2023版高三一輪總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)新教材新高考第5章 第5節(jié)復(fù)數(shù)

8/8復(fù)數(shù)[考試要求]1.通過(guò)方程的解，認(rèn)識(shí)復(fù)數(shù).2.結(jié)合復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，考查復(fù)數(shù)的實(shí)部、虛部，共軛復(fù)數(shù)，復(fù)數(shù)的模等概念的認(rèn)識(shí).3.結(jié)合復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，考查復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算．1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的定義形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中實(shí)部是a，虛部是b.(2)復(fù)數(shù)的分類(lèi)eq\o(復(fù)數(shù)z＝a＋bia，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實(shí)數(shù)b＝0，,\o(虛數(shù)b≠0)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(純虛數(shù)a＝0，b≠0，,非純虛數(shù)a≠0，b≠0.))))(3)復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(4)共軛復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)．(5)復(fù)數(shù)的模向量eq\o(OZ,\s\up8(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的模，記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq\r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)．2．復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)數(shù)z＝a＋bi與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)及平面向量eq\o(OZ,\s\up8(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一對(duì)應(yīng)關(guān)系．3．復(fù)數(shù)的運(yùn)算(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②減法：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＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．(2)復(fù)數(shù)加法的運(yùn)算定律復(fù)數(shù)的加法滿足交換律、結(jié)合律，即對(duì)任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．eq\o([常用結(jié)論])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(n∈N*)．3．z·eq\x\to(z)＝|z|2＝|eq\x\to(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.一、易錯(cuò)易誤辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)若a∈C，則a2≥0. ()(2)復(fù)數(shù)中有相等復(fù)數(shù)的概念，因此復(fù)數(shù)可以比較大?。?()(3)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的虛部為bi. ()(4)方程x2＋x＋1＝0沒(méi)有解． ()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材習(xí)題衍生1．若復(fù)數(shù)z＝(x2－1)＋(x－1)i為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)x的值為()A．－1 B．0C．1 D．－1或1A[因?yàn)閦為純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1＝0，,x－1≠0，))所以x＝－1.]2．復(fù)數(shù)eq\f(1＋i,i)的虛部是()A．1 B．－1C．i D．－iB[∵eq\f(1＋i,i)＝eq\f(1＋i－i,－i2)＝1－i，∴eq\f(1＋i,i)的虛部為－1.故選B．]3．方程x2＋3＝0在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)的解為x＝________.[答案]±eq\r(3)i4．如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的向量分別是eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))，則z1·z2＝________.－4－3i[z1＝－2＋i，z2＝1＋2i，z1·z2＝(－2＋i)(1＋2i)＝－4－3i.]考點(diǎn)一復(fù)數(shù)的有關(guān)概念 1．如果復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)，則()A．z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i B．z的虛部為－iC．|z|＝2 D．z的實(shí)部為－1D[∵z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝eq\f(－2－2i,2)＝－1－i，∴z的實(shí)部為－1，故選D．]2．若復(fù)數(shù)z滿足(eq\r(3)－i)z＝|eq\r(3)＋i|(其中i是虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)的虛部為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)iC．－eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)iC[由(eq\r(3)－i)z＝|eq\r(3)＋i|得(eq\r(3)－i)z＝eq\r(\r(3)2＋12)＝2，所以z＝eq\f(2,\r(3)－i)＝eq\f(2\r(3)＋i,\r(3)－i\r(3)＋i)＝eq\f(2\r(3)＋i,4)＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，所以eq\x\to(z)＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i，所以eq\x\to(z)的虛部為－eq\f(1,2).]3．如果復(fù)數(shù)eq\f(m2＋i,1＋mi)是純虛數(shù)，那么實(shí)數(shù)m等于()A．－1 B．0C．0或1 D．0或－1D[eq\f(m2＋i,1＋mi)＝eq\f(m2＋i1－mi,1＋mi1－mi)＝eq\f(m2＋m＋1－m3i,1＋m2)，因?yàn)榇藦?fù)數(shù)為純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m＝0，,1－m3≠0，))解得m＝－1或0，故選D．]4．(多選)(2021·江蘇南通模擬)下列結(jié)論正確的是()A．若復(fù)數(shù)z滿足z＋eq\x\to(z)＝0，則z為純虛數(shù)B．若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1,z)∈R，則z∈RC．若復(fù)數(shù)z滿足z2≥0，則z∈RD．若復(fù)數(shù)z1，z2滿足zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0BC[對(duì)于A選項(xiàng)，設(shè)復(fù)數(shù)z＝0，z＋eq\x\to(z)＝0滿足，z不為純虛數(shù)，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq(\a\vs4\al\co1(a，b∈R))，則eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，所以b＝0，即z∈R，故B選項(xiàng)正確；對(duì)于C選項(xiàng)，設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq(\a\vs4\al\co1(a，b∈R))，則z2＝eq(\a\vs4\al\co1(a＋bi))2＝a2－b2＋2abi≥0，所以ab＝0且a2－b2≥0，所以b＝0，即z∈R，故C選項(xiàng)正確；對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)復(fù)數(shù)z1＝1，z2＝i，所以zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，但z1＝z2＝0不成立，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選BC．]解決復(fù)數(shù)概念問(wèn)題的方法及注意事項(xiàng)(1)復(fù)數(shù)的分類(lèi)及對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置問(wèn)題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)該滿足的條件問(wèn)題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實(shí)部和虛部滿足的方程(不等式)組即可．(2)解題時(shí)一定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，以確定實(shí)部和虛部．考點(diǎn)二復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算 1．(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，則z(eq\x\to(z)＋i)＝()A．6－2i B．4－2iC．6＋2i D．4＋2iC[因?yàn)閦＝2－i，所以z(eq\x\to(z)＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i，故選C．]2．(2021·全國(guó)甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，則z＝()A．－1－eq\f(3,2)i B．－1＋eq\f(3,2)iC．－eq\f(3,2)＋i D．－eq\f(3,2)－iB[z＝eq\f(3＋2i,1－i2)＝eq\f(3＋2i,－2i)＝eq\f(3i－2,2)＝－1＋eq\f(3,2)i.]3．(多選)(2021·湖南雅禮中學(xué)二模)設(shè)z1，z2是復(fù)數(shù)，則下列命題中的真命題是()A．若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1－z2))＝0，則eq\x\to(z)1＝eq\x\to(z)2B．若z1＝eq\x\to(z)2，則eq\x\to(z)1＝z2C．若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))，則z1·eq\x\to(z)1＝z2·eq\x\to(z)2D．若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))，則zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)ABC[對(duì)于A，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1－z2))＝0，則z1－z2＝0，z1＝z2，所以eq\x\to(z)1＝eq\x\to(z)2為真；對(duì)于B，若z1＝eq\x\to(z)2，則z1和z2互為共軛復(fù)數(shù)，所以eq\x\to(z)1＝z2為真；對(duì)于C，設(shè)z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，a1，b1，a2，b2∈R，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))，則eq\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1))＝eq\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2))，即aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)，所以z1·eq\x\to(z)1＝aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)＝z2·eq\x\to(z)2，所以z1·eq\x\to(z)1＝z2·eq\x\to(z)2為真；對(duì)于D，若z1＝1，z2＝i，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))，而zeq\o\al(2,1)＝1，zeq\o\al(2,2)＝－1，所以zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)為假．