高中数学第三章数系的扩充与复数的引入教材习题点拨新人教A版选修2-2资料
高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入教材习题点拨 新人教A
版选修2-2
复习参考题
A 组
1．(1)A 点拨：(a ＋b i)(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i 为实数，则ad ＋bc ＝0. (2)B 点拨：5i －2＝5 i＋2 i－2 i＋2 ＝5 i＋2 －5＝－2－i ，所以5
i －2
的共轭复数是i －2.
(3)D 点拨：m (3＋i)－(2＋i)＝3m －2＋(m －1)i. ∵23＜m ＜1，∴0＜3m －2＜1，－1
3＜m －1＜0， ∴m (3＋i)－(2＋i)对应的点在第四象限． (4)C 点拨：利用复数的乘法求解． 2．解：由已知，设z ＝b i(b ∈R 且b ≠0)，则 (z ＋2)2
－8i ＝(b i ＋2)2
－8i ＝(4－b 2
)＋(4b －8)i.
由(z ＋2)2
－8i 是纯虚数，得⎩⎪⎨
⎪⎧
4－b 2
＝0，4b －8≠0.
解得b ＝－2，因此z ＝－2i. 点拨：明确纯虚数的概念是关键．
3．解：由已知，可得z 1＋z 2＝8＋6i ，z 1·z 2＝55＋10i. 又因为1z ＝1z 1＋1z 2＝z 1＋z 2z 1z 2，所以z ＝z 1z 2z 1＋z 2＝55＋10i 8＋6i ＝5－5
2i.
点拨：先将z 利用z 1与z 2表示出来，然后将复数代入即可．
B 组
1．解：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z ＝a －b i. 由(1＋2i)z ＝4＋3i ，得(1＋2i)(a －b i)＝4＋3i.
化简，得(a ＋2b )＋(2a －b )i ＝4＋3i.根据复数相等的条件，有⎩⎪⎨
⎪⎧
a ＋2
b ＝4，2a －b ＝3.
解得a
＝2，b ＝1.
于是z ＝2＋i ，z ＝2－i ，
z
z
＝2＋i 2－i ＝35＋4
5i. 点拨：z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的共轭复数为z ＝a －b i ，将z 代入原式，利用复数相等的
条件求出a 、b ，然后再对复数进行四则运算便可．
2．解：(1)
(2)对任意的点拨：i 具有周期性，且最小正周期为4.
3．解：由z 1＝z 2，得⎩⎪⎨⎪
⎧
m ＝2cos θ，4－m 2
＝λ＋3sin θ.
消去m 可得λ＝4sin 2
θ－3sin θ＝
4⎝
⎛⎭⎪⎫sin θ－382－916.
由于－1≤sin θ≤1，可得－9
16
≤λ≤7.
点拨：本题利用函数的思想求最值，求解时注意正弦函数的有界性．。
数学人教A版选修2-2教材习题点拨：第三章数系的扩充与
教材习题点拨复习参考题A 组1．(1)A 点拨：(a ＋b i)(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i 为实数，则ad ＋bc ＝0.(2)B 点拨：5i －2＝5(i ＋2)(i －2)(i ＋2)＝5(i ＋2)－5＝－2－i ，所以5i －2的共轭复数是i －2. (3)D 点拨：m (3＋i)－(2＋i)＝3m －2＋(m －1)i.∵23＜m ＜1，∴0＜3m －2＜1，－13＜m －1＜0， ∴m (3＋i)－(2＋i)对应的点在第四象限．(4)C 点拨：利用复数的乘法求解．2．解：由已知，设z ＝b i(b ∈R 且b ≠0)，则(z ＋2)2－8i ＝(b i ＋2)2－8i ＝(4－b 2)＋(4b －8)i.由(z ＋2)2－8i 是纯虚数，得⎩⎪⎨⎪⎧4－b 2＝0，4b －8≠0. 解得b ＝－2，因此z ＝－2i.点拨：明确纯虚数的概念是关键．3．解：由已知，可得z 1＋z 2＝8＋6i ，z 1·z 2＝55＋10i.又因为1z ＝1z 1＋1z 2＝z 1＋z 2z 1z 2，所以z ＝z 1z 2z 1＋z 2＝55＋10i 8＋6i＝5－52i. 点拨：先将z 利用z 1与z 2表示出来，然后将复数代入即可．B 组1．解：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z ＝a －b i.由(1＋2i)z ＝4＋3i ，得(1＋2i)(a －b i)＝4＋3i.化简，得(a ＋2b )＋(2a －b )i ＝4＋3i.根据复数相等的条件，有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＝4，2a －b ＝3.解得a ＝2，b ＝1.于是z ＝2＋i ，z ＝2－i ，z z ＝2＋i 2－i ＝35＋45i. 点拨：z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的共轭复数为z ＝a －b i ，将z 代入原式，利用复数相等的条件求出a 、b ，然后再对复数进行四则运算便可．2．解：(1)(2)对任意的n 点拨：i 具有周期性，且最小正周期为4. 3．解：由z 1＝z 2，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2cos θ，4－m 2＝λ＋3sin θ.消去m 可得λ＝4sin 2θ－3sin θ＝4⎝⎛⎭⎫sin θ－382－916. 由于－1≤sin θ≤1，可得－916≤λ≤7. 点拨：本题利用函数的思想求最值，求解时注意正弦函数的有界性．。
【专业资料】新版高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入 3.1.1 含解析
03第三章数系的扩充与复数的引入3.1 数系的扩充和复数的概念3.1.1 数系的扩充和复数的概念课时过关·能力提升基础巩固1已知C ={复数},A={实数},B={纯虚数},全集U=C ,则下面结论正确的是( )A.A ∪B=CB.∁U A=BC.A ∩(∁U B )=⌀D.B ∪(∁U B )=C答案D2若z=(m 2-1)+(m-1)i(m ∈R )是纯虚数,则有( )A.m=±1B.m=-1C.m=1D.m ≠1解析∵z 是纯虚数,∴{m 2-1=0,m -1≠0,解得{m =±1,m ≠1.∴m=-1.故选B.答案B3以2i -√5的虚部为实部,以√5i -2的实部为虚部的复数是( )A.2+iB.2-2iC.√5+√5iD.-√5+√5i解析2i -√5的虚部为2,√5i -2的实部为-2,故所求复数为2-2i .答案B4若a-2i =1+b i,其中a ,b ∈R ,i 是虚数单位,则a 2+b 2= () A.0 B.2C.25D.5解析由复数相等的充要条件可知a=1,b=-2,所以a 2+b 2=1+(-2)2=5.答案D5若4-3a-a 2i =a 2+4a i,则实数a= .解析由{4-3a =a 2,-a 2=4a ,得a=-4. 答案-46已知复数z=log 2(m 2-3m-3)+ilog 2(3-m )(m ∈R ).若z 是纯虚数,则m= .解析∵z 为纯虚数,∴{ log 2(m 2-3m -3)=0,log 2(3-m )≠0,m 2-3m -3>0,3-m >0,∴m=-1. 答案-17已知z=(m 2-5m-6)+(m 2-2m-3)i(m ∈R ),则当m= 时,z 为实数;当m= 时,z 为纯虚数.解析当z 为实数时,由m 2-2m-3=0,得m=3或m=-1.当z 为纯虚数时,由{m 2-5m -6=0,m 2-2m -3≠0,得m=6. 答案3或-1 68若不等式m 2-(m 2-3m )i <(m 2-4m+3)i +10成立,求实数m 的值.分析由于题目中两个复数能比较大小,故它们都是实数,由此列出关于m 的方程组,求出m 的值.解由题意,得{m 2-3m =0,m 2-4m +3=0,m 2<10,即{m =0或m =3,m =3或m =1,|m |<√10,故实数m 的值为3.9定义运算|a b c d |=ad-bc ,如果(x+y )+(x+3)i =|3x +2y i -y 1|,求实数x ,y 的值. 解由定义运算|a b c d |=ad-bc , 可得|3x +2y i -y 1|=(3x+2y )+y i . 所以(x+y )+(x+3)i =(3x+2y )+y i .由复数相等的充要条件得{x +y =3x +2y ,x +3=y ,解得{x =-1,y =2.能力提升1已知集合M={1,2,(m 2-3m-1)+(m 2-5m-6)i},集合P={-1,3},M ∩P={3},则实数m 的值为( )A.-1B.-1或4C.6D.6或-1解析∵M ∩P={3},∴(m 2-3m-1)+(m 2-5m-6)i =3.