2022年高三数学复数的有关概念总复习专项训练

这是一份2022年高三数学复数的有关概念总复习专项训练，共12页。试卷主要包含了知识体系表解，复数的有关概念和性质，有关计算，学习目标等内容，欢迎下载使用。
1．知识体系表解
2．复数的有关概念和性质：
(1)i称为虚数单位,规定,形如a+bi的数称为复数,其中a，b∈R．
(2)复数的分类(下面的a，b均为实数)
(3)复数的相等设复数，那么的充要条件是：．
(4)复数的几何表示复数z=a+bi（a，b∈R）可用平面直角坐标系内点Z(a，b)来表示．这时称此平面为复平面，x轴称为实轴，y轴除去原点称为虚轴．这样，全体复数集C与复平面上全体点集是一一对应的．
复数z=a+bi．在复平面内还可以用以原点O为起点，以点Z(a，b)
向量所成的集合也是一一对应的(例外的是复数0对应点O，看成零向量)．
(7)复数与实数不同处
①任意两个实数可以比较大小，而任意两个复数中至少有一个不是实数时就不能比较大小．
②实数对于四则运算是通行无阻的，但不是任何实数都可以开偶次方．而复数对四则运算和开方均通行无阻．
3．有关计算：
⑴怎样计算？（先求n被4除所得的余数， ）
⑵是1的两个虚立方根，并且：
复数集内的三角形不等式是：，其中左边在复数z1、z2对应的向量共线且反向（同向）时取等号，右边在复数z1、z2对应的向量共线且同向（反向）时取等号。
棣莫佛定理是：
若非零复数，则z的n次方根有n个，即：
它们在复平面内对应的点在分布上有什么特殊关系？
都位于圆心在原点，半径为的圆上，并且把这个圆n等分。
若，复数z1、z2对应的点分别是A、B，则△AOB（O为坐标原点）的面积是。
=。
复平面内复数z对应的点的几个基本轨迹：
①轨迹为一条射线。
②轨迹为一条射线。
③轨迹是一个圆。
④轨迹是一条直线。
⑤轨迹有三种可能情形：a)当时，轨迹为椭圆；b)当时，轨迹为一条线段；c)当时，轨迹不存在。
⑥轨迹有三种可能情形：a)当时，轨迹为双曲线；b)当时，轨迹为两条射线；c)当时，轨迹不存在。
4．学习目标
(1)联系实数的性质与运算等内容，加强对复数概念的认识；
(2)理顺复数的三种表示形式及相互转换：z=r(csθ+isinθ) eq \(OZ,\s\up6(→))(Z(a,b))z=a+bi
(3)正确区分复数的有关概念；
(4)掌握复数几何意义,注意复数与三角、解几等内容的综合；
(5)正确掌握复数的运算：复数代数形式的加、减、乘、除；三角形式的乘、除、乘方、开方及几何意义；虚数单位i及1的立方虚根ω的性质；模及共轭复数的性质；
(6)掌握化归思想——将复数问题实数化（三角化、几何化）；
复数集
纯虚数集
虚
数
集
实数集
(7)掌握方程思想——利用复数及其相等的有关充要条件，建立相应的方程，转化复数问题。
（三）例题分析：
Ⅰ.2004年高考数学题选
1. (2004年四川卷理3)设复数ω＝－＋i，则1＋ω＝
A.–ω B.ω2 C. D.
2．(2004重庆卷2）)设复数, 则（ ）
A．–3 B．3 C．－3i D．3i
3. （2004高考数学试题广东B卷14）已知复数z与 (z +2)2-8i 均是纯虚数,则 z = .