故選ABC．]4．eq\f(1－i2021,1＋i)＝________.－i[eq\f(1－i2021,1＋i)＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1－i1＋i)＝eq\f(－2i,2)＝－i.]復(fù)數(shù)運(yùn)算的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略(1)復(fù)數(shù)的乘法復(fù)數(shù)的乘法類(lèi)似于多項(xiàng)式的乘法，可將含有虛數(shù)單位i的項(xiàng)看作一類(lèi)同類(lèi)項(xiàng)，不含i的項(xiàng)看作另一類(lèi)同類(lèi)項(xiàng)，分別合并即可．(2)復(fù)數(shù)的除法除法的關(guān)鍵是分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù)，解題中要注意把i的冪寫(xiě)成最簡(jiǎn)形式．(3)復(fù)數(shù)的綜合運(yùn)算運(yùn)用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算法則進(jìn)行運(yùn)算，要注意運(yùn)算順序．考點(diǎn)三復(fù)數(shù)的幾何意義 eq[典例](1)(2021·新高考Ⅱ卷)復(fù)數(shù)eq\f(2－i,1－3i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)所在的象限為()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限(2)(多選)(2021·福州模擬)已知復(fù)數(shù)z0＝1＋2i(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為P0，復(fù)數(shù)z滿足|z－1|＝|z－i|，下列結(jié)論正確的是()A．P0點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,2)B．復(fù)數(shù)z0的共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)與點(diǎn)P0關(guān)于虛軸對(duì)稱C．復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z在一條直線上D．P0與z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z間的距離的最小值為eq\f(\r(2),2)(3)(2020·全國(guó)Ⅱ卷)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________.(1)A(2)ACD(3)2eq\r(3)[(1)∵eq\f(2－i,1－3i)＝eq\f(2－i1＋3i,1－3i1＋3i)＝eq\f(2＋6i－i－3i2,12＋－32)＝eq\f(5＋5i,10)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(2－i,1－3i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，位于第一象限．故選A．(2)復(fù)數(shù)z0＝1＋2i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為P0(1,2)，A正確；復(fù)數(shù)z0的共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)與點(diǎn)P0關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱，B錯(cuò)誤；設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，代入|z－1|＝|z－i|，得|(x－1)＋yieq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(＝))x＋(y－1)i|，即eq\r(x－12＋y2)＝eq\r(x2＋y－12)，整理得y＝x，即Z點(diǎn)在直線y＝x上，C正確；易知點(diǎn)P0到直線y＝x的垂線段的長(zhǎng)度即為P0、Z之間距離的最小值，結(jié)合點(diǎn)到直線的距離公式可知，最小值為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－2)),\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故D正確．故選ACD．(3)法一：(代數(shù)法)設(shè)z1－z2＝a＋bi，a，b∈R，因?yàn)閦1＋z2＝eq\r(3)＋i，所以2z1＝(eq\r(3)＋a)＋(1＋b)i,2z2＝(eq\r(3)－a)＋(1－b)i.因?yàn)閨z1|＝|z2|＝2，所以|2z1|＝|2z2|＝4，所以eq\r(\r(3)＋a2＋1＋b2)＝4，①eq\r(\r(3)－a2＋1－b2)＝4，②①2＋②2，得a2＋b2＝12.所以|z1－z2|＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(3).法二：(幾何法)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)分別對(duì)應(yīng)向量eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))，則z1＋z2對(duì)應(yīng)向量eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OB,\s\up8(→)).由題意知|eq\o(OA,\s\up8(→))|＝|eq\o(OB,\s\up8(→))|＝|eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OB,\s\up8(→))|＝2，如圖所示，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OACB，則z1－z2對(duì)應(yīng)向量eq\o(BA,\s\up8(→))，且|eq\o(OA,\s\up8(→))|＝|eq\o(AC,\s\up8(→))|＝|eq\o(OC,\s\up8(→))|＝2，可得|eq\o(BA,\s\up8(→))|＝2|eq\o(OA,\s\up8(→))|sin60°＝2eq\r(3).故|z1－z2|＝|eq\o(BA,\s\up8(→))|＝2eq\r(3).]與復(fù)數(shù)幾何意義相關(guān)的問(wèn)題的一般解法eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－3,1) B．(－1,3)C．(1，＋∞) D．(－∞，－3)A[