∴{m 2-3m -1=3,m 2-5m -6=0.∴m=-1.故选A.答案A2复数z=a 2-b 2+(a+|a|)i(a ,b ∈R )为实数的充要条件是( )A.|a|=|b|B.a<0,且a=-bC.a>0,且a ≠bD.a ≤0 解析复数z 为实数的充要条件是a+|a|=0,故a ≤0.答案D3在下列命题中,真命题的个数是( ) ①若x ,y ∈C ,则x+y i =1+i 的充要条件是x=y=1;②若a ,b ∈R ,且a>b ,则a+i 2>b+i 2;③若x 2+y 2=0,则x=y=0.A.0B.1C.2D.3解析解答本题只需根据复数的有关概念判断即可.①由于x ,y ∈C ,则x+y i 不一定是复数的代数形式,不符合复数相等的前提条件,故①是假命题; ②由于i 2=-1,且a>b ,所以a+i 2>b+i 2成立,故②是真命题;③当x=1,y=i 时,x 2+y 2=0也成立,故③是假命题.答案B4已知复数z 1=sin 2θ+icos θ,z 2=cos θ+i √3sin θ.若z 1=z 2,则θ等于( )A.k π(k ∈Z )B.2k π+π3(k ∈Z )C.2k π±π3(k ∈Z )D.2k π+π6(k ∈Z )解析由复数相等的充要条件可知{sin2θ=cosθ,cosθ=√3sinθ,∴cos θ=√32,sin θ=12.∴θ=π6+2k π(k ∈Z ),故选D.答案D5若1+√2i 是关于x 的实系数方程x 2+bx+c=0的一个复数根,则( )A.b=2,c=3B.b=-2,c=3C.b=-2,c=-1D.b=2,c=-1 解析由题意知b 2-4c<0,则该方程的复数根为-b±√4c -b 2 i2,故-b+√4c -b 2 i2=1+√2i,解得b=-2,c=3.答案B★6已知复数z 1=m+(4+m )i(m ∈R ),z 2=2cos θ+(λ+3cos θ)i(λ∈R ),若z 1=z 2,则λ的取值范围是 .解析∵z 1=z 2,∴{m =2cosθ,4+m =λ+3cosθ.∴λ=4-cos θ.又-1≤cos θ≤1,∴3≤4-cos θ≤5.∴λ∈[3,5].答案[3,5]7是否存在实数m ,使复数z=(m 2-m-6)+(m 2+2m -15m 2-4)i 为纯虚数?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由.分析先假设存在实数m 使复数z 为纯虚数,由纯虚数的定义将问题转化为实数范围内方程组的解的问题进行求解.解不存在.理由如下:假设存在实数m 使z 是纯虚数,则{m 2-m -6=0,m 2+2m -15m 2-4≠0.① ②由①,得m=-2或m=3.当m=-2时,②式左端无意义;当m=3时,②式不成立,故不存在实数m 使z 是纯虚数.★8已知关于x 的方程x 2-(1-i)x+m+2i =0有实根,求实数m 的值,并解方程. 分析本题考查复数相等和复系数一元二次方程的解.复系数一元二次方程有无实根不能用判别式Δ=b 2-4ac 进行判定,应由方程左右两边的实部与虚部分别相等转化为实数问题后再来判断. 解设x 0为方程的实根,则有x 02-(1-i)x 0+m+2i =0成立, 即x 02-x 0+m+(x 0+2)i =0.所以{x 02-x0+m =0,x 0+2=0,解得{x 0=-2,m =-6. 把m=-6代入原方程,得x 2-(1-i)x-6+2i =0,即x 2-x-6+(x+2)i =0,所以(x+2)(x-3)+(x+2)i =0, 即(x+2)(x-3+i)=0.所以x=-2或x=3-i .故m=-6,且方程的解为x=-2或x=3-i .。
新版高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入3-2-2
3.2.2复数代数形式的乘除运算课时过关·能力提升基础巩固1若复数z1=1+i,z2=3-i,则z1·z2等于()A.4+2iB.2+iC.2+2iD.3+i解析由z1=1+i,z2=3-i,所以z1·z2=(1+i)(3-i)=3-i2+2i=4+2i.答案A2已知=b+i(a,b∈R),其中i为虚数单位,则a+b等于()A.-1B.1C.2D.3解析∵=b+i,∴a+2i=-1+b i.∴a=-1,b=2.∴a+b=1.答案B3复数(i为虚数单位)的虚部是()A.iB.-C.-iD.解析=-i,其虚部为,故选D.答案D4若z是复数,且(3+z)i=1(i为虚数单位),则z为()A.-3+iB.3+iC.-3-iD.3-i解析由(3+z)i=1,得3+z==-i,所以z=-3-i,故选C.答案C5若复数z=1+i,为z的共轭复数,则z-z-1=()A.-2iB.-iC.iD.2i解析∵z=1+i,∴=1-i,∴z·=|z|2=2,∴z·-z-1=2-(1+i)-1=-i.答案B6已知a=,则a4=.解析∵a==-1+i,∴a4=[(-1+i)2]2=(-2i)2=-4.答案-47已知复数z=a+3i(i为虚数单位,a>0),若z2是纯虚数,则a=.解析z2=(a+3i)2=a2+6a i+9i2=(a2-9)+6a i,由题易知解得a=3.答案38若复数z满足z(2-3i)=6+4i(i为虚数单位),则z的模为.解析由z(2-3i)=6+4i,得z==2i,所以|z|=2.答案29设复数z满足|z|=1,且(3+4i)·z是纯虚数,求.分析利用复数问题实数化的思想,设z=a+b i(a,b∈R),利用已知条件建立关于a,b的方程组,求解即可.解设z=a+b i(a,b∈R),由|z|=1,得=1.。
高中数学人教A版选修22第三章数系的扩充与复数的引入练习题含答案详解
文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A版选修2-2) 建议用时实际用时满分实际得分90分钟100分一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列命题中：①若∈R，则(＋1)i是纯虚数；②若，∈R且>，则＋>＋；③若(－1)＋(＋3＋2)i是纯虚数，则实数＝±1；④两个虚数不能比较大小．其中，正确命题的序号是()A.①B.②C.③D.④2.若复数z＝1＋i，i为虚数单位，则(1＋z)·z＝()A．1＋3i B．3＋3iC．3－i D．33．i是虚数单位，计算i＋i2＋i3＝（）A．－1 B.1C.i-D.i4.若a，b∈R，i为虚数单位，且(a＋i)i＝b＋i，则()A．a＝1，b＝1 B．a＝－1，b＝1C．a＝－1，b＝－1 D．a＝1，b＝－15.设i是虚数单位，复数1＋a i2－i为纯虚数，则实数a为()A．2B．－2C．－12D．126.复数i1＋2i(i是虚数单位)的实部是()A．25B．－25C．15D．－157.若＝(＋m＋1)＋(＋m－4)i，m∈R，＝3－2i，则m＝1是＝的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件8.复数z＝1＋i，z－为z的共轭复数，则z z－－z－1＝()A．－2i B．－iC．i D．2i9.已知复数z满足(1＋i)z＝1＋a i(其中i是虚数单位，a∈R)，则复数z对应的点不可能位于复平面内的()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限10. 设集合M＝{y|y＝|cos2x－sin2x|，x∈R}，N＝{x||x－1i|＜2，i为虚数单位，x∈R}，则M∩N为()A．(0,1)B．(0,1]C．[0,1) D．[0,1]二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）11．若复数12iz=-（i为虚数单位），则z z z⋅+= .12.已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面上对应的点分别为A，B，C，OCu u u r＝λOAu u u r＋μOBuuu r(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是________．13.使不等式m2－(m2－3m)i＜(m2－4m＋3)i＋10成立的实数m＝ .14.如果i(,,0)z a b a b a =+∈≠R 且是虚数，则222,,,,,,,,z z z z z z z z z z ⋅中是虚数的有_______个，是实数的有 个，相等的有 组 三、解答题（本大题共5个小题，共44分.） 15.（6分） 证明：i i zz+-＝1．16．（6分）若∈R ，试确定是什么实数时，等式32－－1＝(10－－22)i 成立．17.(10分) 已知复数12z z ，满足121z z ==，且122z z -=，求证：122z z +=．18．