专题4.4 数系的扩充与复数的引入-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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【考纲要求】
1. 理解复数的基本概念．
2．理解复数相等的充要条件．
3．了解复数的代数表示法及其几何意义．
4．会进行复数代数形式的四则运算．
5．了解复数代数形式的加、减运算的几何意义
【命题趋势】
复数的概念(如实部、虚部、纯虚数、共轭复数、复数的模)及复数的四则运算(特别是除法运算)是高考考查的主要内容，复数的几何意义常与解析几何知识交汇命题.
【核心素养】
本讲内容主要考查数学运算的核心素养。
【素养清单•基础知识】
1．复数的有关概念
(1)复数的概念：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫复数，其中a，b分别是它的实部和虚部．若b＝0，则a＋bi为实数；若b≠0，则a＋bi为虚数；若a＝0且b≠0，则a＋bi为纯虚数．
(2)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．
(3)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(4)复数的模：
向量eq \(OZ,\s\up7(―→))的模r叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2).
2．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bi 复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R) 平面向量eq \(OZ,\s\up7(―→)).
3．复数的运算
(1)复数的加、减、乘、除运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
④除法：eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．
(2)复数加法的运算定律
设z1，z2，z3∈C，则复数加法满足以下运算律：
①交换律：z1＋z2＝z2＋z1；
②结合律：(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．
【素养清单•常用结论】
(1)(1±i)2＝±2i，eq \f(1＋i,1－i)＝i，eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
(2)－b＋ai＝i(a＋bi)．
(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)；i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*)．
(4)z·eq \x\t(z)＝|z|2＝|eq \x\t(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2)))＝eq \f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.
【真题体验】
1.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则（ ）
A．B．
C．D．
【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案为C．
【答案】C
【解析】由题可得则．故选C．
2.【2019年高考北京卷理数】已知复数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题，则，故选D．
3. 【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设z=–3+2i，则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】C
【解析】由得则对应的点（-3，-2）位于第三象限．故选C．
4. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】若，则z=（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】．故选D．
【名师点睛】本题考查复数的除法的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．
5. 【2019年高考天津卷理数】是虚数单位，则的值为______________．
【分析】先化简复数，再利用复数模的定义求所给复数的模．
【答案】
【解析】．
6. 【2019年高考浙江卷】复数（为虚数单位），则=______________．
【分析】本题先计算，而后求其模．或直接利用模的性质计算． 容易题，注重基础知识、运算求解能力的考查．
【答案】
【解析】由题可得
7. 【2019年高考江苏卷】已知复数的实部为0，其中为虚数单位，则实数a的值是______________．
【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得，然后根据复数的概念，令实部为0即得a的值．
【答案】
【解析】，
令，解得．
【名师点睛】本题主要考查复数的运算法则，虚部的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．
【考法拓展•题型解码】
考法一 复数的有关概念
归纳总结：紧扣定义解决复数概念、共轭复数问题
(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，则该复数的实部为a，虚部为b.
(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反数，即得原复数的共轭复数．
【例1】 (1)(2018·浙江卷)复数eq \f(2,1－i)(i为虚数单位)的共轭复数是( )
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
【答案】B
【解析】因为eq \f(2,1－i)＝eq \f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，所以其共轭复数为1－i.故选B．
(2)(2017·全国卷Ⅲ)设复数z满足(1＋i)z＝2i，则|z|＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \r(2) D．2
【答案】C
【解析】z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i1－i,1＋i1－i)＝i(1－i)＝1＋i，所以|z|＝eq \r(2).故选C．
(3)(2017·全国卷Ⅰ)下列各式的运算结果为纯虚数的是( )
A．i(1＋i)2 B．i2(1－i)
C．(1＋i)2 D．i(1＋i)
【答案】C
【解析】(1＋i)2＝2i,2i是纯虚数．故选C．
(4)(2017·天津卷)已知a∈R，i为虚数单位，若eq \f(a－i,2＋i)为实数，则a的值为__________．
【答案】-2
【解析】因为eq \f(a－i,2＋i)＝eq \f(a－i2－i,5)＝eq \f(1,5)[2a－1－(2＋a)i]为实数，所以－(2＋a)＝0，所以a＝－2.
