）分别求满足下列条件的实数x，y的值．(1)2x−1+(y+1)i=x−y+(−x−y)i ；(2)x2−x−6x+1+(x2−2x−3)i=0.【解题思路】（1）（2）利用复数相等或复数等于0直接列式计算作答.【解答过程】（1）因x，y∈R，2x−1+(y+1)i=x−y+(−x−y)i，则有2x−1=x−yy+1=−x−y，解得x=3y=−2，所以x=3y=−2.（2）因x∈R，x2−x−6x+1+(x2−2x−3)i=0，于是得x2−x−6x+1=0x2−2x−3=0，解得x=3，所以x=3.4．（2023·全国·高一随堂练习）求满足下列条件的实数x，y的值：(1)12x−y+4x+23yi=5+14i；(2)x+y−xyi=−2+15i；(3)x2−x−2+2y2+5y+2i=0.【解题思路】（1）（2）根据实部与虚部对应关系解方程即可；（3）令实部为0且虚部为0解方程即可.【解答过程】（1）由12x−y+4x+23yi=5+14i可得x2−y=54x+2y3=14，解得x=4y=−3；（2）由x+y−xyi=−2+15i可得x+y=−2−xy=15，解得x=−5y=3或x=3y=−5（3）由x2−x−2+2y2+5y+2i=0可得x2−x−2=02y2+5y+2=0，解得x=2或−1，y=−12或−2，故答案为：x=2y=−12或x=2y=−2或x=−1y=−12或x=−1y=−2.题型2复数的模的几何意义1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知z1=2−2i，|z2−i|=1，则z2−z1的最大值为（    ）A．23 B．22 C．5+1 D．13+1【解题思路】设z2=x+yi x,y∈R，利用|z2−i|=1得出x2+y−12=1，表示以0,1为圆心，半径为1的圆，z2−z1=x−2+y+2i=x−22+y+22，表示x,y与2,−2之间的距离，求z2−z1的最大值，即求2,−2与x2+y−12=1圆上任意一点的距离最大值.【解答过程】设z2=x+yi x,y∈R，则|z2−i|=x+y−1i=x2+y−12=1，所以x2+y−12=1，表示以0,1为圆心，半径为1的圆，则z2−z1=x−2+y+2i=x−22+y+22，表示x,y与2,−2之间的距离，即2,−2与x2+y−12=1圆上任意一点的距离，因22+−2−12>1，所以2,−2在x2+y−12=1圆外，所以z2−z1max=2−02+−2−12+1=13+1.故选：D.2．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）设z∈C，则在复平面内3≤z≤5所表示的区域的面积是（    ）A．5π B．9π C．16π D．25π【解题思路】在复平面内作出满足3≤z≤5的复数z对应的点的轨迹，可知所求区域为圆环，确定两圆的半径，结合圆的面积公式可求得结果.【解答过程】满足条件z=3的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为3的圆，满足条件z=5的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为5的圆，则在复平面内3≤z≤5所表示的区域为圆环，如下图中阴影部分区域所示：所以，在复平面内3≤z≤5所表示的区域的面积是π×52−32=16π.故选：C.3．（2023·全国·高一课堂例题）设z∈Z，满足下列条件的点Z的集合是什么图形？(1)z=2；(2)22,z<3,，不等式z>2的解集是圆z=2外部所有的点组成的集合，不等式z<3的解集是圆z=3内部所有的点组成的集合，这两个集合的交集就是上述不等式组的解集．因此，满足条件20，解得−10，由题意：a2+b2=10①计算1+2iz=1+2ia+bi=a−2b+2a+bi，得a−2b=2a+b②①②联立，解得a=3，b=−1得z=3−i.（2）z+m−i1+i=3+i+m−i1−i2=3+m−12+1−m+12i，所以3+m−12=0且1−m+12≠0，解得m=−5.