（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习 第五章 平面向量、复数 4 第4讲 数系的扩充与复数的引入教学案

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1、第4讲数系的扩充与复数的引入1复数的有关概念(1)复数的定义形如abi(a，bR)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b(2)复数的分类复数zabi(a，bR)(3)复数相等abicdiac且bd(a，b，c，dR)(4)共轭复数abi与cdi共轭ac且bd(a，b，c，dR)(5)复数的模向量的模叫做复数zabi的模，记作|z|或|abi|，即|z|abi|r(r0，a、bR)2复数的几何意义(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(1)复数的加、减 、乘、除运算法则设z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则加法：z1z2

2、(abi)(cdi)(ac)(bd)i；减法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；乘法：z1z2(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i；除法：i(cdi0)(2)复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3C，有z1z2z2z1，(z1z2)z3z1(z2z3)疑误辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)若aC，则a20.()(2)已知zabi(a，bR)，当a0时，复数z为纯虚数()(3)复数zabi(a，bR)中，虚部为bi.()(4)方程x2x10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

3、也能比较大小()答案：(1)(2)(3)(4)(5)教材衍化1(选修22P106B组T1改编)设复数z满足i，则|z|_解析：1zi(1z)，z(1i)i1，zi，所以|z|i|1.答案：12(选修22P112A组T2改编)在复平面内，向量对应的复数是2i，向量对应的复数是13i，则向量对应的复数是_解析：13i(2i)34i.答案：34i3(选修22P116A组T2改编)若复数z(x21)(x1)i为纯虚数，则实数x的值为_解析：因为z为纯虚数，所以所以x1.答案：1易错纠偏(1)复数的几何意义不清致误；(2)复数的运算方法不当致使出错；(3)z与z的不清致误1在复平面内，复数65i，23i

4、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()A48i B82iC24i D4i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z24i.故选C.2若a为实数，且3i，则a_解析：由3i，得2ai(3i)(1i)24i，即ai4i，因为a为实数，所以a4.答案：43已知(12i)z43i，则z_解析：因为z2i，所以z2i.答案：2i复数的有关概念 (1)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z1z2；p4：若复数zR，则zR.其中的真命题为()A

5、p1，p3 Bp1，p4Cp2，p3 Dp2，p4(2)已知a，bR，(abi)234i(i是虚数单位)，则a2b2_，ab_【解析】(1)对于命题p1，设zabi(a，bR)，由R，得b0，则zR成立，故命题p1正确；对于命题p2，设zabi(a，bR)，由z2a2b22abiR，得ab0，则a0或b0，复数z可能为实数或纯虚数，故命题p2错误；对于命题p3，设z1abi(a，bR)，z2cdi(c，dR)，由z1z2(acbd)(adbc)iR，得adbc0，不一定有z1z2，故命题p3错误；对于命题p4，设zabi(a，bR)，则由zR，得b0，所以zaR成立，故命题p4正确故选B.(2

6、)因为(abi)2a2b22abi34i，所以所以或所以a2b25，ab2.【答案】(1)B(2)52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abi(a，bR)的形式，以确定实部和虚部 1(2020浙江省名校协作体高三联考)设复数z，则z的共轭复数为()A.i B.iC13i D13i解析：选B.zi.2(2020浙江省高中学科基础测试)已知复数(i是虚数单位)是纯虚数，则实数a()A2 B1 C0 D2解析：选A.i，由是纯

7、虚数得0，所以a2，故选A.复数的几何意义 (1)(2020台州模拟)复数z3i在复平面内对应的点所在的象限为()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限(2)在复平面内与复数z所对应的点关于虚轴对称的点为A，则A对应的复数为()A12i B12iC2i D2i(3)如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，则|z1z2|()A2 B3C2 D3【解析】(1)z3i3i3i2i3i22i，故z在复平面内对应的点在第一象限，故选A.(2)依题意得，复数zi(12i)2i，其对应的点的坐标是(2，1)，因此点A(2，1)对应的复数为2i.(3)由题图可知，z12i，z2i，则z1z22

