（全国通用版）2019版高考数学大一轮复习 第十一章 推理与证明、算法、复数 第4节 数系的扩充与复数的引入学案 文 新人教A版

第4节数系的扩充与复数的引入最新考纲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.知 识 梳 理1.复数的有关概念内容意义备注复数的概念形如abi(aR，bR)的数叫复数，其中实部为a，虚部为b若b0，则abi为实数；若a0且b0，则abi为纯虚数复数相等abicdiac且bd(a，b，c，dR)共轭复数abi与cdi共轭ac且bd(a，b，c，dR)复平面建立平面直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫实轴，y轴叫虚轴实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数，各象限内的点都表示虚数复数的模设对应的复数为zabi，则向量的长度叫做复数zabi的模|z|abi|2.复数的几何意义复数集C和复平面内所有的点组成的集合是一一对应的，复数集C与复平面内所有以原点O为起点的向量组成的集合也是一一对应的，即(1)复数zabi复平面内的点Z(a，b)(a，bR).(2)复数zabi(a，bR)平面向量.3.复数的运算设z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则(1)加法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；(2)减法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；(3)乘法：z1z2(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i；(4)除法：(cdi0).常用结论与微点提醒1.i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i，i4ni4n1i4n2i4n30，nN*.2.(1i)22i；i；i.诊 断 自 测1.思考辨析(在括号内打“”或“”)(1)复数zabi(a，bR)中，虚部为bi.()(2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.()(3)原点是实轴与虚轴的交点.()(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模.()解析(1)虚部为b；(2)虚数不可以比较大小.答案(1)(2)(3)(4)2.(2016全国卷)设(12i)(ai)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a()A.3 B.2 C.2 D.3解析因为(12i)(ai)a2(2a1)i，所以a22a1，解得a3.答案A3.(2017全国卷)复平面内表示复数zi(2i)的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限解析由题意，得z12i，其在复平面内所对应的点位于第三象限.答案C4.(2017江苏卷)已知复数z(1i)(12i)，其中i是虚数单位，则z的模是_.解析z(1i)(12i)13i，所以|z|.答案5.(选修12P63B1改编)已知(12i)43i，则z_.解析2i，z2i.答案2i考点一复数的有关概念【例1】 (1)(2017全国卷)下列各式的运算结果为纯虚数的是()A.i(1i)2 B.i2(1i)C.(1i)2 D.i(1i)(2)(2017全国卷)设复数z满足(1i)z2i，则|z|()A. B. C. D.2(3)若(1i)(23i)abi(a，bR，i是虚数单位)，则a，b的值分别等于()A.3，2 B.3，2 C.3，3 D.1，4解析(1)由(1i)22i为纯虚数知选C.(2)zi1，则|z|.(3)(1i)(23i)32iabi，所以a3，b2.答案(1)C(2)C(3)A规律方法1.复数的分类及对应点的位置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abi(a，bR)的形式，以确定实部和虚部.【训练1】 (1)(2018广东名校联考)已知z(i为虚数单位)，则z的共轭复数的虚部为()A.i B.i C.1 D.1(2)(2017全国卷)设有下面四个命题p1：若复数z满足R，则zR；p2：若复数z满足z2R，则zR；p3：若复数z1，z2满足z1z2R，则z12；p4：若复数zR，则R.其中的真命题为()A.p1，p3 B.p1，p4 C.p2，p3 D.p2，p4解析(1)zi，则i，则的虚部为1.(2)p1：设zabi(a，bR)，则R，得到b0，所以zR，故p1正确；p2：若z21，满足z2R，而zi，不满足zR，故p2不正确；p3：若z11，z22，则z1z22，满足z1z2R，而它们实部不相等，不是共轭复数，故p3不正确；p4：因复数zR，所以z的虚部为0，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故p4正确.