（10分）设是虚数，zz 1+=ω是实数，且－1<ω<2.(1)求||的值及的实部的取值范围；(2)设z zM +-=11，求证：为纯虚数；（3）求2M -ω的最小值.19.（12分）证明：在复数范围内，方程（i 为虚数单位）无解.第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A版选修2-2)答题纸得分：一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、填空题11． 12． 13. 14. 15.三、解答题16.17.18.19.第三章数系的扩充与复数的引入测试(人教实验A 版选修2-2) 答案一、选择题1. D 解析：由复数的有关概念逐个判定．对于复数a ＋b i(a ，b ∈R )，当a ＝0且b ≠0时为纯虚数．在①中，若a ＝－1，则(a ＋1)i 不是纯虚数，故①错误；在③中，若x ＝－1，也不是纯虚数，故③错误；a ＋i 3＝a －i ，b ＋i 2＝b －1，复数a －i 与实数b －1不能比较大小，故②错误；④正确．故应选D.2.A 解析： (1＋z )·z ＝z ＋＝1＋i ＋＝1＋i ＋2i ＝1＋3i.3.A 解析:由复数性质知：i 2＝－1，故i ＋i 2＋i 3＝i ＋(－1)＋(－i)＝－1.4.D 解析：由(a ＋i)i ＝b ＋i ，得－1＋a i ＝b ＋i ，根据两复数相等的充要条件得a ＝1，b ＝－1.5.A 解析: 法一：因为1＋a i 2－i ＝(1＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝2－a ＋(2a ＋1)i5为纯虚数，所以2－a ＝0，a ＝2.法二：因为1＋a i 2－i ＝i (a －i )2－i 为纯虚数，所以a ＝2. 6.A 解析：i 1＋2i ＝2＋i 5，所以实部为25. 7. A 解析：因为z 1＝z 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m ＋1＝3，m 2＋m －4＝－2，解得m ＝1或m ＝－2，所以m ＝1是z 1＝z 2的充分不必要条件． 8.B 解析：依题意得z z －z －1＝(1＋i)(1－i)－(1＋i)－1＝－i.9.B 解析：由(1＋i)z ＝1＋a i 得z ＝＝，设在复平面内z 对应的点的坐标为(，)，则＝，＝.法一：易知－＝1，即复数z 对应的点在直线－＝1上，直线不经过第二象限，故复数z 对应的点不可能位于复平面内的第二象限．法二：若复数z 对应的点在第一象限，则只要 >1，若在第二象限，需要<0，且>0，即 <－1且 >1，无解，故复数z 对应的点不可能在第二象限．10.C 解析：∵ ＝|cos 2－sin 2|＝|cos 2|，且∈R ，∴ ∈[0,1],∴ ＝[0,1]． 在中，∈R 且|－1i|<2，∴ |＋i|<2，∴2＋1<2，解得－1<<1，∴＝(－1,1)．∴ ∩＝[0,1)． 二、填空题11.6-2i 解析：因为12i =+z ,所以1412i ⋅+=++-=z z z 6-2i.12 1 解析：由条件得OC u u u r ＝(3，－4)，OA u u u r ＝(－1,2)，OB uuu r＝(1，－1)，根据OC u u u r ＝λOA u u u r ＋μOB uuu r得(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－λ＋μ＝3，2λ－μ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1，μ＝2.∴λ＋μ＝1.复数与复平面内的点是一一对应的，复数和复平面内以原点为起点的向量也是一一对应的，因此复数加减法的几何意义可按平面向量加减法理解，利用平行四边形法则或三角形法则解决问题.13.3 解析：此题主要考查复数能比较大小的条件及方程组和不等式的解法．∵2－(2－3m)i ＜( 2－4＋3)i ＋10, 且虚数不能比较大小，∴22210,-3=0,-4+3=0,m m m m m ⎧<⎪⎨⎪⎩解得10,=0=3,=3=1,m m m m m ⎧<⎪⎨⎪⎩或或，∴ 3.当＝3时，原不等式成立． 14.4,5,3 解析：2,,,z z z z-=四个为虚数；22,,,,z z z z z z--⋅五个为实数；2,,z z z z z z z =--==⋅=三组相等.三、解答题15.解法一：设z ＝a ＋b i(a , b ∈R )，则i i z z +-=i ii i a b a b +---=(1)i (1)i a b a b +--+-2222(1)(1)a b a b +-+-解法二：∵ i z +=i +z=-i+z ，∴i i z z +- =-i i z z+-=-(i -)i z z -=1.16.解：由复数相等的充要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－a 2x －1＝0，①10－x －2x 2＝0.②由②得x ＝2或x ＝－52，代入①，得a ＝11或a ＝－715. 17. 证明：设复数12z z ，在复平面上对应的点为1Z ，2Z ， 由条件知121222z z z z -==，所以以1OZ u u u u r ，2OZ u u u u r为邻边的平行四边形为正方形，而12z z +在复平面上对应的向量为正方形的一条对角线， 所以122z z +=．18.（1）解：设＝＋i （，）,.因为ω是实数，0≠b ,所以，即|z |＝1.因为ω＝2，－1<ω<2， 所以.所以的实部的取值范围（－1,21）. （2）证明：zzM +-=11＝.1 ) 1 (2 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 ( 1 1 22 2 2 + -= + + - - - = - + + + - + - - = + + - - a b ib a b i b a b i a b i a b i a b i a b i a b i a 121< < - a 12 2= + b a) ( ) ( 1 2 2 2 2 iba bb b a a a b i a b i a + - + + + = + ++ = ω 0, ≠ ∈ b R（这里利用了（1）中122=+b a ） 因为 ∈（－1,21），0≠b ，所以M 为纯虚数. （3）解：2M -ω112)1(12)1(22222+--=+-+=++=a a a a a a a b a 3]11)1[(21212-+++=++-=a a a a . 因为∈（－1,21），所以＋1>0，所以2M -ω≥2×2－3＝1.当＋1＝11+a ，即＝0时上式取等号， 所以2M -ω的最小值是1. 19.证明：原方程化简为,设z ＝x ＋y i(x 、y )，代入上述方程得根据上式可得整理得051282=+-x x .方程无实数解.原方程在复数范围内无解.,∴ < - = ∆ 0 16R ∈。
高中数学人教新课标A版 选修2-2 第三章 数系的扩充与复数的引入
高中数学人教新课标A版选修2-2 第三章数系的扩充与复数的引入一、单选题(共12题；共24分)1．（2分）若z̅(1+i)=1−i，则z=（）A．1–i B．1+i C．–i D．i2．（2分）（1–i）4=（）A．–4B．4C．–4i D．4i3．（2分）复数11−3i的虚部是（）A．−310B．−110C．110D．3104．（2分）2−i1+2i=（）A．1B．−1C．i D．−i 5．（2分）若z=1+2i+i3，则|z|=（）A．0B．1C．√2D．26．（2分）复数z=−2+ii(其中i为虚数单位)在复平面内对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限7．（2分）若z=1+i，则|z2–2z|=（）A．0B．1C．√2D．2 8．（2分）在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i⋅z=（）．A．1+2i B．−2+i C．1−2i D．−2−i 9．（2分）已知a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，则a＝（）A．1B．﹣1C．2D．﹣2 10．（2分）下列命题中,正确的命题是（）A．若z、1z2∈C,z1−z2>0，则z1>z2B．若z∈R，则z⋅z̅=|z|2不成立C．z1,z2∈C,z1⋅z2=0，则z1=0或z2=0D．z1、z2∈C,z12+z22=0，则z1=0且z2=011．（2分）若复数z满足z(2−i)=18+11i，则|z̅−4i|=（）A．√13B．√15C．13D．1512．（2分）已知a是实数，a+i1−i是实数，则cosaπ3的值为（）A．12B．−12C．0D．