新高考数学一轮复习基础版讲义第5章第4节　复数（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第5章第4节　复数（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了理解复数的基本概念，复数的几何意义，复数的运算等内容，欢迎下载使用。

【知识梳理】
1.复数的有关概念
(1)定义：我们把集合C＝{a＋bi|a，b∈R}中的数，即形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a叫做复数z的实部，b叫做复数z的虚部(i为虚数单位).
(2)分类：
(3)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R).
(4)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R).
(5)模：向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)(a，b∈R).
2.复数的几何意义
复数z＝a＋bi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一对应关系.
3.复数的运算
(1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.
(2)几何意义：
复数加、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可以直观地反映出复数加、减法的几何意义，即eq \(OZ,\s\up6(→))＝eq \(OZ1,\s\up6(→))＋eq \(OZ2,\s\up6(→))，eq \(Z1Z2,\s\up6(→))＝eq \(OZ2,\s\up6(→))－eq \(OZ1,\s\up6(→)).
[常用结论与微点提醒]
1.i的乘方具有周期性
i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.
2.(1±i)2＝±2i，eq \f(1＋i,1－i)＝i，eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
3.复数的模与共轭复数的关系z·eq \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( )
(2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.( )
(3)原点是实轴与虚轴的交点.( )
(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)√
解析 (1)虚部为b；(2)虚数不可以比较大小.
2.(必修二P69例1改编)若复数z＝m＋1＋(m－1)i为纯虚数，则m＝________.
答案 －1
解析 由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋1＝0，,m－1≠0，))解得m＝－1.
3.(必修二P94T1改编)复数eq \f(5,i－2)的共轭复数是________.
答案 －2＋i
解析 eq \f(5,i－2)＝eq \f(5（－2－i）,（－2＋i）（－2－i）)＝－2－i，
故其共轭复数是－2＋i.
4.已知z＝1－3i，则|eq \(z,\s\up6(－))－i|＝________.
答案 eq \r(5)
解析 由z＝1－3i，得eq \(z,\s\up6(－))－i＝1＋3i－i＝1＋2i，
故|eq \(z,\s\up6(－))－i|＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5).
考点一 复数的概念
例1 (1)(2023·全国甲卷)若复数(a＋i)(1－ai)＝2，a∈R，则a＝( )
A.－2B.－1C.1D.2
答案 C
解析 因为(a＋i)(1－ai)＝2a＋(1－a2)i＝2，
所以2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1.
(2)(2024·西安质检)已知复数z1＝a－3i，z2＝2＋i(i为虚数单位).若z1z2是纯虚数，则实数a＝( )
A.－eq \f(3,2)B.eq \f(3,2)C.－6D.6
答案 A
解析 因为z1z2＝(a－3i)(2＋i)＝(2a＋3)＋(a－6)i是纯虚数，
所以2a＋3＝0且a－6≠0，可得a＝－eq \f(3,2).
(3)(多选)(2024·惠州调研)已知复数z＝eq \f(－1＋i,i)，则下列结论正确的是( )
A.z的虚部为1
B.|z|＝2
C.z2为纯虚数
D.eq \(z,\s\up6(－))在复平面内对应的点位于第一象限
答案 AC
解析 对于A，z＝eq \f(－1＋i,i)＝eq \f(i2＋i,i)＝1＋i，
则z的虚部为1，故A正确；
对于B，|z|＝eq \r(2)，故B错误；
对于C，z2＝2i为纯虚数，故C正确；
对于D，eq \(z,\s\up6(－))＝1－i在复平面内对应的点为(1，－1)，位于第四象限，故D错误.
感悟提升 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问题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否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部.
训练1 (1)(2023·全国乙卷)|2＋i2＋2i3|＝( )
A.1B.2C.eq \r(5)D.5
答案 C
解析 |2＋i2＋2i3|＝|2－1－2i|＝|1－2i|＝eq \r(5).
(2)(2024·辽宁名校模拟)已知复数z＝2－i，且eq \(z,\s\up6(－))－az＋b＝i，其中a，b为实数，则a－b＝( )
A.－2B.0C.2D.3
答案 C
解析 由题意得eq \(z,\s\up6(－))＝2＋i，则代入原式得
2＋i－a(2－i)＋b＝i，
即(2－2a＋b)＋(1＋a)i＝i，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－2a＋b＝0，,1＋a＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝－2，))
所以a－b＝2.
(3)已知复数z满足|z|＝|z－1|＝1，且复数z对应的点在第一象限，则下列结论正确的是( )
A.复数z的虚部为－eq \f(\r(3),2)
B.z＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
C.z2＝z＋1
D.复数z的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
答案 D
解析 设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，
因为|z|＝|z－1|＝1，且复数z对应的点在第一象限，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝1，,（a－1）2＋b2＝1，,a>0，b>0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(\r(3),2)，))
即z＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i.
