2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十二章復(fù)數(shù)算法推理與證明第1講數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入教案文新人教A版

PAGEPAGE1第1講數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入一、學(xué)問梳理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)的分類復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(實(shí)數(shù)（b＝0），,虛數(shù)（b≠0）\b\lc\{(\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\up6(→))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(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq\o(→,\s\up6(一一對(duì)應(yīng)))復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)(a，b∈R)．(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)eq\o(→,\s\up6(一一對(duì)應(yīng)))平面對(duì)量eq\o(OZ,\s\up6(→)).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＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－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)算律復(fù)數(shù)的加法滿意交換律、結(jié)合律，即對(duì)任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．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.(3)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.(4)|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2＝z·eq\o(z,\s\up6(－)).二、習(xí)題改編1．(選修1-2P60例4改編)計(jì)算eq\f(1－i,1＋i)＋2i＝．答案：i2．(選修1-2P55A組T5改編)復(fù)數(shù)z＝(x＋1)＋(x－2)i(x∈R)在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，則x的取值范圍為．答案：(－1，2)一、思索辨析推斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)若a∈C，則a2≥0.()(2)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，當(dāng)a＝0時(shí)，復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)．()(3)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)中，虛部為bi.()(4)方程x2＋x＋1＝0沒有解．()(5)由于復(fù)數(shù)包含實(shí)數(shù)，在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)兩個(gè)數(shù)能比較大小，因而在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)兩個(gè)數(shù)也能比較大小．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×二、易錯(cuò)糾偏eq\a\vs4\al(常見誤區(qū))(1)復(fù)數(shù)相等概念把握不堅(jiān)固致誤；(2)對(duì)復(fù)數(shù)的幾何意義理解有誤；(3)復(fù)數(shù)的分類把握不準(zhǔn)導(dǎo)致出錯(cuò)．1．若a為實(shí)數(shù)，且eq\f(2＋ai,1＋i)＝3＋i，則a＝()A．－4 B．－3C．3 D．4解析：選D.由eq\f(2＋ai,1＋i)＝3＋i，得2＋ai＝(3＋i)(1＋i)＝2＋4i，即ai＝4i，因?yàn)閍為實(shí)數(shù)，所以a＝4.故選D.2．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)6＋5i，－2＋3i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B.若C為線段AB的中點(diǎn)，則點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．4＋8i B．8＋2iC．2＋4i D．4＋i解析：選C.因?yàn)锳(6，5)，B(－2，3)，所以線段AB的中點(diǎn)C(2，4)，則點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z＝2＋4i.故選C.3．i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)(1＋mi)(i＋2)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)m等于．解析：因?yàn)?1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是純虛數(shù)，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得m＝2.答案：2復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(師生共研)(1)(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)z＝eq\f(3－i,1＋2i)，則|z|＝()A．2 B.eq\r(3)C.eq\r(2) D．1(2)(2024·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)料)若復(fù)數(shù)eq\f(1＋2ai,2－i)(a∈R)的實(shí)部和虛部相等，則實(shí)數(shù)a的值為()A．1 B．－1C.eq\f(1,6) D．－eq\f(1,6)【解析】(1)法一：z＝eq\f(3－i,1＋2i)＝eq\f(（3－i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq\f(1－7i,5)，故|z|＝|eq\f(1－7i,5)|＝eq\f(\r(50),5)＝eq\r(2).故選C.法二：|z|＝|eq\f(3－i,1＋2i)|＝eq\f(|3－i|,|1＋2i|)＝eq\f(\r(10),\r(5))＝eq\r(2).故選C.(2)因?yàn)閑q\f(1＋2ai,2－i)＝eq\f(（1＋2ai）（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝eq\f(2－2a,5)＋eq\f(1＋4a,5)i，所以由題意，得eq\f(2－2a,5)＝eq\f(1＋4a,5)，解得a＝eq\f(1,6)，故選C.