2023届高考一轮复习讲义（文科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第1讲　数系的扩充与复数的引入学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第1讲　数系的扩充与复数的引入学案，共10页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．复数的有关概念
(1)复数的定义
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b．
(2)复数的分类
复数z＝a＋bi(a，b∈R)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(实数（b＝0），,虚数（b≠0）\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(纯虚数（a＝0，b≠0），,非纯虚数（a≠0，b≠0）.))))
(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且b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(5)复数的模
向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝ eq \r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)．
2．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bieq \(―→,\s\up6(一一对应))复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)eq \(―→,\s\up6(一一对应))平面向量eq \(OZ,\s\up6(→)).
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)复数加法的运算律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．
常用结论
(1)(1±i)2＝±2i；eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
(2)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i.
(3)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.
(4)|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2＝z·eq \(z,\s\up6(－)).
二、习题改编
1．(选修1­2 P60例4改编)计算eq \f(1－i,1＋i)＋2i＝ ．
答案：i
2．(选修1­2P55A组T5改编)复数z＝(x＋1)＋(x－2)i(x∈R)在复平面内所对应的点在第四象限，则x的取值范围为 ．
答案：(－1，2)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若a∈C，则a2≥0.( )
(2)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，当a＝0时，复数z为纯虚数．( )
(3)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( )
(4)方程x2＋x＋1＝0没有解．( )
(5)由于复数包含实数，在实数范围内两个数能比较大小，因而在复数范围内两个数也能比较大小．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)复数相等概念把握不牢固致误；
(2)对复数的几何意义理解有误；
(3)复数的分类把握不准导致出错．
1．若a为实数，且eq \f(2＋ai,1＋i)＝3＋i，则a＝( )
A．－4 B．－3
C．3 D．4
解析：选D.由eq \f(2＋ai,1＋i)＝3＋i，得2＋ai＝(3＋i)(1＋i)＝2＋4i，即ai＝4i，因为a为实数，所以a＝4.故选D.
2．在复平面内，复数6＋5i，－2＋3i对应的点分别为A，B.若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是( )
A．4＋8i B．8＋2i
C．2＋4i D．4＋i
解析：选C.因为A(6，5)，B(－2，3)，所以线段AB的中点C(2，4)，则点C对应的复数为z＝2＋4i.故选C.
3．i为虚数单位，若复数(1＋mi)(i＋2)是纯虚数，则实数m等于 ．
解析：因为(1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是纯虚数，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得m＝2.
答案：2
复数的有关概念(师生共研)
(1)(2019·高考全国卷Ⅰ )设z＝eq \f(3－i,1＋2i)，则|z|＝( )
A．2 B.eq \r(3)
C.eq \r(2) D．1
(2)(2020·郑州市第一次质量预测)若复数eq \f(1＋2ai,2－i)(a∈R)的实部和虚部相等，则实数a的值为( )
A．1 B．－1
C.eq \f(1,6) D．－eq \f(1,6)
【解析】 (1)法一：z＝eq \f(3－i,1＋2i)＝eq \f(（3－i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq \f(1－7i,5)，
故|z|＝|eq \f(1－7i,5)|＝eq \f(\r(50),5)＝eq \r(2).故选C.
法二：|z|＝|eq \f(3－i,1＋2i)|＝eq \f(|3－i|,|1＋2i|)＝eq \f(\r(10),\r(5))＝eq \r(2).故选C.
(2)因为eq \f(1＋2ai,2－i)＝eq \f(（1＋2ai）（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝eq \f(2－2a,5)＋eq \f(1＋4a,5)i，
所以由题意，得eq \f(2－2a,5)＝eq \f(1＋4a,5)，解得a＝eq \f(1,6)，故选C.
【答案】 (1)C (2)C
eq \a\vs4\al()
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．
1．(2020·安徽省考试试题)eq \(z,\s\up6(－))是z＝eq \f(1＋2i,1－i)的共轭复数，则eq \(z,\s\up6(－))的虚部为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．－eq \f(3,2) D．eq \f(3,2)
解析：选C.z＝eq \f(1＋2i,1－i)＝eq \f(（1＋2i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq \f(－1＋3i,2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)i，则eq \(z,\s\up6(－))＝－eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i，所以eq \(z,\s\up6(－))的虚部为－eq \f(3,2)，故选C.
2．(2020·山西八校第一次联考)已知a，b∈R，i为虚数单位，若3－4i3＝eq \f(2－bi,a＋i)，则a＋b等于( )
A．－9 B．5
C．13 D．9
解析：选A.由3－4i3＝eq \f(2－bi,a＋i)得，3＋4i＝eq \f(2－bi,a＋i)，即(a＋i)(3＋4i)＝2－bi，(3a－4)＋(4a＋3)i＝2－bi，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a－4＝2，,4a＋3＝－b，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－11，))故a＋b＝－9.故选A.