答案(1)D(2)B考点二复数的几何意义【例2】 (1)复数zi(1i)在复平面内所对应点的坐标为()A.(1，1) B.(1，1)C.(1，1) D.(1，1)(2)(2017北京卷)若复数(1i)(ai)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，)解析(1)因为zi(1i)1i，故复数zi(1i)在复平面内所对应点的坐标为(1，1).(2)(1i)(ai)a1(1a)i的对应点在第二象限，则a1.答案(1)D(2)B规律方法1.复数zabi(a，bR)Z(a，b)(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.【训练2】 (1)若i为虚数单位，图中复平面内点Z表示复数z，则表示复数的点是()A.E B.F C.G D.H(2)(2016北京卷)设aR，若复数(1i)(ai)在复平面内对应的点位于实轴上，则a_.解析(1)由题图知复数z3i，2i.表示复数的点为H.(2)(1i)(ai)(a1)(a1)i，由已知得a10，解得a1.答案(1)D(2)1考点三复数的运算【例3】 (1)(2017全国卷)()A.12i B.12i C.2i D.2i(2)i为虚数单位，i607的共轭复数为()A.i B.i C.1 D.1(3)(2017全国卷)(1i)(2i)()A.1i B.13i C.3i D.33i解析(1)2i.(2)因为i607(i2)303ii，i的共轭复数为i.(3)由题意(1i)(2i)23ii213i.答案(1)D(2)A(3)B规律方法复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式运算，除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，注意要把i的幂写成最简形式.【训练3】 (1)(2017山东卷)已知aR，i是虚数单位.若zai，z4，则a()A.1或1 B.或C. D.(2)_.解析(1)由已知得(ai)(ai)4，a234，解得a1.(2)原式i61i.答案(1)A(2)1i基础巩固题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.(2016四川卷)设i为虚数单位，则复数(1i)2()A.0 B.2 C.2i D.22i解析(1i)212ii22i.答案C2.(2018合肥质检)已知i为虚数单位，则()A. B. C. D.解析.答案D3.(2018山西康杰中学、临汾一中等五校联考)设复数z2i，则复数z的虚部为()A. B.i C. D.i解析z2i2ii.答案A4.(2018石家庄质检)在复平面中，复数对应的点在()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限解析因为i，复数对应的点为，在第四象限.答案D5.(2017山东卷)已知i是虚数单位，若复数z满足zi1i，则z2()A.2i B.2i C.2 D.2解析由zi1i，得z1i，z2(1i)22i.答案A6.(2017山西四校联考)i是虚数单位，若abi(a，bR)，则lg(ab)的值是()A.2 B.1 C.0 D.解析iabi，lg(ab)lg 10.答案C7.(2017北京东城综合测试)若复数(m2m)mi为纯虚数，则实数m的值为()A.1 B.0 C.1 D.2解析因为复数(m2m)mi为纯虚数，所以解得m1.答案C8.(2016全国卷)设(1i)x1yi，其中x，y是实数，则|xyi|()A.1 B. C. D.2解析由(1i)x1yi，得xxi1yi所以|xyi|.答案B二、填空题9.复数z(12i)(3i)，其中i为虚数单位，则z的实部是_.解析(12i)(3i)35i2i255i，所以z的实部为5.答案510.(2017天津卷)已知aR，i为虚数单位，若为实数，则a的值为_.解析i为实数，则0，a2.答案211.若abi(a，b为实数，i为虚数单位)，则ab_.解析(3b)(3b)ii.解得ab3.答案312.(2017浙江卷)已知a，bR，(abi)234i(i是虚数单位)，则a2b2_，ab_.解析由已知(abi)234i.即a2b22abi34i.从而有解得则a2b25，ab2.答案52能力提升题组(建议用时：10分钟)13.(2018濮阳一模)计算()A.2i B.0C.2i D.2解析i，i，(i4)504i(i)4504(i)ii0.答案B14.设z1，z2是复数，则下列命题中的假命题是()A.若|z1z2|0，则12B.若z12，则1z2C.若|z1|z2|，则z11z22D.若|z1|z2|，则zz解析A中，|z1z2|0，则z1z2，故12，成立；B中，z12，则1z2成立；C中，|z1|z2|，则|z1|2|z2|2，即z11z22，C正确；D不一定成立，如z11i，z22，则|z1|2|z2|，但z22i，z4，zz.答案D15.(2018黄山模拟改编)复数z(a1)(a23)i(i为虚数单位)，若z0，则实数a的值是_.解析由题意得解得a.答案16.若1i(i是虚数单位)是关于x的方程x22pxq0(p，qR)的一个解，则pq_.解析依题意得(1i)22p(1i)q(2pq)2(p1)i0，即解得所以pq1.答案19