【答案】(1)C(2)Ceq\a\vs4\al()解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及留意事項(xiàng)(1)復(fù)數(shù)的分類及對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)當(dāng)滿意的條件問題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實(shí)部和虛部滿意的方程(不等式)組即可．(2)解題時(shí)肯定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，以確定實(shí)部和虛部．1．(2024·安徽省考試試題)eq\o(z,\s\up6(－))是z＝eq\f(1＋2i,1－i)的共軛復(fù)數(shù)，則eq\o(z,\s\up6(－))的虛部為()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．－eq\f(3,2) D．eq\f(3,2)解析：選C.z＝eq\f(1＋2i,1－i)＝eq\f(（1＋2i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(－1＋3i,2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i，則eq\o(z,\s\up6(－))＝－eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))的虛部為－eq\f(3,2)，故選C.2．(2024·山西八校第一次聯(lián)考)已知a，b∈R，i為虛數(shù)單位，若3－4i3＝eq\f(2－bi,a＋i)，則a＋b等于()A．－9 B．5C．13 D．9解析：選A.由3－4i3＝eq\f(2－bi,a＋i)得，3＋4i＝eq\f(2－bi,a＋i)，即(a＋i)(3＋4i)＝2－bi，(3a－4)＋(4a＋3)i＝2－bi，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－4＝2，,4a＋3＝－b，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－11，))故a＋b＝－9.故選A.復(fù)數(shù)的幾何意義(師生共研)(1)(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿意|z－i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則()A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1(2)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)關(guān)于虛軸對(duì)稱，z1＝2＋i(i為虛數(shù)單位)，則z1z2＝()A．－5 B．5C．－4＋i D．－4－i【解析】(1)由已知條件，可得z＝x＋yi.因?yàn)閨z－i|＝1，所以|x＋yi－i|＝1，所以x2＋(y－1)2＝1.故選C.(2)因?yàn)閺?fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)關(guān)于虛軸對(duì)稱，z1＝2＋i，所以z2＝－2＋i，所以z1z2＝(2＋i)(－2＋i)＝－5.【答案】(1)C(2)Aeq\a\vs4\al()復(fù)數(shù)的幾何意義及應(yīng)用(1)復(fù)數(shù)z、復(fù)平面上的點(diǎn)Z及向量eq\o(OZ,\s\up6(→))相互聯(lián)系，即z＝a＋bi(a，b∈R)?Z(a，b)?eq\o(OZ,\s\up6(→)).(2)由于復(fù)數(shù)、點(diǎn)、向量之間建立了一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，因此可把復(fù)數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，解題時(shí)可運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀．1．(2024·南寧摸底聯(lián)考)已知(1＋i)·z＝eq\r(3)i(i是虛數(shù)單位)，那么復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：選A.因?yàn)?1＋i)·z＝eq\r(3)i，所以z＝eq\f(\r(3)i,1＋i)＝eq\f(\r(3)i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(\r(3)＋\r(3)i,2)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限，故選A.2．已知復(fù)數(shù)z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它們?cè)趶?fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，C，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，則λ＋μ的值是．解析：由條件得eq\o(OC,\s\up6(→))＝(3，－4)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1，2)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(1，－1)，依據(jù)eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))得(3，－4)＝λ(－1，2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－λ＋μ＝3，,2λ－μ＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝2，))所以λ＋μ＝1.答案：1復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運(yùn)算(師生共研)(1)(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，則z＝()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i(2)(2024·江西省五校協(xié)作體試題)已知i是虛數(shù)單位，若z＋eq\f(1,i)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))eq\s\up12(2018)，則|z|＝()A．1 B.eq\r(2)C．2 D．eq\r(5)【解析】(1)z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2＋2i,2)＝1＋i.故選D.(2)eq\f(1,i)＝eq\f(－i,i（－i）)＝－i，eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(（1－i）2,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(－2i,2)＝－i，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))eq\s\up12(2018)＝(－i)2018＝i504×4＋2＝i2＝－1，所以由z＋eq\f(1,i)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))eq\s\up12(2018)，得z－i＝－1，z＝－1＋i，所以|z|＝eq\r(2)，故選B.