第七章 复数复习提升练习-2022版高中数学必修第二册人教A版
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易混易错练
易错点1 忽视复数相等的条件致错
1.()已知(2+i)y=x+yi,x,y∈R,且y≠0,则= ( )
A.
2.()已知i是虚数单位,m,n∈R,且m+i=1+ni,则= ( )
A.i B.1 C.-i D.-1
3.(2021山东临沂一中高二下月考,)已知x是实数,y是纯虚数,且满足(2x-1)+i=y-(3-y)i,求x与y的值.
易错点2 对复数的几何意义考虑不全面致错
4.()在复平面内,已知复数z对应的向量为(O为坐标原点),与实轴正方向的夹角为120°,且复数z的模为2,则复数z为 ( )
A.1+i
C.-1-i
5.()已知复数z满足|z|2-2|z|-3=0,则在复平面内,复数z对应的点的集合构成的图形是 ( )
A.1个圆 B.线段 C.2个点 D.2个圆
易错点3 对复数范围内方程的问题考虑不全面致错
6.()已知方程x2+kx-i=0有一个根是i,求另一个根及k的值.
7.()关于x的方程x2+(2a-i)x-ai+1=0有实根,求实数a的值.
8.()在复数范围内求方程x2-5|x|+6=0的解.
易错点4 混淆复数运算与实数运算致错
9.()复数= ( )
A.-i
C.i
10.()满足z+是实数,且z+3的实部与虚部是相反数的虚数z是否存在?若存在,求出虚数z;若不存在,请说明理由.
思想方法练
一、函数与方程思想在解决复数问题中的应用
1.()已知复数z=cos θ+isin θ(0≤θ<2π),求θ为何值时,|z+1-i|取得最大值和最小值,并求出最大值和最小值.
2.()关于复数z的方程z2-(a+i)z-(i+2)=0(a∈R).
(1)若此方程有实数解,求a的值;
(2)用反证法证明:对任意的实数a,原方程不可能有纯虚根.
3.()已知关于x的一元二次方程x2+2kx-3k=0(k∈R)的虚根为x1,x2.
(1)求k的取值范围,并用k表示该方程的根;
(2)若3|x1|=2|x2|+,求k的值.
二、数形结合思想在解决复数问题中的应用
4.()在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是,,则复数z1-z2= ( )
A.-1+2i B.-2-2i C.1+2i D.1-2i
5.()在平行四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,若向量,对应的复数分别是3+i,-1+3i,则对应的复数是 ( )
A.2+4i B.-2+4i C.-4+2i D.4-2i
6.(2021上海闵行七宝中学高二上期末,)已知复数z1=2-2i,若|z|=1,z,z1在复平面内对应的点分别为Z,Z1,则向量||的最大值是 .
三、转化与化归思想在解决复数问题中的应用
7.()已知复数z=1+(1-t)i,若复数z2在复平面内对应的点在第二象限,求实数t的取值范围.
8.()设z是虚数,ω=z+是实数,且-1<ω<2.
(1)求|z|的值及z的实部的取值范围;
(2)设μ=,求证:μ是纯虚数;
(3)求ω-μ2的最小值.
答案全解全析
易混易错练
1.D 因为x∈R,y∈R且y≠0,(2+i)y=x+yi,所以2y=x,所以,故选D.
2.A 因为m+i=1+ni,所以m=n=1,
则=i.故选A.
3.解析 根据已知条件可设y=bi(b∈R,b≠0),代入(2x-1)+i=y-(3-y)i,整理得(2x-1)+i=-b+(b-3)i,根据复数相等的充要条件,可得所以x=-,y=4i.
易错警示
复数相等的充要条件是复数向实数转化的桥梁,所以要注意得到的必须是两个实数等式组成的方程组.
4.D 设复数z在复平面内对应的点的坐标为Z(a,b).
根据题意可画出图形,如图所示,
∵|z|=2,且与x轴正方向的夹角为120°,∴a=-1,b=±,
即点Z的坐标为(-1,)或(-1,-).∴z=-1+i.
易错警示
利用复数与向量的对应关系解题时,注意向量的位置、夹角等的思考与讨论.
5.A 由题意可知(|z|-3)(|z|+1)=0,即|z|=3或|z|=-1,
∵|z|≥0,∴|z|=3,
故复数z对应的点的集合构成的图形是以原点为圆心,3为半径的圆.
6.解析 将x=i代入原方程得i2+ki-i=0,由此可得k=1-i,设x0是方程的另一个根,则由根与系数的关系可得x0i=-i,从而得x0=-1.
易错警示
实系数一元二次方程中的虚根是成对出现的,但如果题设中没有直接交代一元二次方程的系数是实数,就不能得出上述结论.
7.解析 设方程x2+(2a-i)x-ai+1=0的实根为x0,则有+2ax0+1-(a+x0)i=0,
由复数相等的充要条件可知
解得a=±1.
8.解析 因为x∈C,
所以设x=a+bi(a,b∈R),
代入方程得(a+bi)2-5+6=0,
即a2-b2-5+6+2abi=0,
所以
解得
所以原方程有6个解,分别为i,-i,2,-2,3,-3.