8、，所以|z1z2|2.【答案】(1)A(2)C(3)A复数的几何意义及应用(1)复数z、复平面上的点Z及向量相互联系，即zabi(a，bR)Z(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 1已知i是虚数单位，则满足zi|34i|的复数z在复平面上对应点所在的象限为()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：选A.zi|34i|5，z5i，对应点(5，1)，在第一象限，故选A.2已知z(m3)(m1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是()A(3，1) B(1，3)

9、C(1，) D(，3)解析：选A.由已知可得复数z在复平面内对应的点的坐标为(m3，m1)，所以解得3m1，故选A.复数代数形式的运算(高频考点)复数代数形式的四则运算是每年高考的必考内容，题型为选择题或填空题，难度很小主要命题角度有：(1)复数的乘法运算；(2)复数的除法运算；(3)利用复数相等求参数角度一复数的乘法运算 (2020浙江新高考冲刺卷)已知复数z1i，其中i为虚数单位，则复数1zz2z2 017的实部为()A1 B1C21 009 D21 009【解析】因为z1i，所以1zz2z2 01721 009i.所以复数1zz2z2 017的实部为21 009.故选C.【答案】C角度二

10、复数的除法运算 计算下列各式的值(1)；(2)；(3)i3.【解】(1)2i.(2)2i.(3)i3i3i3ii0.角度三利用复数相等求参数 已知abi(a，bR，i为虚数单位)，则ab()A7 B7C4 D4【解析】因为134i，所以34iabi，则a3，b4，所以ab7，故选A.【答案】A (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：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式 1(2018高考浙江卷)复数(i为虚数单位)的共轭复数是()A1i B1i C1i

11、D1i解析：选B.因为1i，所以复数的共轭复数为1i，故选B.2(2020嘉兴一中高考模拟)复数z满足z(2i)34i(其中i为虚数单位)，则复数|()A. B2 C. D.解析：选D.复数z满足z(2i)34i(其中i为虚数单位)，所以z(2i)(2i)(34i)(2i)，化为：5z105i，可得z2i.则复数|12i|12i|.故选D.3(2019高考浙江卷)复数z(i为虚数单位)，则|z|_解析：通解：z，所以|z|.优解：|z|.答案：基础题组练1(2020温州七校联考)复数在复平面上对应的点位于()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：选C.i，其在复平面上对应的点位于第

12、三象限2(2020金华十校联考)若复数z满足z(1i)|1i|i，则z的实部为()A. B.1C1 D.解析：选A.由z(1i)|1i|i，得zi，故z的实部为，故选A.3若复数z满足(12i)z1i，则|z|()A. B.C. D.解析：选C.z|z|.4如果复数z满足|z1i|2，那么|z2i|的最大值是()A.2 B2iC. D.4解析：选A.复数z满足|z1i|2，表示以C(1，1)为圆心，2为半径的圆|z2i|表示圆上的点与点M(2，1)的距离因为|CM|.所以|z2i|的最大值是2.故选A.5(2020杭州市学军中学联考)已知1yi，其中x，y是实数，i是虚数单位，则xyi的共轭复

13、数为()A12i B12iC2i D2i解析：选D.(xxi)1yi，所以解得x2，y1，故选D.6(2020金丽衢十二校联考)已知复数zx(xa)i，若对任意实数x(1，2)，恒有|z|zi|，则实数a的取值范围为()A. B.C. D.解析：选C.因为zx(xa)i，且对任意实数x(1，2)，恒有|z|zi|，所以对任意实数x(1，2)恒成立即2(xa)1x(1x0恒成立，则实数t的取值范围是_解析：当a2时，复数zaai，|z|2a.当a2时，|z|2t|z|40恒成立，则4a22at40，化为：t2.令f(a)a(a2)，f(a)10，所以f(a)在a2时单调递增，所以a2时取得最小值.所以t5.答案：(5，)5若虚数z同时满足下列两个条件：z是实数；z3的实部与虚部互为相反数这样的虚数是否存在？若存在，求出z；若不存在，请说明理由解：这样的虚数存在，z12i或z2i.设zabi(a，bR且b0)，zabiabii.因为z是实数，所以b0.又因为b0，所以a2b25.又z3(a3)bi的实部与虚部互为相反数，所以a3b0.由解得或故存在虚数z，z12i或z2i.13