【答案】(1)D(2)Beq\a\vs4\al()復(fù)數(shù)代數(shù)形式運(yùn)算問題的解題策略(1)復(fù)數(shù)的乘法：復(fù)數(shù)的乘法類似于多項(xiàng)式的乘法運(yùn)算，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類同類項(xiàng)，不含i的看作另一類同類項(xiàng)，分別合并即可．(2)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算是分子、分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，即分母實(shí)數(shù)化．1．(2024·新疆烏魯木齊一模)已知復(fù)數(shù)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則eq\f(z2＋2,z－1)＝()A．2＋2i B．2－2iC．2i D．－2i解析：選B.因?yàn)閦＝1＋i，所以eq\f(z2＋2,z－1)＝eq\f(（1＋i）2＋2,1＋i－1)＝eq\f(2＋2i,i)＝eq\f(（2＋2i）（－i）,－i2)＝2－2i.故選B.2．若復(fù)數(shù)z滿意2z＋z·eq\x\to(z)＝(2－i)2(i為虛數(shù)單位)，則z為()A．－1－i B．－1－2iC．－1＋2i D．1－2i解析：選B.設(shè)z＝a＋bi?2(a＋bi)＋(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＋2a＋2bi＝3－4i?a＝－1，b＝－2?z＝－1－2i.[基礎(chǔ)題組練]1．(2024·新疆第一次畢業(yè)診斷及模擬測(cè)試)已知x，y∈R，i為虛數(shù)單位，且xi－y＝－1＋i，則(1－i)(x－yi)＝()A．2 B．－2iC．－4 D．2i解析：選B.xi－y＝－1＋i，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＝－y，,x＝1，))所以x＝1，y＝1，所以(1－i)(x－yi)＝(1－i)(1－i)＝－2i，故選B.2．(2024·遼寧遼南協(xié)作體一模)已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝eq\f(1－i,|i|)，下列說法正確的是()A．z的虛部為－iB．z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限C．z的實(shí)部為－1D．z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i解析：選D.因?yàn)閦＝eq\f(1－i,|i|)＝1－i，所以z的虛部為－1；z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，－1)，在第四象限；z的實(shí)部為1；z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i.故選D.3．(2024·黑龍江齊齊哈爾二模)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(（2＋ai）i,1＋i)是純虛數(shù)，其中a是實(shí)數(shù)，則z等于()A．2i B．－2iC．i D．－i解析：選A.z＝eq\f(（2＋ai）i,1＋i)＝eq\f(－a＋2i,1＋i)＝eq\f(（－a＋2i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2－a,2)＋eq\f(a＋2,2)i，因?yàn)閦為純虛數(shù)，所以eq\f(2－a,2)＝0，eq\f(a＋2,2)≠0，得a＝2.所以z＝2i，故選A.4．(2024·云南民族高校附屬中學(xué)期中)復(fù)數(shù)z滿意z(1－i)＝|1＋i|，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：選D.因?yàn)閦(1－i)＝|1＋i|，所以z＝eq\f(|1＋i|,1－i)＝eq\f(\r(2)（1＋i）,2)＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i，所以eq\x\to(z)＝eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),2)i，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，位于第四象限，故選D.5．設(shè)z＝eq\f(1,1＋i)＋i(i為虛數(shù)單位)，則|z|＝．解析：因?yàn)閦＝eq\f(1,1＋i)＋i＝eq\f(1－i,（1＋i）（1－i）)＋i＝eq\f(1－i,2)＋i＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)6．(2024·西安八校聯(lián)考)若eq\f(a＋bi,i)(a，b∈R)與(2－i)2互為共軛復(fù)數(shù)，則a－b＝．解析：因?yàn)閑q\f(a＋bi,i)＝eq\f(（a＋bi）（－i）,－i2)＝b－ai，(2－i)2＝4－4i－1＝3－4i，eq\f(a＋bi,i)(a，b∈R)與(2－i)2互為共軛復(fù)數(shù)，所以b＝3，a＝－4，則a－b＝－7，故答案為－7.答案：－77．在復(fù)平面內(nèi)，O為原點(diǎn)，向量eq\o(OA,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為－1＋2i，若點(diǎn)A關(guān)于直線y＝－x的對(duì)稱點(diǎn)為B，則向量eq\o(OB,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為．解析：因?yàn)锳(－1，2)關(guān)于直線y＝－x的對(duì)稱點(diǎn)為B(－2，1)，所以向量eq\o(OB,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為－2＋i.答案：－2＋i8．計(jì)算：(1)eq\f(（1＋2i）2＋3（1－i）,2＋i)；(2)eq\f(1－i,（1＋i）2)＋eq\f(1＋i,（1－i）2)；(3)eq\f(1－\r(3)i,（\r(3)＋i）2).解：(1)eq\f(（1＋2i）2＋3（1－i）,2＋i)＝eq\f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)＝eq\f(i,2＋i)＝eq\f(i（2－i）,5)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i.(2)eq\f(1－i,（1＋i）2)＋eq\f(1＋i,（1－i）2)＝eq\f(1－i,2i)＋eq\f(1＋i,－2i)＝eq\f(1＋i,－2)＋eq\f(－1＋i,2)＝－1.(3)eq\f(1－\r(3)i,（\r(3)＋i）2)＝eq\f(（\r(3)＋i）（－i）,（\r(3)＋i）2)＝eq\f(－i,\r(3)＋i)＝eq\f(（－i）（\r(3)－i）,4)＝－eq\f(1,4)－eq\f(\r(3),4)i.[綜合題組練]1．已知復(fù)數(shù)z＝(cosθ－isinθ)(1＋i)，則“z為純虛數(shù)”的一個(gè)充分不必要條件是()A．θ＝eq\f(π,4) B．θ＝eq\f(π,2)C．θ＝eq\f(3π,4) D．θ＝eq\f(5π,4)解析：選C.z＝(cosθ－isinθ)(1＋i)＝(cosθ＋sinθ)＋(cosθ－sinθ)i.z是純虛數(shù)等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosθ＋sinθ＝0，,cosθ－sinθ≠0，))等價(jià)于θ＝eq\f(3π,4)＋kπ，k∈Z.故選C.2．(應(yīng)用型)(2024·成都其次次診斷性檢測(cè))若虛數(shù)(x－2)＋yi(x，y∈R)的模為eq\r(3)，則eq\f(y,x)的最大值是()