《2018版数学选修2-2学案：第三章数系的扩充与复数的引入章末复习题含答案精品.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018版数学选修2-2学案：第三章数系的扩充与复数的引入章末复习题含答案精品.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、学习目标1.掌握复数的有关概念及复数相等的充要条件.2.理解复数的几何意义.3.掌握复 数的相关运算 1复数的有关概念 (1)复数的概念：形如abi(a，b R)的数叫做复数，其中a，b 分别是它的实部和虚部若 b0，则 abi 为实数，若b0，则 abi 为虚数，若a 0 且 b0，则 abi 为纯虚数 (2)复数相等： abicdi? a c 且 bd(a，b，c， dR) (3)共轭复数： abi 与 cdi 共轭 ? ac，bd0(a，b，c，d R) (4)复平面： 建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面x 轴叫做实轴， y 轴叫做虚轴 实 轴上的点都表示实数；除了原点外， 虚轴上
2、的点都表示纯虚数；各象限内的点都表示非纯虚 数 (5)复数的模：向量 OZ 的模 r 叫做复数zabi 的模，记作 |z|或 |a bi|， 即|z|abi|a2b2 (r0，rR) 2复数的几何意义 (1)复数 za bi 一一对应 复平面内的点Z(a， b)(a， bR) (2)复数 za bi(a， bR) 一一对应 平面向量 OZ . 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(abi)(cdi)(ac)(bd)i； 减法： z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i； 乘法： z1 z2(abi) (c
3、di)(acbd) (adbc)i； 除法： z1 z2 abi c di abicdi cdi cdi acbd c 2d2 bcad c 2d2i(cdi0) (2)复数加法的运算定律 复数的加法满足交换律、结合律，即对任意z1， z2， z3 C，有z1z2z2z1，(z1z2)z3 z1(z2z3) 类型一复数的概念 例 1已知复数za2a6 a 2 2a15 a 24i，分别求出满足下列条件的实数a 的值： (1)z是实数； (2)z是虚数； (3)z 是 0. 解由 a2a6 0，解得 a 2 或 a3. 由 a22a150，解得 a 5 或 a 3. 由 a24 0，解得 a 2
4、. (1)由 a 22a150 且 a240， 得 a 5或 a 3， 当 a 5 或 a3 时， z 为实数 (2)由 a 22a150 且 a240， 得 a 5且 a 3 且 a 2， 当 a 5 且 a3 且 a 2 时， z是虚数 (3)由 a 2a6 0，且 a22a150，得 a3， 当 a 3时， z0. 引申探究 本例中条件不变，若z 为纯虚数，是否存在这样的实数a，若存在，求出a，若不存在，说 明理由 解由 a2a6 0，且 a22a150， 且 a24 0，得 a 无解， 不存在实数a，使 z为纯虚数 反思与感悟(1)正确确定复数的实、虚部是准确理解复数的有关概念(如实数
5、、虚数、纯虚 数、相等复数、共轭复数、复数的模)的前提 (2)两复数相等的充要条件是复数问题转化为实数问题的依据 跟踪训练1复数 zlog3(x 23x 3)ilog 2(x3)，当 x 为何实数时， (1)zR；(2)z 为虚数 解(1)因为一个复数是实数的充要条件是虚部为0， 所以 x 23x 30， log2x3 0， x30， 解得 x 4，所以当x4 时， zR. (2)因为一个复数是虚数的充要条件是虚部不为0， 所以 x 23x 30， log2x3 0， x30， 解得 x 321 2 且 x4. 所以当 x3 21 2 且 x4 时， z 为虚数 类型二复数的运算 例 2已知
6、z 是复数， z3i 为实数， z5i 2 i 为纯虚数 (i 为虚数单位 ) (1)求复数 z； (2)求 z 1i 的模 解(1)设 zabi(a，bR)， z3ia(b3)i 为实数，可得b3. 又 a2i 2 i 2a2 a4 i 5 为纯虚数， a 1，即 z 13i. (2) z 1i 13i 1i 13i1i 1i1i 42i 2 2i， z 1i |2i|2 212 5. 反思与感悟复数的综合运算中会涉及模、共轭及分类等，求z 时要注意是把z 看作一个整 体还是设为代数形式应用方程思想当z是实数或纯虚数时注意常见结论的应用 跟踪训练2已知 z1，z2为复数， (3i)z1为实数