Ⅱ.范例分析
①实数？②虚数？③纯虚数？
①复数z是实数的充要条件是：
∴当m＝2时复数z为实数．
②复数z是虚数的充要条件：
∴当m≠3且m≠2时复数z为虚数
③复数z是纯虚数的充要条件是：
∴当m＝1时复数z为纯虚数．
【说明】要注意复数z实部的定义域是m≠3，它是考虑复数z是实数，虚数纯虚数的必要条件．
要特别注意复数z＝a+bi(a，b∈R)为纯虚数的充要条件是a＝0且b≠0．
[ ]
，所以，代入①得，故选．
解法3：选择支中的复数的模均为，又，而方程右边为2+i，它的实部，虚部均为正数，因此复数z的实部，虚部也必须为正，故选择B．
【说明】解法1利用复数相等的条件；解法2利用复数模的性质；解法3考虑选择题的特点．
求：z
【分析】确定一个复数要且仅要两个实数a、b，而题目恰给了两个独立条件采用待定系数法可求出a、b确定z．
运算简化．
解：设z=x+yi(x，y∈R)
将z=x+yi代入|z4|＝|z4i|可得x＝y，∴z=x+xi
(2)当|z1|＝13时，即有xx6=0则有x=3或x=2
综上所述故z＝0或z=3+3i或z=-22i
【说明】注意熟练地运用共轭复数的性质．其性质有：
(3)1+2i+3+…+1000
【说明】计算时要注意提取公因式，要注意利用i的幂的周期性，
要记住常用的数据：，，。
（2）原式
(3)解法1：原式=(1+2i34i)+(5+6i78i)+…+(997+998i9991000i)
=250(22i)=500500i
解法2：设S＝1+2i+3+…+1000，则iS＝i+2+3+…+999+1000，
∴(1i)S＝1+i++…+1000
【说明】充分利用i的幂的周期性进行组合，注意利用等比数列求和的方法．
【例5】（1）若，求：
（2）已知，求的值。
解：（1）
【例6】已知三边都不相等的三角形ABC的三内角A、B、C满足
、
的值.
【解】
得……3分
上式化简为……6分
……9分
当……12分
【例7】设z1=1-csθ+isinθ，z2=a2+ai(a∈R)，若z1z2≠0，z1z2+ eq \(z1z2,\s\up9 ())=0，问在（0，2π）内是否存在θ使(z1-z2)2为实数？若存在，求出θ的值；若不存在，请说明理由．
【分析】这是一道探索性问题．可根据复数的概念与纯虚数的性质及复数为实数的充要条件，直接进行解答．
【解】假设满足条件的θ存在．
因z1z2≠0，z1z2+ eq \(z1z2,\s\up9 ())=0，故z1z2为纯虚数．
又z1z2=(1-csθ+isinθ)(a2+ai)
=[a2(1-csθ)-asinθ]+[a(1-csθ)+a2sinθ]i，
于是， eq \b\lc\{(\a\al (a2(1-csθ)-asinθ=0 ， ①,a(1-csθ)+a2sinθ≠0 ． ②))
由②知a≠0．
因θ∈(0，2π)，故csθ≠1．于是，由①得a= eq \f(sinθ,1-csθ)．
另一方面，因(z1-z2)2∈R，故z1-z2为实数或为纯虚数．又z1-z2=1-csθ-a2+(sinθ-a)i，于是sinθ-a=0，或1-csθ-a2=0．
若sinθ-a=0，则由方程组 eq \b\lc\{(\a\al(sinθ-a=0，,a= eq \f(sinθ,1-csθ)，))
得 eq \f(sinθ,1-csθ)=sinθ，故csθ=0，于是θ= eq \f(π,2) 或θ= eq \f(3π,2) ．
若1-csθ-a2=0，则由方程组
eq \b\lc\{(\a\al(1-csθ-a2=0，,a= eq \f(sinθ,1-csθ)，)) 得( eq \f(sinθ,1-csθ))2=1-csθ．
由于sin2θ=1-cs2θ=(1+csθ)(1-csθ)，故1+csθ=(1-csθ)2．
解得csθ=0，从而θ= eq \f(π,2) 或θ= eq \f(3π,2) ．
综上所知，在(0，2π)内，存在θ= eq \f(π,2) 或θ= eq \f(3π,2) ，使(z1-z2)2为实数．