考法二 复数的几何意义
归纳总结
(1)复数z、复平面上的点Z及向量eq \(OZ,\s\up7(→))相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔eq \(OZ,\s\up7(→))＝(a，b)．
(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．
【例2】 (1)(2018·北京卷)在复平面内，复数eq \f(1,1－i)的共轭复数对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【解析】eq \f(1,1－i)＝eq \f(1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，其共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，对应的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))在第四象限
(2)(2017·北京卷)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，－1)
C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)
【答案】B
【解析】复数(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，其在复平面内对应的点(a＋1,1－a)在第二象限，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋10，))解得am2－(m2－3m)i成立的实数m＝__________.
【答案】3
【解析】 因为(m2－4m＋3)i＋10>m2－(m2－3m)i，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－4m＋3＝0，,m2－3m＝0，,10>m2，))解得m＝3.
【递进题组】
1．若复数z满足(1＋2i)z＝(1－i)，则|z|＝( )
A．eq \f(2,5) B．eq \f(3,5)
C．eq \f(\r(10),5) D．eq \r(10)
【答案】C
【解析】 z＝eq \f(1－i,1＋2i)＝eq \f(－1－3i,5)⇒|z|＝eq \f(\r(10),5).
2．已知复数z＝1＋i(i是虚数单位)，则eq \f(2,z)－z2的共轭复数是( )
A．－1＋3i B．1＋3i
C．1－3i D．－1－3i
【答案】B
【解析】 eq \f(2,z)－z2＝eq \f(2,1＋i)－(1＋i)2＝eq \f(21－i,1＋i1－i)－2i＝1－i－2i＝1－3i，其共轭复数是1＋3i.故选B．
3．已知复数z满足(2＋i)z＝1＋i，则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
【答案】A
【解析】 z＝eq \f(1＋i,2＋i)＝eq \f(1＋i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)i，故复数z在复平面内对应的点位于第一象限．故选A．
4．设i是虚数单位，如果复数eq \f(a＋i,2－i)的实部与虚部相等，那么实数a的值为( )
A．eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3)
C．3 D．－3
【答案】C
【解析】 eq \f(a＋i,2－i)＝eq \f(2a－1＋a＋2i,5)，由题意知2a－1＝a＋2，解得a＝3.
5．设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|＝( )
A．1 B．eq \r(2)
C．eq \r(3) D．2
【答案】B
【解析】 因为x，y∈R，(1＋i)x＝1＋yi，所以x＋xi＝1＋yi，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))|x＋yi|＝|1＋i|＝eq \r(2).故选B．
【考卷送检】
一、选择题
1．(2018·全国卷Ⅱ)i(2＋3i)＝( )
A．3－2i B．3＋2i
C．－3－2i D．－3＋2i
【答案】D
【解析】 依题意得i(2＋3i)＝2i＋3i2＝－3＋2i.故选D．
2．若复数z满足方程z＋2＝zi(其中i为虚数单位)，则复数z的共轭复数eq \x\t(z)等于( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1＋i D．1－i
【答案】B
【解析】 因为z＋2＝zi，所以z(1－i)＝－2，所以z＝eq \f(－2,1－i)＝eq \f(－21＋i,2)＝－1－i，所以eq \x\t(z)＝－1＋i.故选B．
3．i是虚数单位，若eq \f(2＋i,1＋i)＝a＋bi(a，b∈R)，则lg(a＋b)的值是( )
A．－2 B．－1
C．0 D．eq \f(1,2)
【答案】C
【解析】 因为eq \f(2＋i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(3－i,2)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2)i＝a＋bi，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(3,2)，,b＝－\f(1,2)，))所以lg(a＋b)＝lg 1＝0.故选C．
4．已知复数z＝(a2－1)＋(a－1)i(a∈R)是纯虚数，则a＝( )
A．0 B．1
C．－1 D．±1
【答案】C
【解析】 易得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－1＝0，,a－1≠0，))解得a＝－1.
5．满足eq \f(z＋i,z)＝i(i为虚数单位)的复数z＝( )
A．eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i B．eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i
C．－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i D．－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i
【答案】B
【解析】 易得z＋i＝zi，所以(1－i)z＝－i，解得z＝eq \f(－i,1－i)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i.故选B．
6．已知复数z＝1＋ai(a∈R)(i是虚数单位)，eq \f(\x\t(z),z)＝－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，则a＝( )
A．2 B．－2
C．±2 D．－eq \f(1,2)
【答案】B
【解析】 由题意可得eq \f(1－ai,1＋ai)＝－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，即eq \f(1－ai2,1＋a2)＝eq \f(1－a2－2ai,1＋a2)＝－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，所以eq \f(1－a2,1＋a2)＝－eq \f(3,5)，eq \f(－2a,1＋a2)＝eq \f(4,5)，所以a＝－2.故选B．
二、填空题
7．若复数z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z＋\f(1,\x\t(z))))·eq \x\t(z)＝________.