对于A，复数z的虚部为eq \f(\r(3),2)，故A错误；
对于B，z＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，故B错误；
对于C，因为z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))eq \s\up12(2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i≠z＋1，故C错误；
对于D，复数z的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，故D正确.
考点二 复数的四则运算
例2 (1)(2023·新高考Ⅰ卷)已知z＝eq \f(1－i,2＋2i)，则z－eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A.－iB.iC.0D.1
答案 A
解析 因为z＝eq \f(1－i,2＋2i)＝eq \f(（1－i）2,2（1＋i）（1－i）)＝－eq \f(1,2)i，
所以eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)i，
所以z－eq \(z,\s\up6(－))＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)i＝－i.
(2)(2023·全国乙卷)设z＝eq \f(2＋i,1＋i2＋i5)，则eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A.1－2iB.1＋2i
C.2－iD.2＋i
答案 B
解析 z＝eq \f(2＋i,1＋i2＋i5)＝eq \f(2＋i,1－1＋i)＝eq \f(－i（2＋i）,－i2)
＝1－2i，所以eq \(z,\s\up6(－))＝1＋2i.
感悟提升 1.复数的乘法类似于多项式的乘法运算；
2.复数的除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数.
训练2 (1)(2023·全国甲卷)eq \f(5（1＋i3）,（2＋i）（2－i）)＝( )
A.－1B.1C.1－iD.1＋i
答案 C
解析 由题意知，eq \f(5（1＋i3）,（2＋i）（2－i）)＝eq \f(5（1－i）,22－i2)＝eq \f(5（1－i）,5)＝1－i.
(2)(2024·宁波调研)已知i为虚数单位，则eq \f(i2 025,1－i)＝________.
答案 －eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i
解析 eq \f(i2 025,1－i)＝eq \f(i2 024·i,1－i)＝eq \f(（i4）506·i,1－i)＝eq \f(i,1－i)＝eq \f(i（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i.
(3)(2023·天津卷)已知i是虚数单位，化简eq \f(5＋14i,2＋3i)的结果为________.
答案 4＋i
解析 eq \f(5＋14i,2＋3i)＝eq \f(（5＋14i）（2－3i）,（2＋3i）（2－3i）)
＝eq \f(10－15i＋28i＋42,13)＝eq \f(52＋13i,13)＝4＋i.
考点三 复数的几何意义
例3 (1)(2023·新高考Ⅱ卷)在复平面内，(1＋3i)(3－i)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 A
解析 因为(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，
所以该复数在复平面内对应的点为(6，8)，位于第一象限，故选A.
(2)(2024·广州模拟)复数z＝(a＋2)－(a＋3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，－2)B.(－3，－2)
C.(－2，＋∞)D.(－∞，－3)
答案 D
解析 由复数z＝(a＋2)－(a＋3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋20，))解得a1”是“|z|>eq \r(5)”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分条件也不必要条件
答案 A
解析 由题意得z＝eq \f(2i－a,i2)＝a－2i，
所以|z|＝eq \r(a2＋（－2）2)＝eq \r(a2＋4).
因为|z|>eq \r(5)，所以a2＋4>5，
解得a1，
故“a>1”是“|z|>eq \r(5)”的充分不必要条件.
8.棣莫弗公式(cs x＋isin x)n＝cs nx＋isin nx(其中i为虚数单位)是由法国数学家棣莫弗(1667—1754年)发现的，根据棣莫弗公式可知，复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,6)＋isin \f(π,6)))eq \s\up12(7)在复平面内所对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限
C.第三象限D.第四象限
答案 C
解析 由已知得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,6)＋isin \f(π,6)))eq \s\up12(7)＝cs eq \f(7π,6)＋isin eq \f(7π,6)
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(π,6)))＋isineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(π,6)))＝－cs eq \f(π,6)－isin eq \f(π,6)
＝－eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i.
∴复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,6)＋isin \f(π,6)))eq \s\up12(7)在复平面内所对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，位于第三象限.
9.(2023·上海卷)已知复数z＝1＋i，则|1－i·z|＝________.
答案 eq \r(5)
解析 ∵z＝1＋i，∴1－i·z＝1－i(1＋i)＝1－i＋1＝2－i，∴|1－i·z|＝|2－i|＝eq \r(5).
10.(2022·新高考Ⅰ卷改编)若i(1－z)＝1，则z＋eq \(z,\s\up6(－))＝________.
答案 2
解析 因为i(1－z)＝1，
所以z＝1－eq \f(1,i)＝1＋i，
所以eq \(z,\s\up6(－))＝1－i，
所以z＋eq \(z,\s\up6(－))＝(1＋i)＋(1－i)＝2.