【说明】①解题技巧：解题中充分使用了复数的性质：z≠0，z+ eq \(z,\s\up9 ())=0z∈{纯虚数} eq \b\lc\{(\a\al(Re(z)=0，,Im(z)≠0．)) 以及z2∈Rz∈R或z∈{纯虚数}．（注：Re(z)，Im(z)分别表示复数z的实部与虚部）
②解题规律：对于“是否型存在题型”，一般处理方法是首先假设结论成立，再进行正确的推理，若无矛盾，则结论成立；否则结论不成立．
【例8】设a为实数，在复数集C中解方程：z2+2|z|=a．
【分析】由于z2=a-2|z|为实数，故z为纯虚数或实数，因而需分情况进行讨论．
【解】设|z|=r．若a＜0，则z2=a-2|z|＜0，于是z为纯虚数，从而r2=2r–a．
解得 r= eq 1+ \r(1-a)(r= eq 1- \r(1-a)＜0，不合，舍去)．故 z=±( eq 1+ \r(1-a))i．
若a≥0，对r作如下讨论：
（1）若r≤ eq \f(1,2)a，则z2=a-2|z|≥0，于是z为实数．
解方程r2=a-2r，得r= eq -1+ \r(1+a)(r= eq -1- \r(1+a)＜0，不合，舍去)．
故 z=±( eq -1+ \r(1+a))．
（2）若r＞ eq \f(1,2)a，则z2=a-2|z|＜0，于是z为纯虚数．
解方程r2=2r-a，得r= eq 1+ \r(1-a)或r= eq 1- \r(1-a)(a≤1)．
故 z=±( eq 1± \r(1-a))i(a≤1)．
综上所述，原方程的解的情况如下：
当a＜0时，解为：z=±( eq 1+ \r(1-a))i；
当0≤a≤1时，解为：z=±( eq -1+ \r(1+a))，z=±( eq 1± \r(1-a))i；
当a＞1时，解为：z=±( eq -1+ \r(1+a))．
【说明】解题技巧：本题还可以令z=x+yi(x、y∈R)代入原方程后，由复数相等的条件将复数方程化归为关于x，y的实系数的二元方程组来求解．
【例9】（2004年上海市普通高校春季高考数学试卷18）
已知实数满足不等式，试判断方程有无实根，并给出证明.
【解】由，解得，.方程的判别式.
，，，由此得方程无实根.
【例10】给定实数a，b，c．已知复数z1、z2、z3满足
eq \b\lc\{(\a\al(|z1|=|z2|=|z3|， (1),\f(z1,z2) + \f(z2,z3) + \f(z3,z1) =1． (2)))求｜az1+bz2+cz3｜的值．
【分析】注意到条件(1)，不难想到用复数的三角形式；注意到条件（2），可联想使用复数为实数的充要条件进行求解．
【解】解法一由 eq |z1|=|z2|=|z3|=1，可设 eq \f(z1,z2) =csθ+isinθ， eq \f(z2,z3) =csφ+isinφ，
则 eq \f(z3,z1) = eq \f(1, eq \f(z2,z3) · eq \f(z1,z2) ) =cs(θ+φ)-isin(θ+φ)．因 eq \f(z1,z2) + \f(z2,z3) + \f(z3,z1) =1，其虚部为0，
故0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)=2sin eq \f(θ+φ,2)cs eq \f(θ-φ,2)-2sin eq \f(θ+φ,2)cs eq \f(θ+φ,2)
=2sin eq \f(θ+φ,2)（cs eq \f(θ-φ,2)-cs eq \f(θ+φ,2)）=4sin eq \f(θ+φ,2)sin eq \f(θ,2)sin eq \f(φ,2)．
故θ=2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ，k∈Z．因而z1=z2或z2=z3或z3=z1．
若z1=z2，代入（2）得 eq \f(z3,z1) =±i，此时
｜az1+bz2+cz3｜=|z1|·|a+b±ci｜= eq \r((a+b)2 + c2) ．
类似地，如果z2=z3，则｜az1+bz2+cz3｜= eq \r((b+c)2 + a2) ；