题型5复数范围内方程的根的问题1．（2023·全国·校联考模拟预测）若复数3−i为方程ax2+bx+1=0(a，b∈R)的一个根，则该方程的另一个复数根是（    ）A．3+i B．−3−i C．−i+3 D．−3+i【解题思路】根据实系数方程的虚根成共轭复数求解即可.【解答过程】因为两根互为共轭复数，所以另一根为3+i.故选：A.2．（2023下·河北保定·高一校联考期中）已知m,n为实数，2+i（i为虚数单位）是关于x的方程x2−mx+n=0的一个根，则m+n=（    ）A．9 B．7 C．5 D．4【解题思路】根据虚根成对原理可得2−i是关于x的方程x2−mx+n=0的另一个根，利用韦达定理求出m、n，即可得解.【解答过程】因为2+i是关于x的方程x2−mx+n=0（m、n为实数）的一个根，则2−i是关于x的方程x2−mx+n=0的另一个根，则m=2−i+2+i=4n=2−i×2+i=5，即m=4n=5，则m+n=9.故选：A.3．（2023上·江西新余·高二校考开学考试）已知关于x的方程x2−ax+ab=0，其中a，b为实数．(1)设x=1−3i（i是虚数单位）是方程的根，求a，b的值；(2)证明：当ba>14，且a>0时，该方程无实数根．【解题思路】（1）根据一元二次方程复数根的性质即可求解；（2）根据一元二次方程的判别式即可判断.【解答过程】（1）∵x=1−3i是方程的根，∴1+3i也是方程的根，由一元二次方程根与系数的关系得1−3i+1+3i=a，得1−3i1+3i=ab，解得a=2，b=2；（2）∵ba>14，∴ba−14=4b−a4a>0，∴4a(4b−a)>0，即4ab−a2>0，∴Δ=a2−4ab<0，∴原方程无实数根．4．（2023下·浙江温州·高一统考期末）关于x的一元二次方程x2+a+1x+4=0a∈R有两个根x1,x2，其中x1=1+3i.(1)求a的值；(2)设x1,x2在复平面内所对应的点分别为A，B，求线段AB的长度.【解题思路】（1）根据题意可得复数x1,x2互为共轭复数，再利用韦达定理即可求出a；（2）根据复数的几何意义求出A,B两点的坐标，进而可得答案.【解答过程】（1）因为关于x的一元二次方程x2+a+1x+4=0有两个复数根x1,x2，所以复数x1,x2互为共轭复数，则x2=1−3i，所以x1+x2=2=−a+1，解得a=−3；（2）因为x1,x2在复平面内所对应的点分别为A，B，所以A1,3,B1,−3，所以线段AB的长度为23.题型6三角表示下复数的乘方与开方1．（2023·广东·校联考模拟预测）棣莫弗公式(cosx+isinx)n=cosnx+isinnx（i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667－1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，已知复数ω=cos2π3+i⋅sin2π3，则ω4的值是（    ）A．−ω B．1ω C．ω D．ω【解题思路】利用棣莫弗公式及三角函数的特殊值，结合三角函数的诱导公式即可求解.【解答过程】依题意知，ω=cos2π3+i⋅sin2π3=−12+32i，由棣莫弗公式，得ω4=(cos2π3+i⋅sin2π3)4=cos8π3+i⋅sin8π3=cos3π−π3+i⋅sin3π−π3 =−cosπ3+i⋅sinπ3=−12+32i，所以ω4=ω.故选：C.2．（2023·全国·高一专题练习）若ω=−12+32i，则1+ω+ω2+ω3=（    ）A．1 B．3i C．−1 D．−3i【解题思路】首先用三角形式表示复数，利用复数三角形式的乘方运算求得ω3=1，ω2=−12−32i，再求出目标式的值.【解答过程】由ω=−12+32i=cos2π3+isin2π3，所以ω3=cos2π+isin2π=1，ω2=cos4π3+isin4π3=−12−32i，综上，1+ω+ω2+ω3=2−12+32i−12−32i=1.故选：A.3．（2023·湖北恩施·校考模拟预测）任意一个复数z=a+bi都可以表示成三角形式，即a+bi=rcosθ+isinθ．棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗（1667－1754年）创立的，指的是：设两个复数z1=r1cosθ1+isinθ1，z2=r1cosθ2+isinθ2，则z1z2=r1r2cosθ1+θ2+isinθ1+θ2，已知复数z=12+32i，则z2023+z2+z=（    ）A．12 B．12+32i C．12−32i D．1【解题思路】将z=12+32i化为三角形式，根据棣莫弗定理可求得z2023,z2的值，即可求得答案.【解答过程】由题意可得z=12+32i=cosπ3+isinπ3，故z2023=cos2023π3+isin2023π3=cos(674π+π3)+isin(674π+π3)=cosπ3+isinπ3，所以z2023+z2+z=cosπ3+isinπ3+cos2π3+isin2π3+cosπ3−isinπ3=12+32i.故选：B.4．（2022·全国·高一专题练习）设z1=3+i，z2=1−i，z3=sinπ12+icosπ12，求z1⋅z23i9⋅z3的值.【解题思路】将z1,z2化为三角形式，利用复数三角形式的乘除法、乘方运算直接求解即可.【解答过程】∵z1=3+i=2cosπ6+isinπ6，z2=1−i=2cos7π4+isin7π4，∴z1⋅z23i9⋅z3=2cosπ6+isinπ6⋅22cos21π4+isin21π4i⋅sinπ12−icosπ12 =42cos65π12+isin65π12cosπ12+isinπ12=42cos16π3+isin16π3 =42−cosπ3−isinπ3=−22−26i.题型7复数乘、除运算的几何意义的应用1．（2023·高一课时练习）将复数1+3i对应的向量ON绕原点按顺时针方向旋转π2，得到的向量为ON1，那么ON1对应的复数是A．3−i B．3+i C．−3−i D．−3+i【解题思路】先将复数1+3i写成三角形式,再根据三角形式的运算法则求解即可.【解答过程】复数1+3i的三角形式是2cosπ3+isinπ3,向量ON1对应的复数是2cosπ3+sinπ3cosπ2+isinπ2=2cos−π6+isin−π6=3−i故选：A.2．（2023·全国·高一专题练习）设复数z1=−1−i在复平面上对应向量OZ1，将OZ1按顺时针方向旋转56π后得到向量OZ2，令OZ2对应的复数为z2的辐角主值为θ，则tanθ=（    ）A．2−3 B．−2+3 C．2+3 D．−2−3【解题思路】将给定的复数化成三角形式，再利用复数乘法的三角形式求出z2的辐角主值，即可计算作答.【解答过程】复数z1=2[cos(5π4)+isin(5π4)]，因OZ1按顺时针方向旋转56π后得到向量OZ2，依题意，z2=z1[cos(−5π6)+isin(−5π6)]=2(cos5π4)+isin3π4)[cos(−5π6)+isin(−5π6)=2(cos5π12+isin5π12)，因此复数z2的辐角主值θ=5π12，所以tanθ=tan(π6+π4)=tanπ6+tanπ41−tanπ6tanπ4=33+11−33=2+3.故选：C.3．（2023下·全国·高一专题练习）把复数z1与z2对应的向量OA，OB分别按逆时针方向旋转π4和5π3后，与向量OM重合且模相等，已知z2=−1−3i，求复数z1的代数式和它的辐角主值.【解题思路】根据题意列出等式,再根据复数的三角形式运算求解即可.【解答过程】由复数乘法的几何意义得z1cosπ4+isinπ4=z2cos5π3+isin5π3,又z2=−1−3i=2cos4π3+isin4π3z1=2cos4π3+isin4π3⋅cos5π3+isin5π3cosπ4+isinπ4 =2cos3π−π4+isin3π−π4 =−2+2iz1的辐角主值为3π4.4．（2023·全国·高一专题练习）在复平面内，点A对应的复数是3+i，向量OA绕着点O按逆时针方向旋转120°得到向量OC.(1)求点C对应的复数z0；(2)已知点B对应的复数z满足z−z0=1，且CB,OC=120°，求复数z.