√3 2二、多选题(共4题；共12分)13．（3分）设复数z满足z=−1−2i,i为虚数单位,则下列命题正确的是() A．|z|=√5B．复数z在复平面内对应的点在第四象限C．z的共轭复数为−1+2iD．复数z在复平面内对应的点在直线y=−2x上14．（3分）已知复数z满足z̅⋅z+2iz̅=3+ai，a∈R，则实数a的值可能是（）A．1B．-4C．0D．515．（3分）已知复数z=a+√3i在复平面内对应的点位于第二象限，且|z|=2则下列结论正确的是（）．A．z3=8B．z的虚部为√3C．z的共轭复数为1+√3i D．z2=416．（3分）已知复数z=i1−2i，则以下说法正确的是（）A．复数z的虚部为i5B．z的共轭复数z̅=25−i5C．|z|=√55D．在复平面内与z对应的点在第二象限三、填空题(共4题；共4分)17．（1分）i是虚数单位，复数8−i2+i=．18．（1分）已知i是虚数单位，则复数z=(1+i)(2−i)的实部是.19．（1分）设复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2=√3+i，则|z1−z2|=. 20．（1分）下列命题（i为虚数单位）中：①已知a,b∈R且a=b，则(a−b)+(a+b)i为纯虚数；②当z是非零实数时，|z+1z|≥2恒成立；③复数z=(1−i)3的实部和虚部都是－2；④如果|a+2i|<|−2+i|，则实数a的取值范围是−1<a<1；⑤复数z=1−i，则1z+z=32+12i；其中正确的命题的序号是.四、解答题(共6题；共60分)21．（5分）已知i虚数单位，z1=3−i1+i.（∈）求|z1|；（∈）若复数z2的虚部为2，且z1z2的虚部为0，求z2. 22．（10分）已知复数z满足(1+2i)z=4+3i（i是虚数单位）.求：（1）（5分）z（2）（5分）|z2−z̅|.23．（10分）已知复数z=1−i(i是虚数单位）.（1）（5分）求z2−z；（2）（5分）如图，复数z1，z2在复平面上的对应点分别是A，B，求z1+z2 z.24．（10分）已知复数z=(m2−3m+2)+(m−1)i(i为虚数单位).（1）（5分）若z是纯虚数，求实数m的值；（2）（5分）在复平面内，若z所对应的点在直线y=2x+1的上方，求实数m的取值范围. 25．（10分）设实部为正数的复数z，满足|z|=√10，且复数(2+i)z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上.（1）（5分）求复数z；（2）（5分）若z̅+m2(−1+i)+4mi(m∈R)为纯虚数，求实数m的值.26．（15分）已知复数z=3a+(3a−2)i，i为虚数单位，a∈R.（1）（5分）若z是实数，求实数a的值；（2）（5分）若|z|=√10，求实数a的值；（3）（5分）若z在复平面内对应的点位于第三象限，求实数a的取值范围.答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】因为z̅=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i，所以z=i.故答案为：D【分析】先利用除法运算求得z̅，再利用共轭复数的概念得到z即可. 2．【答案】A【解析】【解答】(1−i)4=[(1−i)2]2=(1−2i+i2)2=(−2i)2=−4. 故答案为：A.【分析】根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可. 3．【答案】D【解析】【解答】因为z=11−3i=1+3i(1−3i)(1+3i)=110+310i，所以复数z=11−3i的虚部为310.故答案为：D.【分析】利用复数的除法运算求出z即可. 4．【答案】D【解析】【解答】2−i1+2i=(2−i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=−5i5=−i故答案为：D【分析】根据复数除法法则进行计算.5．【答案】C【解析】【解答】因为z=1+2i+i3=1+2i−i=1+i，所以|z|=√12+12=√2．故答案为：C．【分析】先根据i2=−1将z化简，再根据向量的模的计算公式即可求出．6．【答案】A【解析】【解答】∵z=−2+ii=(−2+i)(−i)−i2=1+2i，∴复数z=−2+ii在复平面内对应的点的坐标为(1,2)，在第一象限，故答案为：A.【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简求出z的值，根据复数的几何意义可得结果．7．【答案】D【解析】【解答】由题意可得：z2=(1+i)2=2i，则z2−2z=2i−2(1+i)=−2.故|z2−2z|=|−2|=2.故答案为：D.【分析】由题意首先求得z2−2z的值，然后计算其模即可.8．【答案】B【解析】【解答】由题意得z=1+2i，∴iz=i−2.故答案为：B.【分析】先根据复数几何意义得z，再根据复数乘法法则得结果.9．【答案】C【解析】【解答】解：a∈R，若a﹣1+（a﹣2）i（i为虚数单位）是实数，可得a﹣2＝0，解得a＝2．故答案为：C．【分析】利用复数的虚部为0，求解即可．10．【答案】C【解析】【解答】A．当z1=2+i,z2=1+i时，z1−z2=1>0，此时z1,z2无法比较大小，故错误；B．当z=0时，z̅=z=0，所以z⋅z̅=|z|2=0，所以此时z⋅z̅=|z|2成立，故错误；C．根据复数乘法的运算法则可知：z1=0或z2=0，故正确；D．当z1=i,z2=1时，z12+z22=−1+1=0，此时z1≠0且z2≠0，故错误.故答案为：C.【分析】A．根据复数虚部相同，实部不同时，举例可判断结论是否正确；B．根据实数的共轭复数还是其本身判断z⋅z̅=|z|2是否成立；C．根据复数乘法的运算法则可知是否正确；D．考虑特殊情况：z1=i,z2=1，由此判断是否正确.11．【答案】C【解析】【解答】解：∵复数z满足z(2−i)=18+11iz=18+11i2−i=(18+11i)(2+i)(2−i)(2+i)=36+40i+11i25=5+8i∴z̅=5−8i，z̅−4i=5−8i−4i=5−12i ∴|z̅−4i|=|5−12i|=√52+(−12)2=13.故答案为：C.【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的概念以及模的计算公式即可得出.12．【答案】A【解析】【解答】解： ∵ a+i 1−i =(a+i)(1+i)(1−i)(1+i)=a−12+a+12i 是实数，∴a+12=0，即 a =−1 ．∴ cosaπ3=cos(−π3)=12． 故答案为：A ．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由虚部为0求得 a 值，代入 cos aπ3 得答案． 13．【答案】A,C【解析】【解答】 |z|=√(−1)2+(−2)2=√5 ,A 符合题意;复数z 在复平面内对应的点的坐标为(−1,−2) ,在第三象限,B 不正确;z 的共轭复数为 −1+2i ,C 符合题意;复数z 在复平面内对应的点 (−1,−2) 不在直线 y =−2x 上,D 不正确. 故答案为：AC【分析】根据复数的模、复数对应点的坐标、共轭复数等知识，选出正确选项.14．【答案】A,B,C【解析】【解答】设 z =x +yi ，∴x 2+y 2+2i(x −yi)=3+ai ， ∴{x 2+y 2+2y =3,2x =a,⇒y 2+2y +a 24−3=0 ，∴Δ=4−4(a 24−3)≥0 ，解得： −4≤a ≤4 ，∴实数 a 的值可能是 1,−4,0 . 故答案为：ABC.【分析】设 z =x +yi ，从而有 x 2+y 2+2i(x −yi)=3+ai ，利用消元法得到关于 y 的一元二次方程，利用判别式大于等于0，从而求得a 的范围，即可得答案.15．【答案】A,B【解析】【解答】解： ∵z =a +√3i ，且 |z|=2 ∴a 2+(√3)2=4 ， a =±1复数 z =a +√3i 在复平面内对应的点位于第二象限 ∴a =−1 A: (−1+√3i)3=(−1)3+3(−1)2√3i +3(−1)(√3i)2+(√3i)3=8 B: z =−1+√3i 的虚部是 √3C: z =−1+√3i 的共轭复数为 z =−1−√3iD: (−1+√3i)2=(−1)2+2(−1)√3i+(√3i)2=−2−2√3i故答案为：AB．【分析】利用复数|z|=2的模长运算及z=a+√3i在复平面内对应的点位于第二象限求出a，再验算每个选项得解.16．【答案】C,D【解析】【解答】∵z=i1−2i=i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−25+15i，∴复数z的虚部为15，z的共轭复数z̅=−25−i5,|z|=√(−25)2+(15)2=√55，复平面内与z对应的点的坐标为(−25,15)，在第二象限.