如果z3=z1，则｜az1+bz2+cz3｜= eq \r((a+c)2 + b2) ．
解法二由（2）知 eq \f(z1,z2) + \f(z2,z3) + \f(z3,z1) ∈R，故 eq \f(z1,z2) + \f(z2,z3) + \f(z3,z1) = eq \(\f(z1,z2) + \f(z2,z3) + \f(z3,z1),\s\up15 (_ )) ，即 eq \f(z1,z2) + \f(z2,z3) + \f(z3,z1) =．
由（1）得 eq \(zk,\s\up9 ()) = eq \f(1,zk) (k=1，2，3)，代入上式，得 eq \f(z1,z2) + \f(z2,z3) + \f(z3,z1) = eq \f(z2,z1) + \f(z3,z2) + \f(z1,z3) ，
即z12z3+z22z1+z32z2=z22z3+z32z1+z12z2，分解因式，得(z1-z2)(z2-z3)(z3-z1)=0，
于是z1=z2或z2=z3或z3=z1．下同解法一．
【说明】①解题关键点是巧妙利用复数为实数的充要条件：z∈Rz= eq \(z,\s\up9 (_)) ，以及视 eq \f(z1,z2) ， eq \f(z2,z3) 等为整体，从而简化了运算．
②解题易错点是拿到问题不加分析地就盲目动笔，而不注意充分观察题目的已知条件，结论特征等，从而使问题的求解或是变得异常的复杂，或干脆就无法解出最终的结果．
（四）巩固练习：
设复数z=3csθ+2isinθ，求函数y=θ-argz(0＜θ＜ eq \f(π,2) )的最大值以及对应角θ的值．
【分析】先将问题实数化，将y表示成θ的目标函数，后利用代数法（函数的单调性、基本不等式等）以及数形结合法进行求解．
解法一、由0＜θ＜ eq \f(π,2) ，得tanθ＞0，从而0＜argz＜ eq \f(π,2) ．
由z=3csθ+2isinθ，得tan(argz)= eq \f(2sinθ,3csθ)= eq \f(2,3)tanθ＞0．
于是tany=tan(θ-argz)= eq \f(tanθ-tan(argz),1+tanθtan(argz))= eq \f(\f(1,3)tanθ,1 + \f(2,3)tan2θ) = eq \f(1,\f(3,tanθ) + 2tanθ) ≤ eq \f(1,2\r(\f(3,tanθ)·2tanθ))= eq \f(\r(6),12)．
当且仅当 eq \f(3,tanθ) =2tanθ ，即tanθ= eq \f(\r(6), 2)时，取“=”．
又因为正切函数在锐角的范围内为增函数，故当θ=arctan eq \f(\r(6), 2)时，y取最大值为arctan eq \f(\r(6),12)．
解法二、因0＜θ＜ eq \f(π,2) ，故csθ＞0，sinθ＞0，0＜argz＜ eq \f(π,2) ，且
cs(argz)= eq \f(3csθ,\r(9cs2θ+4sin2θ))，sin(argz)= eq \f(2sinθ,\r(9cs2θ+4sin2θ))．
显然y∈(- eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )，且siny为增函数．
siny=sin(θ-argz)=sinθcs(argz)-csθsin(argz)= eq \f(sinθcsθ,\r(9cs2θ+4sin2θ))
= eq \f(1,\r(9csc2θ+4sec2θ))= eq \f(1,\r(9+9ct2θ+4+4tan2θ))≤ eq \f(1,\r(13+2\r(9ct2θ·4tan2θ)))= eq \f(1,5)．
当且仅当 eq 9ct2θ = 4tan2θ，即tanθ= eq \f(\r(6), 2)，取“=”，此时ymax=arctan eq \f(\r(6),12)．
解法三、设Z1=2(csθ+isinθ)，Z2=csθ，则Z=Z1+Z2，而Z1、Z2、Z的辐角主值分别为θ、0，argz．如图所示，必有y=∠ZOZ1，且0＜y＜ eq \f(π,2) ．