【解题思路】（1）利用复数的几何意义和复数的乘法运算求解； （2）根据题意，由向量CB对应的复数z1=z0⋅12[cos−120°+isin−120°]或z1=z0⋅12cos120°+isin120°求解.【解答过程】（1）解：因为点A对应的复数是3+i，向量OA绕着点O按逆时针方向旋转120°，所以z0=3+i⋅cos120°+isin120°=−3+i；（2）因为点B对应的复数z满足z−z0=1，且CB,OC=120°，所以向量CB对应的复数z1=z0⋅12[cos−120°+isin−120°]=32+12i，或z1=z0⋅12cos120°+isin120°=−i，∴OB=OC+CB=−32,32或OB=OC+CB=−3,0，∴z=−32+32i或z=−3.题型8复数综合1．（2022下·辽宁·高一校联考期末）数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并给出以下公式eix=cosx+isinx，（其中i是虚数单位，e是自然对数的底数，x∈R），这个公式在复变论中有非常重要的地位，被称为“数学中的天桥”，根据此公式，有下列四个结论，其中正确的是（    ）A．eiπ−1=0 B．2cosx=e−ix+eix C．2sinx=eix−e−ix D．(22+22i)2022=−1【解题思路】根据已知条件的公式及诱导公式，结合复数运算法则逐项计算后即可求解.【解答过程】对于A，eiπ=cosπ+isinπ=−1，所以eiπ−1=−1−1=−2，故A不正确；对于B，eix=cosx+isinx，e−ix=cos(−x)+isin(−x)=cosx−isinx，所以e−ix+eix=2cosx，故B正确；对于C，eix=cosx+isinx，e−ix=cos(−x)+isin(−x)=cosx−isinx，所以eix−e−ix=2isinx，故C不正确；对于D，(22+22i)2022=(cosπ4+isinπ4)2022=(eπ4i)2022=cos2022π4+isin2022π4=−cosπ2−isinπ2=−i，故D不正确.故选：B.2．（2023上·上海黄浦·高三统考期末）已知复数z=a+bi（a、b∈R，i是虚数单位），z1，z2∈C，定义：Dz= z =a+b，Dz1,z2=z1−z2．给出下列命题：①对任意z∈C，都有Dz>0；②若z是复数z的共轭复数，则Dz=Dz恒成立；③若Dz1=Dz2（z1、z2∈C），则z1=z2；④对任意z1、z2、z3∈C，结论Dz1,z3≤Dz1,z2+Dz2,z3恒成立．则其中真命题是（    ）．A．①②③④； B．②③④； C．②④； D．②③．【解题思路】代特殊值判断①；根据题中所给定义，逐一分析②③④，根据复数的运算法则，即可得答案.【解答过程】对于①：由定义知，当z=0时，D(z)=0，故①错误对于②：由题意得z=a−bi，所以D(z)=D(z)=a+b，故②正确；对于③：设z1=a+bi,z2=c+di, Dz1=z1=a+b，Dz2=z2=c+d若D(z1)=D(z2)(z1,z2∈C)，则a+b=c+d，不能推出a=cb=d，无法得到z1=z2，故③错误；对于④：设z1=a+bi,z2=c+di,z3=e+fi，则D(z1,z2)=(a−c)+(b−d)i=a−c+b−d，同理D(z1,z3)=(a−e)+(b−f)i=a−e+b−f，D(z2,z3)=(c−e)+(d−f)i=c−e+d−f，又a−e=(a−c)+(c−e)≤a−c+c−e，b−f=(b−d)+(d−f)≤b−d+d−f，所以D(z1,z3)≤D(z1,z2)+D(z2,z3)恒成立，故④正确.故选：C.3．（2023·高一课时练习）已知：对于任意的多项式fx与任意复数z，fz=0⇔x−z整除fx．利用上述定理解决下列问题：(1)在复数范围内分解因式：x2+x+1；(2)若x2+x+1=0，求x21+x22+x23的值；(3)求所有满足x2+x+1整除x2n+xn+1的正整数n构成的集合A．