故答案为：CD.【分析】利用复数的乘除运算可得z=−25+15i，根据复数的概念可判断A；根据共轭复数的概念可判断B；根据复数的模可判断C；根据复数的几何意义可判断D. 17．【答案】3-2i【解析】【解答】8−i2+i=(8−i)(2−i)(2+i)(2−i)=15−10i5=3−2i.故答案为：3-2i.【分析】将分子分母同乘以分母的共轭复数，然后利用运算化简可得结果.18．【答案】3【解析】【解答】∵复数z=(1+i)(2−i)∴z=2−i+2i−i2=3+i∴复数的实部为3.故答案为：3.【分析】根据复数的运算法则，化简即可求得实部的值.19．【答案】2√3【解析】【解答】∵|z1|=|z2|=2，可设z1=2cosθ+2sinθ⋅i，z2=2cosα+2sinα⋅i，∴z1+z2=2(cosθ+cosα)+2(sinθ+sinα)⋅i=√3+i，∴{2(cosθ+cosα)=√32(sinθ+sinα)=1，两式平方作和得：4(2+2cosθcosα+2sinθsinα)=4，化简得：cosθcosα+sinθsinα=−1 2∴|z1−z2|=|2(cosθ−cosα)+2(sinθ−sinα)⋅i|=√4(cosθ−cosα)2+4(sinθ−sinα)2=√8−8(cosθcosα+sinθsinα)=√8+4=2√3.故答案为：2√3.【分析】令z1=2cosθ+2sinθ⋅i，z2=2cosα+2sinα⋅i，根据复数的相等可求得cosθcosα+ sinθsinα=−12，代入复数模长的公式中即可得到结果.20．【答案】②③④【解析】【解答】对于①，a，b∈R且a=b，若a=b=0时，则(a−b)+(a+b)i不是纯虚数，①错误；对于②，当z是非零实数时，根据基本不等式的性质知|z+1z|⩾2恒成立，②正确；对于③，复数z=(1−i)3=−2−2i，∴z的实部和虚部都是−2，③正确；对于④，如果|a+2i|<|−2+i|，则a2+4<4+1，解得−1<a<1，所以实数a的取值范围是−1<a<1，④正确；对于⑤，复数z=1−i，则1z+z=11−i+(1−i)=32−12i，∴⑤错误．综上，正确的命题的序号是②③④．故答案为：②③④．【分析】①当a=b=0时，(a−b)+(a+b)i=0不是纯虚数；②根据基本不等式的性质知|z+1z|⩾2恒成立；③化简复数z，得z的实部和虚部都是-2；④根据模长公式得关于a的不等式，求解即可；⑤根据复数代数运算法则，化简计算即可．21．【答案】解：（∈）z1=3−i1+i=(3−i)(1−i)(1−i)(1+i)=2−4i2=1−2i，所以|z1|=√22+12=√5，（∈）设z2=a+2i(a∈R)，则z1z2=(2+i)(a+2i)=(2a−2)+(a+4)i，因为z1z2的虚部为0，所以，a+4=0，即a=−4.所以z2=−4+2i.【解析】【分析】（∈）利用复数的四则运算求出z1后可求其模.（∈）设z2=a+2i(a∈R)，利用复数的乘法计算出 z 1z 2 后再根据虚部为0求出 a ，从而可得 z 2 .22．【答案】（1）解：由题 z =4+3i 1+2i =(4+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=10−5i5=2−i .即 z =2−i （2）解：由(1) z =2−i ,故 z 2−z ̅=(2−i)2−(2+i)=1−5i ,故 |z 2−z̅|=√12+(−5)2=√26 .即 |z 2−z̅|=√26【解析】【分析】(1)易得 z =4+3i1+2i,再利用复数的除法运算即可.(2)由(1)分别求得 z 2,z ̅ 再计算 z 2−z̅ 求模长即可. 23．【答案】（1）解： ∵z =1−i ，∴z 2−z =(1−i)2−(1−i)=1−2i +i 2−1+i =−1−i（2）解： ∵z 1=2i ， z 2=2+i ，∴ z 1+z 2z =2i+2+i 1−i =2+3i 1−i =(2+3i)(1+i)(1−i)(1+i)=−12+52i【解析】【分析】（1）把 z =1−i 代入 z 2−z ，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案；（2）由图形求得 z 1 ， z 2 ，代入 z 1+z2z，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.24．【答案】（1）解： ∵z 是纯虚数， ∴{m 2−3m +2=0m −1≠0， 解得 {m =1或m =2m ≠1， ∴ m =2（2）解：z 所对应的点是 (m 2−3m +2,m −1) ，∵ z 所对应的点在直线 y =2x +1 的上方，即 m −1>2(m 2−3m +2)+1 ， 化简得 2m 2−7m +6<0 ，即 (m −2)(2m −3)<0 ， ∴32<m <2 . 【解析】【分析】（1）由复数的分类求解；（2）写出对应点的坐标，点在直线 y =2x +1 上方，就是点的坐标适合不等式 y >2x +1 代入后不等式可得．25．【答案】（1）解：设 z =a +bi ， a,b ∈R ， a >0 .由题意： a 2+b 2=10 .①(2+i)(a +bi)=2a −b +(a +2b)i ， 得 2a −b +a +2b =0 ， 3a +b =0 ，②①②联立，解得 a =1 ， b =−3 得 z =1−3i .（2）解：由（1）可得z̅=1+3i所以z̅+m2(−1+i)+4mi=(−m2+1)+(m2+4m+3)i由题意可知{−m2+1=0m2+4m+3≠0解得m=±1且m≠−1且m≠−3所以m=1【解析】【分析】（1）设z=a+bi(a，b∈R且a>0)，由条件可得a2+b2=10①，a=−3b②．由①②联立的方程组得a、b的值，即可得到z的值；（2）根据实部为0，虚部不为0即可求解m．26．【答案】（1）解：由题意3a−2=0，a=2 3；（2）解：由已知|z|=√(3a)2+(3a−2)2=√10，解得a=1或a=−13．（3）解：复数z对应点坐标为(3a，3a−2)，它在第三象限，则{3a<03a−2<0，解得a< 0．∴a的范围是(−∞，0)．【解析】【分析】（1）根据复数的分类求解；（2）由复数模的运算计算；（3）写出对应点坐标，由点所在象限得出不等式，解之可得．。
【专业资料】新版高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入 3.2.1 含解析
3.2 复数代数形式的四则运算3.2.1 复数代数形式的加、减运算及其几何意义课时过关·能力提升基础巩固1(6-2i)-(3i +1)等于( )A.3-3iB.5-5iC.7+iD.5+5i解析(6-2i)-(3i +1)=(6-1)+(-2-3)i =5-5i .故选B.答案B2若复数z 满足z+i -3=3-i,则z 等于( )A.0B.2iC.6D.6-2i解析∵z+i -3=3-i, ∴z=(3-i)-(i -3)=(3+3)+(-i -i)=6-2i,故选D.答案D3在复平面内,已知点A 对应的复数为2+3i,向量OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为-1+2i,则向量BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为( )A.1+5iB.3+iC.-3-iD.1+i解析因为BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为(2+3i)-(-1+2i)=(2+1)+(3-2)i =3+i .故选B.答案B4若z 1=2+i,z 2=3+a i(a ∈R ),且z 1+z 2所对应的点在实轴上,则a 的值为( )A.3B.2C.1D.-1解析z 1+z 2=2+i +3+a i =(2+3)+(1+a )i =5+(1+a )i .∵z 1+z 2所对应的点在实轴上,∴1+a=0.∴a=-1.答案D5若在复平面内的▱ABCD 中,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应复数6+8i,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应复数-4+6i,则DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数是( )A.2+14iB.1+7iC.2-14iD.