【答案】 6
【解析】 因为z＝1＋2i，所以eq \x\t(z)＝1－2i.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z＋\f(1,\x\t(z))))·eq \x\t(z)＝z·eq \x\t(z)＋1＝5＋1＝6.
8．(2017·浙江卷)已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虚数单位)，则a2＋b2＝________，ab＝________.
【答案】 5 2
【解析】 因为(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝3＋4i，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,2ab＝4，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))所以a2＋b2＝5，ab＝2.
9．若复数z满足(1＋2i)z＝|3＋4i|(i为虚数单位)，则复数z＝________.
【答案】 1－2i
【解析】 因为(1＋2i)z＝|3＋4i|＝5，
所以z＝eq \f(5,1＋2i)＝eq \f(51－2i,1＋2i1－2i)＝1－2i.
三、解答题
10．计算：(1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)；
(2)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)；
(3)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)；
(4)eq \f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2).
【答案】见解析
【解析】 (1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)＝eq \f(－3＋i,－i)＝eq \f(－3＋ii,－i·i)＝－1－3i.
(2)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq \f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)＝eq \f(i,2＋i)
＝eq \f(i2－i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i.
(3)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)＝eq \f(1－i,2i)＋eq \f(1＋i,－2i)＝eq \f(1＋i,－2)＋eq \f(－1＋i,2)＝－1.
(4)eq \f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2)＝eq \f(\r(3)＋i－i,\r(3)＋i2)＝eq \f(－i,\r(3)＋i)＝eq \f(－i\r(3)－i,\r(3)＋i\r(3)－i)
＝eq \f(－1－\r(3)i,4)＝－eq \f(1,4)－eq \f(\r(3),4)i.
11．如图所示，平行四边形OABC，顶点O，A，C分别表示复数0，3＋2i，－2＋4i，试求：
(1)eq \(AO,\s\up7(→))，eq \(BC,\s\up7(→))所表示的复数；
(2)对角线eq \(CA,\s\up7(→))所表示的复数；
(3)B点对应的复数．
【答案】见解析
【解析】 (1)eq \(AO,\s\up7(→))＝－eq \(OA,\s\up7(→))，所以eq \(AO,\s\up7(→))所表示的复数为－3－2i.因为eq \(BC,\s\up7(→))＝eq \(AO,\s\up7(→))，所以eq \(BC,\s\up7(→))所表示的复数为－3－2i.
(2)eq \(CA,\s\up7(→))＝eq \(OA,\s\up7(→))－eq \(OC,\s\up7(→))，所以eq \(CA,\s\up7(→))所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.
(3)eq \(OB,\s\up7(→))＝eq \(OA,\s\up7(→))＋eq \(OC,\s\up7(→))，所以eq \(OB,\s\up7(→))所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，即B点对应的复数为1＋6i.
12．若虚数z同时满足下列两个条件：
①z＋eq \f(5,z)是实数；
②z＋3的实部与虚部互为相反数．
这样的虚数是否存在？若存在，求出z；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析
【解析】 这样的虚数存在，z＝－1－2i或z＝－2－i.设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，z＋eq \f(5,z)＝a＋bi＋eq \f(5,a＋bi)＝a＋bi＋eq \f(5a－bi,a2＋b2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(5a,a2＋b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5b,a2＋b2)))i.因为z＋eq \f(5,z)是实数，所以b－eq \f(5b,a2＋b2)＝0.又因为b≠0，所以a2＋b2＝5.①
又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，所以a＋3＋b＝0.②
由①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))故存在虚数z＝－1－2i
或z＝－2－i.
13．(2019·巴蜀中学检测)欧拉公式eix＝cs x＋isin x(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，将指数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，在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，e2i表示的复数在复平面中位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【解析】 由新定义可知e2i＝cs 2＋isin 2，而2弧度为第二象限的角，所以cs 2＜0，sin 2＞0，对应点(cs 2，sin 2)在第二象限．
一个复数为纯虚数，不仅要求实部为0，还需要求虚部不为0.
复数z＝a＋bia，b∈R的对应点的坐标为a，b，而不是a，bi.