【解题思路】（1）令x2+x+1=0求得复数范围内的两个根为−12±32i，即可因式分解；（2）根据x2+x+1=0求出复数根，找到根的次方的规律性变化的特点即可求解；（3）分n=3k,n=3k+1,n=3k+2,k∈N三种情况讨论求解.【解答过程】（1）令x2+x+1=0解得两个根ω,ω2，这里ω=−12+32i，ω2=−12−32i，所以x2+x+1=(x+12−32i)(x+12+32i).（2）由（1）知x2+x+1=0解得两个根x1=−12+32i，x2=−12−32i，x1=−12+32i,x12=−12−32i,x13=1,x14=−12+32i,⋯，所以x121=x13=1，同理x221=x23=1，所以x21+x22+x23=x21x2+x+1=0.（3）记f(x)=x2n+xn+1，x2+x+1=0有两个根ω,ω2，这里ω=−12+32i，ω3=1，当n=3k+1,k∈N时，f(ω)=ω2n+ωn+1=0,f(ω2)=ω4n+ω2n+1=ω2+ω+1=0，故在这种情形有x2+x+1整除x2n+xn+1，当n=3k+2,k∈N时，f(ω)=ω2n+ωn+1=0,f(ω2)=ω4n+ω2n+1=ω2+ω+1=0，故在这种情形有x2+x+1整除x2n+xn+1，当n=3k,k∈N时，f(ω)=ω2n+ωn+1=3≠1，故x2+x+1不整除x2n+xn+1，所以A=n|n=3k+1或n=3k+2,k∈N.4．（2023下·上海徐汇·高一上海中学校考期末）利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对z1,z2（其中z1,z2∈C）视为一个向量，记作α=z1,z2．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量α=z1,z2，β=z1',z2'的数量积定义为一个复数，记作a⋅β，满足α⋅β=z1z1'+z2z2'，复向量α的模定义为α=α⋅α．(1)设α=1−i,i，β=3,4，i为虚数单位，求复向量α、β的模；(2)设α、β是两个复向量，①已知对于任意两个平面向量a=x1,y1，b=x2,y2，（其中x1,x2,y1,y2∈R），a⋅b≤ab成立，证明：对于复向量α、β，α⋅β≤aβ也成立；②当α⋅β=aβ时，称复向量α与β平行．若复向量α=1+i,1−2i与β=i,z平行（其中i为虚数单位，z∈C），求复数z．【解题思路】（1）根据题目中复向量的模长公式计算即可；（2）①利用模长公式和复数的三角不等式，以及a⋅b≤ab的坐标表示，即可证明结论成立；②根据①中等号成立的条件，结合题意即可求出z和z的值．【解答过程】（1）因为α=(1−i,i)，所以α⋅α=(1−i)1−i+i⋅i=(1−i)(1+i)+i⋅(−i)=2+1=3，可得α的模为|α|=3；因为β=(3,4)，所以β⋅β=3×3+4×4=3×3+4×4=25，所以β的模为|β|=5；（2）因为α=z1,z2,β=z1',z2'，所以α⋅β=z1z1'+z2z2'，由复数的三角不等式z1z1'+z2z2'≤z1z1'+z2z2'=z1z1'+z2z2'，由a⋅b≤ab，得x1x2+y1y2x12+y12⋅x22+y22≤1，所以x1x2+y1y2≤x12+y12⋅x22+y22，所以z1z1'+z2z2'≤z12+z22⋅z1'2+z2'2 =z1z1+z2z2⋅z1′z1'+z2′z2'=αβ，综上所知，|a⋅β|≤|a||β|.②考虑①中等号成立的条件知，对于复数的三角不等式，复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数k，使得z2'=kz1z1'z2，若复向量α=1+i,1−2i与β=i,z平行，则z=k(1+i)⋅i1−2i=k35+15i，根据z1z1'+z2z2'≤z12+z22⋅z1'2+z2'2中等号成立的条件，应有z1z2'=z2z1'，则z=|1−2i||i||1+i|=102，结合z=k35+15i，得k352+152=102，解得k=52；所以z=5235+15i=32+12i，所以z=32−12i．