7、， z2 z1 2i，且 |z 2|52，求 z2. 解z1z2(2 i)， (3i)z1z2(2i)(3i)z2(5 5i)R， 因为 |z2|5 2，所以 |z2(5 5i)|50， 所以 z2(55i) 50， 所以 z2 50 55i 10 1 i (55i) 类型三数形结合思想的应用 例 3在复平面内，设z1i(i 是虚数单位 )，则复数 2 zz 2 对应的点位于第_象限 答案一 解析 2 zz 2 2 1i (1i)2 2 1i 2i(1i)2i1i， 复数 2 zz 2对应的点为 (1,1)， 故在第一象限 反思与感悟根据复平面内的点、向量及向量对应的复数是一一对应的，要求某个
8、向量对应 的复数，只要找出所求向量的始点和终点，或者用向量相等直接给出结论 跟踪训练3已知复平面内点A，B 对应的复数分别是z1sin2 i，z2 cos 2 icos2 ， 其中 (0，)，设 AB 对应的复数为z. (1)求复数 z； (2)若复数 z 对应的点P 在直线 y 1 2x 上，求 的值 解(1)由题意得zz2z1 cos 2 sin2 (cos2 1)i 12sin 2 i. (2)由(1)知，点 P 的坐标为 (1， 2sin 2 ) 由点 P 在直线 y1 2x 上，得 2sin 2 1 2， sin 2 1 4，又 (0，) ， sin 0， 因此 sin 1 2， 6
9、或 5 6 . 1若复数zcos 5 13( 12 13 sin )i(i 是虚数单位 )是纯虚数，则 tan _. 答案 12 5 解析复数 zcos 5 13 ( 12 13sin )i 是纯虚数， cos 5 130， 12 13 sin 0， cos 5 13， sin 12 13， 则 tan sin cos 12 5 . 2设 z 10i 3i ，则 z的共轭复数为_ 答案13i 解析由 z 10i 3i 10i 3i 3i3i 13i， 得 z 1 3i. 3若复数z满足 (34i)z|43i|，则 z 的虚部为 _ 答案 4 5 解析z |43i| 34i 5 34i 3 5
10、4 5i. 4 复平面内点A， B， C 对应的复数分别为i,1,42i， 由 A BCD 按逆时针顺序作?ABCD， 则|BD | _. 答案13 解析如图，设D(x，y)，F 为?ABCD 的对角线的交点，则点F 的坐标为 (2，3 2)， 所以 x14， y03， 即 x3， y3. 所以点 D 对应的复数为z3 3i. 因为 BD OD OB ， 所以 BD 表示的复数为33i12 3i， 所以 |BD |13. 5已知复数z(m 22m)(m2m6)i 所对应的点分别在 (1)虚轴上； (2)第三象限 试求以上实数m 的值或取值范围 解(1)由 m22m0，解得 m 0 或 m2.
11、若复数z(m2 2m)(m2m6)i 所对应的点在虚轴上，则m 0 或 2. (2)由复数z (m 22m)(m2m 6)i 所对应的点在第三象限，得 m 2 2m0， m 2m60， 解得 0m2. 1复数的四则运算按照运算法则和运算律进行运算，其中除法运算的关键是将分母实数化 2复数的几何意义是数形结合思想在复数中的一大体现 3利用两个复数相等可以解决求参数值(或范围 )和复数方程等问题 课时作业 一、填空题 1已知 f(x)x 31，设 i 是虚数单位，则复数 f i i 的虚部是 _ 答案1 解析f(i)i 31 i1，f i i i1 i i 2i 1 1i 1 1i，虚部是1. 2
12、若复数 a3i 12i(aR，i 为虚数单位 )是纯虚数，则实数 a_. 答案6 解析 a3i 12i a 3i12i 1 2i12i a 6 32a i 5 a 6 5 32a 5 i.若复数是纯虚数，则 a6 5 0，所以 a 6. 3已知z 是复数 z 的共轭复数，z z z z 0，则复数z 在复平面内对应的点的轨迹是 _(填“圆”、 “椭圆”、 “双曲线”或“抛物线”) 答案圆 解析设 zxyi(x，yR)，则 z z 2x，z z x2y2，所以由z z z z 0，得 x2 y22x0，即 (x1) 2y21. 4复数 2017 1i 的虚部是 _ 答案 2017 2 解析 20