复数的几何意义(师生共研)
(1)(2019·高考全国卷Ⅰ)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内所对应的点为(x，y)，则( )
A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1
(2)设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i(i为虚数单位)，则z1z2＝( )
A．－5 B．5
C．－4＋i D．－4－i
【解析】 (1)由已知条件，可得z＝x＋yi.因为|z－i|＝1，所以|x＋yi－i|＝1，所以x2＋(y－1)2＝1.故选C.
(2)因为复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，所以z2＝－2＋i，所以z1z2＝(2＋i)(－2＋i)＝－5.
【答案】 (1)C (2)A
eq \a\vs4\al()
复数的几何意义及应用
(1)复数z、复平面上的点Z及向量eq \(OZ,\s\up6(→))相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔eq \(OZ,\s\up6(→)).
(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．
1．(2020·南宁摸底联考)已知(1＋i)·z＝eq \r(3)i(i是虚数单位)，那么复数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：选A.因为(1＋i)·z＝eq \r(3)i，所以z＝eq \f(\r(3)i,1＋i)＝eq \f(\r(3)i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(\r(3)＋\r(3)i,2)，则复数z在复平面内对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，所以复数z在复平面内对应的点位于第一象限，故选A.
2．已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面内对应的点分别为A，B，C，若eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是 ．
解析：由条件得eq \(OC,\s\up6(→))＝(3，－4)，eq \(OA,\s\up6(→))＝(－1，2)，
eq \(OB,\s\up6(→))＝(1，－1)，
根据eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))得
(3，－4)＝λ(－1，2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－λ＋μ＝3，,2λ－μ＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝2，))所以λ＋μ＝1.
答案：1
复数代数形式的运算(师生共研)
(1)(2019·高考全国卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，则z＝( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
(2)(2020·江西省五校协作体试题)已知i是虚数单位，若z＋eq \f(1,i)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))eq \s\up12(2 018)，则|z|＝( )
A．1 B.eq \r(2)
C．2 D．eq \r(5)
【解析】 (1)z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2＋2i,2)＝1＋i.故选D.
(2)eq \f(1,i)＝eq \f(－i,i（－i）)＝－i，eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(（1－i）2,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(－2i,2)＝－i，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))eq \s\up12(2 018)＝(－i)2 018＝i504×4＋2＝i2＝－1，所以由z＋eq \f(1,i)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))eq \s\up12(2 018)，得z－i＝－1，z＝－1＋i，所以|z|＝eq \r(2)，故选B.
【答案】 (1)D (2)B
eq \a\vs4\al()
复数代数形式运算问题的解题策略
(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的乘法运算，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．
(2)复数的除法运算是分子、分母同乘以分母的共轭复数，即分母实数化．
1．(2020·新疆乌鲁木齐一模)已知复数z＝1＋i(i是虚数单位)，则eq \f(z2＋2,z－1)＝( )
A．2＋2i B．2－2i
C．2i D．－2i
解析：选B.因为z＝1＋i，所以eq \f(z2＋2,z－1)＝eq \f(（1＋i）2＋2,1＋i－1)＝eq \f(2＋2i,i)＝eq \f(（2＋2i）（－i）,－i2)＝2－2i.故选B.
2．若复数z满足2z＋z· eq \x\t(z)＝(2－i)2(i为虚数单位)，则z为( )
A．－1－i B．－1－2i
C．－1＋2i D．1－2i
解析：选B.设z＝a＋bi⇒2(a＋bi)＋(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＋2a＋2bi＝3－4i⇒a＝－1，b＝－2⇒z＝－1－2i.
[基础题组练]
1．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)已知x，y∈R，i为虚数单位，且xi－y＝－1＋i，则(1－i)(x－yi)＝( )
A．2 B．－2i
C．－4 D．2i
解析：选B.xi－y＝－1＋i，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＝－y，,x＝1，))
所以x＝1，y＝1，
所以(1－i)(x－yi)＝(1－i)(1－i)＝－2i，故选B.
2．(2020·辽宁辽南协作体一模)已知i是虚数单位，复数z＝eq \f(1－i,|i|)，下列说法正确的是( )
A．z的虚部为－i
B．z对应的点在第一象限
C．z的实部为－1
D．z的共轭复数为1＋i
解析：选D.因为z＝eq \f(1－i,|i|)＝1－i，所以z的虚部为－1；z对应的点的坐标为(1，－1)，在第四象限；z的实部为1；z的共轭复数为1＋i.故选D.