-1-7i解析设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数分别为z 1与z 2,则有{z 1+z 2=6+8i ,z 2-z 1=-4+6i ,得2z 2=2+14i,z 2=1+7i, 故DA⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数是-1-7i . 答案D6已知复数z 1=3+2i,z 2=1-3i,则复数z=z 1-z 2在复平面内对应的点Z 位于复平面内的第 象限. 答案一 7已知z 1=m 2-3m+m 2i,z 2=4+(5m+6)i(m ∈R ).若z 1-z 2=0,则m= .解析∵z 1-z 2=(m 2-3m+m 2i)-[4+(5m+6)i]=(m 2-3m-4)+(m 2-5m-6)i =0,∴{m 2-3m -4=0,m 2-5m -6=0.∴m=-1. 答案-1 8已知z 1=√32a+(a+1)i,z 2=-3√3b+(b+2)i(a ,b ∈R ).若z 1-z 2=4√3,则a+b= . 解析z 1-z 2=√32a+(a+1)i -[-3√3b+(b+2)i] =(√32a +3√3b)+(a-b-1)i =4√3,由复数相等的条件,知{√32a +3√3b =4√3,a -b -1=0,解得{a =2,b =1.故a+b=3. 答案39若|z-1|=1,试说明复数z 对应点的轨迹.分析解答本题可根据复数的减法和模的几何意义求解.解根据复数的减法和模的几何意义,知|z-1|=1表示复数z 对应的点到点(1,0)的距离为1,所以复数z 对应的点的轨迹是以点(1,0)为圆心,以1为半径的圆. 能力提升1已知复数z 1=12−√32i,复数z 2=cos 60°+isin 60°,则z 1+z 2等于( )A.1B.-1C.12−√32iD.12+√32i答案A2已知z 1=3-4i,z 2=-5+2i,z 1,z 2对应的点分别为P 1,P 2,则P 2P 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为( )A.-8+6iB.8-6iC.8+6iD.-2-2i解析由复数减法的几何意义知:P 2P 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为z 1-z 2=3-4i -(-5+2i)=(3+5)+(-4-2)i =8-6i,故选B.答案B3已知A ,B 分别是复数z 1,z 2在复平面内对应的点,O 是坐标原点.若|z 1+z 2|=|z 1-z 2|,则△AOB 一定是( )A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形解析因为|z 1+z 2|=|z 1-z 2|,所以由复数加减运算的几何意义知,以OA ,OB 为邻边的平行四边形是矩形,故△AOB 是直角三角形.答案B★4已知z ∈C ,|z-2|=1,则|z+2+5i |的最大值和最小值分别是( )A.√41+1和√41-1B.3和1C.5√2和√34D.√39和3 解析由|z-2|=1知z 对应的点在以(2,0)为圆心,半径为1的圆上,而|z+2+5i |=|z-(-2-5i)|表示z 对应的点到点(-2,-5)的距离.而圆心(2,0)与(-2,-5)间的距离为√41,故最大值为√41+1,最小值为√41-1.答案A★5已知|z 1|=1,|z 2|=1,|z 1+z 2|=√3,则|z 1-z 2|= .解析在平面直角坐标系内以原点O 为起点作出z 1,z 2对应的向量OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则向量OZ ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应z 1+z 2,Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 对应z 1-z 2.由题意知|OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|OZ ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3,可得∠OZ 1Z=120°,所以∠Z 2OZ 1=60°,即△Z 2OZ 1是等边三角形.所以在△Z 2OZ 1中,|Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,即|z 1-z 2|=1.答案16已知集合A={z 1||z 1+1|≤1,z 1∈C },B={z 2|z 2=z 1+i +m ,z 1∈A ,m ∈R }.(1)当A ∩B=⌀时,求实数m 的取值范围;(2)是否存在实数m ,使得A ∩B=A ?解因为|z 1+1|≤1,所以z 1所对应的点构成的集合A 是以(-1,0)为圆心,以1为半径的圆面(圆周及其内部).又z 2=z 1+i +m ,所以z 1=z 2-i -m.所以|z 2-i -m+1|≤1,即|z 2-[(m-1)+i]|≤1.所以z 2所对应的点的集合B 是以点(m-1,1)为圆心,1为半径的圆面(圆周及其内部).(1)若A∩B=⌀,说明上述两圆外离,其圆心距d=√(m-1+1)2+12>2,解得m的取值范围是{m|m∈R,且m>√3或m<-√3}.(2)若A∩B=A,因为两圆半径相等,所以两圆重合,但由圆心的坐标(-1,0)及(m-1,1)可知它们不可能重合,所以不存在实数m,使A∩B=A.★7在复平面内,复数z1对应的点在连接1+i和1-i对应的点的线段上移动,设复数z2对应的点在以原点为圆心,半径为1的圆周上移动,求复数z1+z2对应的点在复平面上移动的范围的面积.解设ω=z1+z2,则z2=ω-z1,所以|z2|=|ω-z1|.因为|z2|=1,所以|ω-z1|=1.此式说明对于给定的z1,ω对应的点在以z1对应的点为圆心,1为半径的圆上运动.又z1对应的点在连接1+i和1-i对应的点的线段上移动,所以ω对应点的移动范围的面积为S=2×2+π×12=4+π,即复数z1+z2对应的点在复平面上移动的范围的面积是4+π.★8已知复数z1=1-2i和z2=4+3i分别对应复平面内的A,B两点.求:(1)A,B两点间的距离;(2)线段AB的垂直平分线方程的复数形式,并化为实数表示的一般形式.解(1)|AB|=|z2-z1|=|(4+3i)-(1-2i)|=|3+5i|=√34.(2)线段AB的垂直平分线上任一点Z到A,B两点的距离相等,设点Z对应的复数为z,由复数模的几何意义,知|z-(1-2i)|=|z-(4+3i)|.设z=x+y i(x,y∈R),代入上式,知|(x-1)+(y+2)i|=|(x-4)+(y-3)i|,即(x-1)2+(y+2)2=(x-4)2+(y-3)2.整理上式可得线段AB的垂直平分线的方程为3x+5y-10=0.所以线段AB的垂直平分线方程的复数形式为|z-(1-2i)|=|z-(4+3i)|,实数表示的一般形式为3x+5y-10=0.。
高中数学人教A版选修2-2_第三章_数系的扩充与复数的引入(有答案) (2)
高中数学人教A版选修2-2 第三章数系的扩充与复数的引入3.2.2 复数代数形式的乘除运算 (1)一、单选题1. 若为虚数单位，图中复平面内点表示复数，则表示复数的点是()A. B. C. D.2. 若复数z满足其中i为虚数单位，则z=A.1+2iB.12iC.D.3. i是虚数单位，若，则乘积的值是()A.−15B.−3C.3D.15二、填空题设x, y为实数,且+=,则x+y=________.是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为________.三、解答题设是虚数，是实数，且．（1）求|z1|的值以及z1的实部的取值范围．（2）若，求证：为纯虚数．参考答案与试题解析高中数学人教A 版选修2-2 第三章 数系的扩充与复数的引入3.2.2 复数代数形式的乘除运算 (1)一、单选题 1.【答案】 A【考点】复数的代数表示法及其几何意义 复数的运算幂函数的概念、解析式、定义域、值域【解析】先由复数的几何意义得到复数二，再利用复数的除法法则化简，再利用复数的几何意义进行求解详解：由复数的几何意义，得z =2+i 则z 1+i=2+i 1+i=(2+i )(1−i )(1+i )(1−i )=32−12i则该复数对应的点为(32,−12)，即点H ． 【解答】 此题暂无解答 2. 【答案】 B【考点】复数代数形式的乘除运算 二次函数的应用 函数的最值及其几何意义 【解析】试题分析：设z =a +bi ，则2z +z ¯=3a +bi =3−2i ，故a =1,b =−2，则z =1−2i ，选B ．【考点】注意共轭复数的概念 【解答】 此题暂无解答 3.【答案】 B【考点】二次函数的应用函数的最值及其几何意义 勾股定理【解析】1+7i 2−i =(1+7i)(2+i)5=−1+3i，∴a=−1,b=3,ab=−3，选B．