11.(2024·桂林、崇左调研)已知i为虚数单位，若eq \f(i,1＋i)＝a＋bi(a，b∈R)，则a＋b＝________.
答案 1
解析 因为eq \f(i,1＋i)＝a＋bi，
所以a＋bi＝eq \f(i,1＋i)＝eq \f(i（1－i）,（1＋i）（1－i）)
＝eq \f(1＋i,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，
所以a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)，则a＋b＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1.
12.若2－3i是方程x2－4x＋a＝0(a∈R)的一个根，则其另外一个根是________，a＝________.
答案 2＋3i 13
解析 设方程的另外一根为x，
则x＋2－3i＝4，故x＝2＋3i，
a＝(2－3i)(2＋3i)＝13.
【B级 能力提升】
13.(多选)(2024·济南调研)设复数z1＝2－i，z2＝2i(i为虚数单位)，则下列结论正确的为( )
A.z2是纯虚数
B.z1－z2在复平面内对应的点位于第二象限
C.|z1＋z2|＝3
D.eq \(z,\s\up6(－))1＝2＋i
答案 AD
解析 对于A，z2＝2i，其实部为零，虚部不为零，是纯虚数，故A正确；
对于B，z1－z2＝2－3i，其在复平面内对应的点为(2，－3)，位于第四象限，故B错误；
对于C，z1＋z2＝2＋i，则|z1＋z2|＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，故C错误；
对于D，z1＝2－i，则eq \(z,\s\up6(－))1＝2＋i，故D正确.故选AD.
14.(多选)(2024·南通质检)已知复数z1＝－2＋i(i为虚数单位)，复数z2满足|z2－1＋2i|＝2，z2在复平面内对应的点为M(x，y)，则( )
A.复数z1在复平面内对应的点位于第二象限
B.eq \f(1,z1)＝－eq \f(2,5)－eq \f(1,5)i
C.(x＋1)2＋(y－2)2＝4
D.|z2－z1|的最大值为3eq \r(2)＋2
答案 ABD
解析 对于A，复数z1在复平面内对应的点的坐标为(－2，1)，该点位于第二象限，故A正确；
对于B，eq \f(1,z1)＝eq \f(1,－2＋i)＝eq \f(－2－i,（－2＋i）（－2－i）)＝－eq \f(2,5)－eq \f(1,5)i，故B正确；
对于C，由题意可得z2－1＋2i＝(x－1)＋(y＋2)i，因为|z2－1＋2i|＝2，所以(x－1)2＋(y＋2)2＝4，故C错误；
对于D，因为z2在复平面内对应的点表示圆，
其圆心为P(1，－2)，半径为2，z1表示点为Q(－2，1)，且|PQ|＝3eq \r(2)，
所以|z2－z1|的最大值为2＋3eq \r(2)，故D正确.
15.(2024·厦门调研)已知复数z在复平面内对应的点在第二象限，eq \(z,\s\up6(－))为z的共轭复数，且满足|z＋eq \(z,\s\up6(－))|＝|z－eq \(z,\s\up6(－))|＝|z|2，则复数z＝________.
答案 －1＋i
解析 由题意设z＝a＋bi(a，b∈R，a＜0，b＞0)，则eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi.
因为|z＋eq \(z,\s\up6(－))|＝|z－eq \(z,\s\up6(－))|＝|z|2，
则|2a|＝|2bi|＝a2＋b2，
即|a|＝|b|＝eq \f(a2＋b2,2)， 解得|a|＝|b|＝1.
因为a＜0，b＞0，
所以a＝－1，b＝1，所以z＝－1＋i.
16.已知复数z1，z2，z3满足|z1|＝|z2|＝|z3|＝1，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,z1)＋\f(1,z2)＋\f(1,z3),z1＋z2＋z3)))＝________.
答案 1
解析 因为复数z1，z2，z3满足|z1|＝|z2|＝|z3|＝1，
所以z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝1，z2·eq \(z,\s\up6(－))2＝1，z3·eq \(z,\s\up6(－))3＝1，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,z1)＋\f(1,z2)＋\f(1,z3),z1＋z2＋z3)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(z1·\(z,\s\up6(－))1,z1)＋\f(z2·\(z,\s\up6(－))2,z2)＋\f(z3·\(z,\s\up6(－))3,z3),z1＋z2＋z3)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(z,\s\up6(－))1＋\(z,\s\up6(－))2＋\(z,\s\up6(－))3,z1＋z2＋z3)))＝1.
满足条件(a，b为实数)
复数的
分类
a＋bi为实数⇔b＝0
a＋bi为虚数⇔b≠0
a＋bi为纯虚数⇔a＝0且b≠0