13、17 1i 2017 1i 1i1i 2017 2 2017 2 i，其虚部是 2017 2 . 5已知方程x 2(4i)x4ai0(aR)有实根 b，且 z abi，则复数 z _. 答案22i 解析x2(4i)x4ai0(aR)有实根 b，b2(4 i)b4ai0，即 b24b4(a b)i0.根据复数相等的充要条件，得b24b40 且 ab0，解得 a2，b 2， z 22i. 6已知 z1，z2，z3C，给出下列三个命题：若 z1z20，则 z1z20；若 z1z2z3， 则 z1z2z30；若两个虚数互为共轭复数，则它们的和为实数其中正确命题的个数为 _ 答案2 解析若 z1z20，
14、则 z1 z2，此时 z1与 z2不一定均为0，错误；z1z2z3，z1 z2与 z3均为实数，z1z2z30，正确；两个虚数互为共轭复数，不妨设z1abi， z2abi(a，bR)， z1z2(abi)(abi)2aR，正确 7若 i 为虚数单位，则 12i 1i 2_. 答案1 1 2i 解析 12i 1i 2 12i 12ii 212i 2i 1 2i i 2 i2 2 1 1 2i. 8设复数z满足 i(z4)32i(i 是虚数单位 )，则 z的虚部为 _ 答案63i 解析由 i(z4) 32i 得 z32i i 4 32i i i 2 4 3i 2 1 423i463i. 9. 2i
15、 4 3i 1i 3i3i12i _. 答案 5 2 解析 2i 43i1 i 3i3i12i | 2i| |4 3i| |1i| |3i| |3i| |12i| 2 52 225 5 2 . 10计算： (12i)(23i)(34i) (45i) (20082009i)(2009 2010i) (20102011i)_. 答案10051005i 解析原式 (1234200820092010)(234 5 20092010 2011)i 10051005i. 二、解答题 11已知复数z1满足 z12(1i) i，复数 z2的虚部为2，且 z1 z2是实数，求z2的值 解由 z12(1i) ii
16、1， z12(i1)i1， z2的虚部为2，可设z2a2i( aR) 则 z1 z2(i1)(a2i)(a2)(2 a)i 为实数 2a0，即 a 2，因此 z2 22i. 12已知复数z(12i)(2i) 3i 1i . (1)计算复数z； (2)若 z 2(2a1)z(1i)b160，求实数 a，b 的值 解(1)z (1 2i)(2i) 3i1i 1i1i 4 3i 42i 2 43i(2i) 62i. (2)(62i) 2(2a 1)(62i)(1i)b160， 3224i6(2a 1)2(2a1)ibbi160， 2212a b(264ab)i0， 2212ab0， 264a b0.
17、 解得 a3， b 14. 13已知复数z 和 w 满足 zw2iz2iw10，其中 i 为虚数单位 (1)若 z 和 w 又满足w z2i，求 z和 w 的值； (2)求证：如果 |z|3，那么 |w4i|的值是一个常数，并求这个常数 (1)解设 wxyi(x，yR)，则由 w z2i，得 z w 2ix(y2)i，zw2iz2iw 1x(y2)i( xyi) 2ix (y 2)i 2i(xyi)1 x 2 y2 6y5 2xi， x2y2 6y 52xi0. 根据复数相等的充要条件，得 x 2y26y50， 2x0， x 0， y 1 或 x0， y 5. z i， w i 或 z3i，w
18、 5i. (2)证明zw2iz2iw10， z(w2i) 2iw 1， |z(w2i)|2iw1|，即 |z| |w2i|2iw1|. 又|z|3，3|w2i|2iw1|. 设 wxyi(x，yR)，代入上式整理， 得3 x2y24y44x24y24y 1， 两边平方，得3x23y212y124x24y24y1， 化简，得x2y28y11. |w4i|xyi4i|x 2 y42 x2y28y16111627 33，是一个常数 即|w4i|的值是一个常数，且这个常数为33. 三、探究与拓展 14已知 f(x) 1x，xR， 1 i x，x?R， 则 ff(1 i)_. 答案3 解析f(1i)(1
19、i)(1 i)2， ff(1 i)f(2)12 3. 15已知 1i 是方程 x 2bxc0(b，c 为实数 )的一个根 (1)求 b，c 的值； (2)试判断 1i 是不是方程的根 解(1)1i 是方程 x2bxc0 的根， 且 b，c 为实数， (1i) 2b(1i)c0，即 bc (b2)i0， bc0， 2b0， 解得 b 2， c2. (2)由(1)知方程为x 22x20，把 1i 代入方程左边得 (1i) 22(1i)20， 1i 也 是方程的根 精品文档强烈推荐 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有 精品推荐强力推荐值得拥有