【解答】此题暂无解答二、填空题【答案】4【考点】集合的相等方根与根式及根式的化简运算函数的求值【解析】由x1−i +y1−2i=x(1+i)2+y(1+2i)5=(x2+y5)+(x2+2y5)}而51−3i =5(1+3i)10=12+32i，所以x2+y5=12且x2+2y5=32解得x=−1,y=5，所以x+y=4【解答】此题暂无解答【答案】—2【考点】复数的基本概念复数的运算虚数单位i及其性质【解析】试题分析：由复数的运算可知(1−2i)(a+i)=a+2+(1−2a)i(1−2i)(a+i)是纯虚数，则其实部必为零，即a+2=0，所以a=−2【解答】此题暂无解答三、解答题【答案】(1))[−12,12 ]；（2）略【考点】复数的基本概念复数的代数表示法及其几何意义复数的运算【解析】此题暂无解析【解答】（1）证z1=a+b|,(a,b=R，且b≠0)，则z2=z1+1z1=(a+aa2+b2)+(b−ba2+b2)，由z，是实数，得|a2+b2=1，由此求出z1的实部的取值范围为[−12,1 2 ]（2）ω=1−z11+z1=1−a−bi1+a+bi=1−a2−b2−2bi(1+a)2+b2=ba+1i，由此能证明ω=1−z11+z1是纯虚数．详解：（1）解：设z1=a+bi(a,b∈R,b≠0)．则z2=a+bi+1a+bi =a+aa2+b2+(b−ba2+b2)i，因为z2∈R．所以b−ba2+b2=0，又b≠0，所以a2+b2=1．所以|z1|=1所以z2=a+bi+1a+bi =a+aa2+b2+(b−ba2+b2)=2a又|z2|≤1．即2a≤1．解得−12≤a≤12所以z1的实部的取值范围的取值范围为|12,1 2 ]（2）证明ω=1−z11+z1=1−a−bi1+a+bi=1−a2−b2−2bi(1+a)2+b2=−b1+a因为b≠0．所以−b1+a≠0所以ω为纯虚数．。
高中数学选修2-2（人教A版）第三章数系的扩充与复数的导入3.1知识点总结含同步练习及答案
⾼中数学选修2-2（⼈教A版）第三章数系的扩充与复数的导⼊3.1知识点总结含同步练习及答案描述：⾼中数学选修2-2(⼈教A版)知识点总结含同步练习题及答案第三章数系的扩充与复数的引⼊ 3.1 数系的扩充和复数的概念⼀、学习任务1. 了解数系的扩充过程．2. 理解复数的基本概念、代数表⽰法以及复数相等的充要条件．⼆、知识清单复数的概念复数的⼏何意义三、知识讲解1.复数的概念复数的概念为了把数的范围进⼀步扩充，⼈们引⼊了⼀个新的数，叫虚数单位，且规定：①；②可与实数进⾏四则运算，且原有的加、乘运算律仍成⽴．我们把集合中的数，即形如（，）的数叫做复数（complex number），其中叫做虚数单位（imaginary unit）．全体复数所成的集合叫做复数集（set of complex numbers）．复数通常⽤字母表⽰，即（，），这⼀表⽰形式叫做复数的代数形式（algebraic form of complex number）．对于复数，都有，，其中的与分别叫做复数的实部（real part）与虚部（imaginary part）．对于复数，当且仅当时，它是实数；当且仅当时，它是实数；当时，叫做虚数；当且时，叫做纯虚数．复数相等的充要条件在复数集中任取两个数，（，，，），与相等的充要条件是且．复数的分类复数（，）可以分类如下： i =?1i 2 i C ={a +b i | a ,b ∈R } a +b i a b ∈R i C z z =a +b i a b ∈R z =a +b i a b ∈R a b z a +b i b =0 a =b =0 0 b ≠0 a =0 b ≠0 C ={a +b i | a ,b ∈R } a +b i c +d i a b c d ∈R a +b i c +d ia =cb =d z =a +b i a b ∈R 复数a +b i(a ,b ∈R )实数(b =0)虚数(b ≠0){纯虚数(a =0)⾮纯虚数(a ≠0)例题：描述：2.复数的⼏何意义根据复数相等的定义，任何⼀个复数，都可以由⼀个有序实数对唯⼀确定．因为有序实数对与平⾯直⾓坐标系中的点⼀⼀对应，所以复数集与平⾯直⾓坐标系中的点集之间可以建⽴⼀⼀对应．点的横坐标是，纵坐标是，复数可⽤点表⽰，这个建⽴了直⾓坐标系来表⽰复数的平⾯叫做复平⾯，轴叫做实轴，轴叫做虚轴．显然，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．设复平⾯内的点表⽰复数，连结，显然向量由点唯⼀确定；反过下列命题中，正确的个数是（）①若，则的充要条件是；②若，则；③若，则，．A． B． C． D．解：A①由于，所以不⼀定是复数的代数形式，不符合复数相等的充要条件，故①不正确；②由于两个虚数不能⽐较⼤⼩，所以②不正确；③当，时，成⽴，所以③不正确．x ,y ∈C x +y i =1+i x =y =1a ,b ∈R a +i >b +i +=0x 2y 2x =0y =00123x ,y ∈C x +y i x =1y =i +=0x 2y 2已知，，若，则______．解：根据复数相等的充要条件，得整理得，所以，将其代⼊，得，所以，所以．=?3?4i z 1=(?3m ?1)+(?m ?6)i (m ,n ∈R )z 2n 2n 2=z 1z 2=n m 4{?3m ?1=?3,n 2?m ?6=?4,n 22m =4m =2?3m ?1=?3n 2=4n 2n =±2=(±2=4n m )2实数为何值时，复数分别是（1）实数；（2）虚数；（3）纯虚数；（4）零．解：由题复数可整理为．（1）当时，，即或．（2）当时，是虚数，即且．（3）当时，是纯虚数，解得．（4）当时，，解得．k (1+i)?(3+5i)k ?2(2+3i)k 2z z =(?3k ?4)+(?5k ?6)i k 2k 2?5k ?6=0k 2z ∈R k =6k =?1?5k ?6≠0k 2z k ≠6k ≠?1{?3k ?4=0,k 2?5k ?6≠0,k 2z k =4{?3k ?4=0,k 2?5k ?6=0,k 2z =0k =?1 z =a +b i (a ,b ) (a ,b ) Z a b z =a +b i Z (a ,b ) x y Z z =a +b i OZ OZ ?→Z →OZ说成向量，并且规定，相等的向量表⽰同⼀个复数．。
高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入本章整合 新人教A版选修2-2(2021年最新整理)
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—2知识网络专题探究专题一 复数的实部与虚部定义的区分对于复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R ），其中a 和b 分别叫做复数z 的实部和虚部,一定要记清楚b i 并不是虚部．如2＋i 的实部为2，虚部为1,而不是i 。
【例1】复数错误!＋错误!的虚部是( ）A ．15i B ．错误! C ．－错误!i D ．－错误!解析:错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝－错误!＋错误!i ，故虚部为错误!。
答案：B专题二 纯虚数概念的理解对于复数z ＝a ＋b i(a ,b ∈R )，当a ＝0，且b ≠0时，叫做纯虚数，特别要注意记清“a ＝0"这一必备的前提条件．【例2】若复数(a 2－3a ＋2）＋(a －1)i 是纯虚数,则实数a 的值为( ）A．1 B．2C．1或2 D．－1解析：由纯虚数的定义,可得错误!解得a＝2.答案：B专题三复数的几何意义1．复数的几何意义及应用（1)复数的几何意义主要体现在以下三个方面：①复数z与复平面内的点Z及向量OZ的一一对应关系；②复数的加减运算与向量的加减运算的对应关系;③复数z－z0模的几何意义．（2)复数几何意义的应用：①求复数问题转化为解析几何的求解问题；②复数的加减运算与向量的加减运算的相互转化；③利用｜z－z0｜判断复数所对应的点的轨迹及轨迹方程，也可以求|z｜的最值．2．复数几何意义中数形结合的思想方法复数的实质是有序实数对，也就是复平面内点的坐标．如果复数按照某种条件变化，那么复平面上的对应点就构成具有某种特征的点的集合或轨迹,这种数形的有机结合，成为复数问题转化为几何问题的重要途径之一．【例3】复数z＝错误!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：化简复数z，z＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!，所以复数z对应复平面内的点的坐标为错误!，位于第一象限．故选A．答案:A【例4】在复平面内,点P，Q分别对应复数z1,z2，且z2＝2z1＋3－4i,|z1|＝1，则点Q的轨迹是（）A．线段 B．圆C．椭圆 D．双曲线解析:∵z2＝2z1＋3－4i,∴2z1＝z2－(3－4i）．∵｜z1|＝1，∴｜2z1|＝2,∴|z2－(3－4i)｜＝2，由模的几何意义可知点Q的轨迹是以（3,－4)为圆心，2为半径的圆．故选B．答案：B【例5】已知等腰梯形OABC的顶点O，A，B在复平面上对应的复数分别为0，1＋2i，－2＋6i，OA CB∥，求顶点C所对应的复数z.提示：根据题意，画出图形，由OA CB∥，四边形OABC为等腰梯形，知||=||OC AB，从而可建立方程组求得点C的坐标，即得点C所对应的复数z。