3．(2020·黑龙江齐齐哈尔二模)已知复数z＝eq \f(（2＋ai）i,1＋i)是纯虚数，其中a是实数，则z等于( )
A．2i B．－2i
C．i D．－i
解析：选A.z＝eq \f(（2＋ai）i,1＋i)＝eq \f(－a＋2i,1＋i)＝eq \f(（－a＋2i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2－a,2)＋eq \f(a＋2,2)i，因为z为纯虚数，所以eq \f(2－a,2)＝0，eq \f(a＋2,2)≠0，得a＝2.所以z＝2i，故选A.
4．(2020·云南民族大学附属中学期中)复数z满足z(1－i)＝|1＋i|，则复数z的共轭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
解析：选D.因为z(1－i)＝|1＋i|，
所以z＝eq \f(|1＋i|,1－i)＝eq \f(\r(2)（1＋i）,2)＝eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)i，
所以 eq \x\t(z)＝eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(2),2)i，
所以复数z的共轭复数在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，位于第四象限，故选D.
5．设z＝eq \f(1,1＋i)＋i(i为虚数单位)，则|z|＝ ．
解析：因为z＝eq \f(1,1＋i)＋i＝eq \f(1－i,（1＋i）（1－i）)＋i＝eq \f(1－i,2)＋i＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
6．(2020·西安八校联考)若eq \f(a＋bi,i)(a，b∈R)与(2－i)2互为共轭复数，则a－b＝ ．
解析：因为eq \f(a＋bi,i)＝eq \f(（a＋bi）（－i）,－i2)＝b－ai，(2－i)2＝4－4i－1＝3－4i，eq \f(a＋bi,i)(a，b∈R)与(2－i)2互为共轭复数，所以b＝3，a＝－4，则a－b＝－7，故答案为－7.
答案：－7
7．在复平面内，O为原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))对应的复数为－1＋2i，若点A关于直线y＝－x的对称点为B，则向量eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数为 ．
解析：因为A(－1，2)关于直线y＝－x的对称点为B(－2，1)，所以向量eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数为－2＋i.
答案：－2＋i
8．计算：(1)eq \f(（1＋2i）2＋3（1－i）,2＋i)；
(2)eq \f(1－i,（1＋i）2)＋eq \f(1＋i,（1－i）2)；
(3)eq \f(1－\r(3)i,（\r(3)＋i）2).
解：(1)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.
(2)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.
(3)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）,4)
＝－eq \f(1,4)－eq \f(\r(3),4)i.
[综合题组练]
1．已知复数z＝(cs θ－isin θ)(1＋i)，则“z为纯虚数”的一个充分不必要条件是( )
A．θ＝eq \f(π,4) B．θ＝eq \f(π,2)
C．θ＝eq \f(3π,4) D．θ＝eq \f(5π,4)
解析：选C.z＝(cs θ－isin θ)(1＋i)＝(cs θ＋sin θ)＋(cs θ－sin θ)i.z是纯虚数等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(cs θ＋sin θ＝0，,cs θ－sin θ≠0，))等价于θ＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z.故选C.
2．(应用型)(2020·成都第二次诊断性检测)若虚数(x－2)＋yi(x，y∈R)的模为eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值是( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(1,2) D．eq \r(3)
解析：选D.因为(x－2)＋yi是虚数，
所以y≠0，
又因为|(x－2)＋yi|＝eq \r(3)，
所以(x－2)2＋y2＝3.
因为eq \f(y,x)是复数x＋yi对应点的斜率，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))eq \s\d7(max)＝tan∠AOB＝eq \r(3)，
所以eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3).
3．设复数z满足eq \f(1＋2z,1－z)＝i，则z＝ ．
解析：法一：因为eq \f(1＋2z,1－z)＝i，所以1＋2z＝i－iz，所以z＝eq \f(i－1,2＋i)＝eq \f(（i－1）（2－i）,5)＝－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i.
法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，因为eq \f(1＋2z,1－z)＝i，所以1＋2(a＋bi)＝i－i(a＋bi)，所以2a＋1＋2bi＝b＋(1－a)i，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋1＝b,2b＝1－a))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,5),b＝\f(3,5)))，所以z＝－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i.
答案：－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i
4．已知复数z＝eq \f(i＋i2＋i3＋…＋i2 018,1＋i)，则复数z在复平面内对应点的坐标为 ．
解析：因为i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＋i4n＋4＝i＋i2＋i3＋i4＝0，而2 018＝4×504＋2，
所以z＝eq \f(i＋i2＋i3＋…＋i2 018,1＋i)＝eq \f(i＋i2,1＋i)＝eq \f(－1＋i,1＋i)
＝eq \f(（－1＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2i,2)＝i，对应的点的坐标为(0，1)．
答案：(0，1)