9.C 因为i2=-1,i3=-i,i4=1,
所以i.
10.解析 存在.理由如下:设虚数z=x+yi(x,y∈R,且y≠0),
则z+3=x+3+yi,z+i.
由题意得
∴
∴存在虚数z=-1-2i或z=-2-i满足题意.
易错警示
在复数的运算中,注意与实数运算的区别.如在进行除法运算时,注意在分母实数化过程中,(a+bi)(a-bi)=a2+b2(a,b∈R).
思想方法练
1.解析 |z+1-i|=|cos θ+1+i(sin θ-1)|
=
=
=.
将模的最值问题转化为关于θ的三角函数的最值问题,根据三角函数的有关性质求解.
因为0≤θ<2π,所以θ+,
所以当θ=时,
|z+1-i|取得最大值,最大值为+1,
当θ=时,
|z+1-i|取得最小值,最小值为-1.
2.解析 (1)设z=x0∈R,
代入方程得-(a+i)x0-(i+2)=0,
即(-ax0-2)+(-x0-1)i=0,
∴
利用复数相等的充要条件,列方程组求解.
解得
∴a=1.
(2)证明:假设存在实数a,使得原方程有纯虚根z=bi(b∈R且b≠0),
则有(bi)2-(a+i)·bi-(i+2)=0,
即(-b2+b-2)+(-ab-1)i=0,
∴
利用复数相等的充要条件,列方程组求解.
∵方程①中Δ=-7<0,∴不存在实数b使方程①成立,
∴方程组无实数解,∴假设不成立,
∴对任意的实数a,原方程不可能有纯虚根.
3.解析 (1)因为一元二次方程 x2+2kx-3k=0有两个虚根,
所以Δ=4k2+12k<0,解得-3<k<0.
由求根公式可得,该方程的两根为i.
(2)因为x1,x2互为共轭复数,所以|x1|=|x2|,
因为3|x1|=2|x2|+,所以|x1|=,
所以k2+(-k2-3k)=,解得k=-.
实系数一元二次方程的虚根是成对出现的,结合求根公式和题设中的等式,即可求解.
思想方法
复数问题中的最值问题一般要用到函数思想,通常找到一个参数或变量,根据复数与实数之间的联系建立函数关系,利用函数的最值进行求解;复数问题中的求值问题,可以利用复数的有关性质,通过方程(组)或一元二次方程相关知识进行求解,这体现了方程思想.
4.B 由题图,知z1=-2-i,z2=i,所以z1-z2=-2-2i,故选B.
观察题图可知A(-2,-1),B(0,1),从而得出对应的复数z1,z2.
5.D 如图,,
由图中平行四边形的性质,得,再求解.
∵对应的复数为3+i,对应的复数为-1+3i,
∴对应的复数为(3+i)-(-1+3i)=4-2i.
6.答案 2+1
解析 由于|z|=1,故复数z所对应的点的集合是以原点为圆心,1为半径的圆,易知z1所对应的点的坐标为Z1(2,-2),则由图可知,||的最大值可以看成点(2,-2)与点(0,0)之间的距离再加1,最大值为2+1.
根据复数及模的几何意义,画出图形,观察图形得出最大距离即可.
思想方法
复数的几何意义、复数的模以及复数加、减法的几何意义都是数形结合思想的体现.比如在复平面内,|z|表示复数z对应的点与坐标原点间的距离,|z-(a+bi)|(a,b∈R)表示复数z对应的点与点(a,b)间的距离,从而可以利用数形结合思想,将抽象问题形象化,复杂问题简单化.
7.解析 z2=[1+(1-t)i]2=1-(1-t)2+2(1-t)i=(2t-t2)+(2-2t)i,所以复数z2在复平面内对应的点为(2t-t2,2-2t),由其在第二象限,得解得t<0.
故实数t的取值范围是(-∞,0).
将复数z2在复平面内对应的点在第二象限转化为关于实数t的不等式组,进而求出t的取值范围.
8.解析 设z=a+bi(a,b∈R,且b≠0).
(1)由题得ω=a+bi+i.
∵ω是实数,b≠0,∴b-=0,∴a2+b2=1,即|z|=1.
∴ω=2a,又-1<ω<2,∴-<a<1,
∴z的实部的取值范围为.
设出复数z的代数形式,将复数问题实数化.
(2)证明:μ==-i.
∵a∈,b≠0,∴μ为纯虚数.
(3)ω-μ2=2a+-3,
∵a∈,∴a+1>0,∴ω-μ2≥2×2-3=4-3=1,
当且仅当a+1=,即a=0(a=-2舍去)时,ω-μ2取得最小值,且最小值为1.
思想方法
寻求联系,实现转化,是转化与化归思想在复数中应用的关键,如把复数z设成z=a+bi(a,b∈R)或者z=r(cos θ+isin θ)(r,θ∈R)的形式,从而将问题转化成关于实数a,b或r,θ的问题,实现复数问题实数化;把复数利用点或者向量表示,从而将复数问题几何化等等.