在△ZOZ1中，由余弦定理得
9图
x
θ
argz
y
Z1
Z2
Z
csy= eq \f(|OZ1|2+|OZ|2-|Z1Z|2,2|OZ1|·|OZ|) = eq \f(4+4+5cs2θ-cs2θ ,2×2\r(4+5cs2θ))
= eq \f(\r(4+5cs2θ),5)+ eq \f(6,5\r(4+5cs2θ))≥ eq \f(2\r(6),5)．
当且仅当4+5cs2θ=6，即csθ= eq \f(\r(10),5)时，取“=”．
又因为余弦函数在0＜θ＜ eq \f(π,2) 为减函数，故当θ=arccs eq \f(\r(10),5)时，ymax=arccs eq \f(2\r(6),5)．
【说明】①解题关键点：将复数问题通过化归转化为实数问题，使问题能在我们非常熟悉的情景中求解．②解题规律：多角度思考，全方位探索，不仅使我们获得了许多优秀解法，而且还使我们对问题的本质认识更清楚，进而更有利于我们深化对复数概念的理解，灵活驾驭求解复数问题的能力．③解题易错点：因为解法的多样性，反三角函数表示角的不唯一性，因而最后的表述结果均不一样，不要认为是错误的．
四．课后作业：
1、下列说法正确的是 [ ]
A．0i是纯虚数B．原点是复平面内直角坐标系的实轴与虚轴的公共点
C．实数的共轭复数一定是实数，虚数的共轭复数一定是虚数D．是虚数
2、下列命题中，假命题是 [ ]
A．两个复数不可以比较大小B．两个实数可以比较大小
C．两个虚数不可以比较大小D．一虚数和一实数不可以比较大小
3、已知对于x的方程+（12i）x+3mi=0有实根，则实数m满足[ ]
4、复数1+i++…+等于 [ ]
A．i B． i C．2i D．2i
5、已知常数，又复数z满足，求复平面内z对应的点的轨迹。
6、设复数，记。
（1）求复数的三角形式；（2）如果，求实数、的值。
7、（2003年普通高等学校招生全国统一考试(理17)）
已知复数的辐角为，且是和的等比中项，求
8、已知复数满足，且。
(1)求的值；(2)求证：；
(3)求证对于任意实数，恒有。
9、（1992·三南试题）求同时满足下列两个条件的所有复数z：
(1)z+ eq \f(10,z)是实数，且1＜z+ eq \f(10,z)≤6；(2)z的实部和虚部都是整数．
参考答案
1、解0i=0∈R故A错；原点对应复数为0∈R故B错，i2=-1∈R，故D错，所以答案为C。
2、解本题主要考察复数的基本性质，两个不全是实数的复数不能比较大小，故命题B，C，D均正确，故A命题是假的。
3、解本题考察复数相等概念，由已知
4、解：因为i的四个相邻幂的和为0，故原式=1+i+i2+0+0=i，答案：A。
5、解：
∴Z对应的点的轨迹是以对应的点为圆心，以为半径的圆，但应除去原点。
6、答案：（1）；（2）
7、解：设，则复数由题设
8、答案（1）；（2）、（3）省略。
9、分析：按一般思路，应设z＝x＋yi（x，y∈R），或z=r（cs
∵1＜t≤6∴Δ=t2-40＜0，解方程得
又∵z的实部和虚部都是整数，∴t=2或t=6
故z=1±3i或z=3±i
解法二：∵z+ eq \f(10,z)∈R，
从而z= eq \(z,\s\up9 (_)) 或z eq \(z,\s\up9 (_)) =10．若z= eq \(z,\s\up9 (_)) ，则z∈R，因1＜z+ eq \f(10,z)≤6，故z＞0，从而z+ eq \f(10,z)≥ eq 2\r(10)＞6，此时无解；若z eq \(z,\s\up9 (_)) =10，则1＜z+ eq \(z,\s\up9 (_)) ≤6．设z=x+yi(x、y∈Z)，则1＜2x≤6，且x2+y2=10，联立解得 eq \b\lc\{(\a\al(x=1，,y=3，))或 eq \b\lc\{(\a\al(x=1，,y= -3，))或 eq \b\lc\{(\a\al(x=3，,y=1，))或 eq \b\lc\{(\a\al(x=3，,y= -1．))
故同时满足下列两个条件的所有复数z＝1+3i，1-3i，3+i，3-i。