【专业资料】新版高中数学人教A版选修2-2习题：第三章数系的扩充与复数的引入 3.1.2 含解析
3.1.2复数的几何意义课时过关·能力提升基础巩固1实部为-2,虚部为1的复数所对应的点位于复平面的()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限答案B2复数z=√3+i2对应的点在复平面内的()A.第一象限B.实轴上C.虚轴上D.第四象限解析因为z=√3+i2=√3-1∈R,所以z对应的点在实轴上.故选B.答案B3复数z与它的模相等的充要条件是()A.z为纯虚数B.z是实数C.z是正实数D.z是非负实数解析因为z=|z|,所以z为实数,且z≥0.故选D.答案D4在复平面内,复数6+5i,-2+3i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()A.4+8iB.8+2iC.2+4iD.4+i解析由题意得点A(6,5),B(-2,3).由C为线段AB的中点,得C(2,4),所以点C对应的复数为2+4i.答案C5已知0<a<2,复数z=a+i(i是虚数单位),则|z|的取值范围是()A.(1,√3)B.(1,√5)C.(1,3)D.(1,5)解析|z|=√a2+1.∵0<a<2,∴0<a2<4.∴1<√a2+1<√5,即1<|z|<√5.故选B.答案B6已知复数z 满足|z|2-2|z|-3=0,则复数z 对应点的轨迹为( )A.一个圆B.线段C.两点D.两个圆解析∵|z|2-2|z|-3=0, ∴(|z|-3)(|z|+1)=0,∴|z|=3.故所求的轨迹为一个圆,故选A.答案A7复数z=-5-12i 在复平面内对应的点到原点的距离为 .解析因为|z|=√(-5)2+(-12)2=13,所以z 对应的点到原点的距离为13.答案138已知复数x 2-6x+5+(x-2)i 在复平面内的对应点在第三象限,则实数x 的取值范围是 .解析由已知得{x 2-6x +5<0,x -2<0,解得1<x<2. 答案(1,2)9若复数z=(x-1)+(2x-1)i 的模小于√10,求实数x 的取值范围.分析根据复数的模的意义及题设中复数模的范围,建立关于实数x 的不等式求解即可.解由题意,可得√(x -1)2+(2x -1)2<√10,化简得5x 2-6x-8<0,解得-45<x<2.故x 的取值范围是{x |x ∈R ,且-45<x <2}.10实数m 分别取什么数值时,复数z=(m 2+5m+6)+(m 2-2m-15)i:(1)对应的点在实轴上方;(2)对应的点在直线x+y+5=0上?分析解答本题的关键是利用复数z 对应点的特点,转化为关于m 的方程或不等式求解.解(1)由题意知m 2-2m-15>0,得m<-3或m>5.故当m<-3或m>5时,z 对应的点在实轴上方.(2)由题意得(m 2+5m+6)+(m 2-2m-15)+5=0,解得m=-3-√414或m=-3+√414. 故当m=-3-√414或m=-3+√414时,z 对应的点在直线x+y+5=0上.能力提升1若复数z 1,z 2在复平面内对应的点关于虚轴对称,且z 1=2+i,则z 2=( )A.2+iB.-2+iC.2-iD.-2-i 答案B2若z=(2t 2+5t-3)+(t 2+2t+3)i,t ∈R ,则以下结论正确的是( )A.z 对应的点在第一象限B.z 一定不是纯虚数C.z 一定是纯虚数D.z 对应的点在实轴上方解析∵2t 2+5t-3=2(t +54)2−498≥-498, t 2+2t+3=(t+1)2+2≥2,所以复数z 对应的点在实轴上方.故选D.答案D3使|lo g 12x-4i |≥|3+4i |成立的x 的取值范围是( )A.[18,8]B.(0,1]∪[8,+∞)C.(0,18]∪[8,+∞)D.(0,1)∪(8,+∞)解析由已知得(lo g 12x )2+(-4)2≥32+42,∴(lo g 12x )2≥9. ∴lo g 12x ≥3或lo g 12x ≤-3.∴x ∈(0,18]∪[8,+∞).答案C★4已知复数3-5i,1-i 和-2+a i 在复平面内对应的点在同一条直线上,则实数a 的值为( ) A.5 B.-2 C.-5 D.35解析设复数3-5i,1-i,-2+a i 对应的向量分别为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ (O 为坐标原点),则OA⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-5),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,a ). ∵A ,B ,C 三点共线,∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =t OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(1-t )OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即(3,-5)=t (1,-1)+(1-t )(-2,a ).∴{3=t -2(1-t ),-5=-t +a (1-t ),解得{t =53,a =5,即a 的值为5.答案A5在复平面内,O 为坐标原点,向量OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为3-4i,如果点B 关于原点的对称点为A ,点A 关于虚轴的对称点为C ,那么向量OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为 .解析∵点B 的坐标为(3,-4),∴点A 的坐标为(-3,4).∴点C 的坐标为(3,4),故向量OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为3+4i .答案3+4i6在复平面内,O 是原点,已知复数z 1=-1+2i,z 2=1-i,z 3=3-2i,它们所对应的点分别是A ,B ,C.若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (x ,y ∈R ),则x+y 的值是 .解析由已知,得OA⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-2),所以x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x (-1,2)+y (1,-1)=(-x+y ,2x-y ). 由OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,可得{-x +y =3,2x -y =-2,解得{x =1,y =4,故x+y=5. 答案57复数z 的模为1,求|z-1-i |的最大值和最小值.解由|z|=1表示与z 对应的点Z 在以原点为圆心,1为半径的圆上,则|z-1-i |=|z-(1+i)|表示圆上的点到A (1,1)的距离,如图.由于点A 到原点的距离是√2,因此圆上的点到点A (1,1)的最大距离是√2+1,最小距离是√2-1.因此|z-1-i |的最大值为√2+1,最小值为√2-1.★8已知z 1=x 2+√x 2+1 i,z 2=(x 2+a )i,对任意的x ∈R 均有|z 1|>|z 2|成立,试求实数a 的取值范围.分析本题主要考查有关复数模的综合问题.解题的关键是取模之后,要转化为求含参数的二次不等式的参数的取值范围.解∵|z 1|=√x 4+x 2+1,|z 2|=|x 2+a|,且|z 1|>|z 2|,∴√x 4+x 2+1>|x 2+a|对x ∈R 恒成立,等价于(1-2a )x 2+(1-a 2)>0对x ∈R 恒成立.当1-2a=0时,解得a=12,∴当a=12时,0·x 2+(1-14)>0恒成立. 当{1-2a >0,Δ=-4(1-2a )(1-a 2)<0时, 解得-1<a<12.综上可得,实数a 的取值范围是{a |-1<a ≤12}.。