第一節(jié)復(fù)數(shù)1.通過方程的解，認(rèn)識復(fù)數(shù).2.理解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，理解兩個復(fù)數(shù)相等的含義.3.掌握復(fù)數(shù)代數(shù)表示式的四則運算，了解復(fù)數(shù)加、減運算的幾何意義.1.（2022·新高考Ⅱ卷2題）（2＋2i）（1－2i）＝（）A.－2＋4i B.－2－4iC.6＋2i D.6－2i解析：D（2＋2i）（1－2i）＝2－4i＋2i＋4＝6－2i.故選D.2.已知i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z＝3+i1－i，則z的共軛復(fù)數(shù)A.1＋2i B.1－2iC.2＋i D.2－i解析：B∵z＝3+i1－i＝（3+i)(1+i）（1－i)(1+i3.已知復(fù)數(shù)z＝21－i，則zA.2 B.10C.25 D.10解析：B因為z＝21－i＝2（1+i）（1－i)(1+i）＝1＋i，所以z＋2i＝4.若復(fù)數(shù)z＝m＋1＋（m－1）i為純虛數(shù)，則實數(shù)m＝.答案：－1解析：∵復(fù)數(shù)z＝m＋1＋（m－1）i為純虛數(shù)，∴m+1=0，m－1.（1±i）2＝±2i，1+i1－i＝i，12.i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0（n∈N*）.3.z·z＝｜z｜2＝｜z｜2，｜z1·z2｜＝｜z1｜·｜z2｜，｜z1z2｜＝｜z1｜｜z2｜，4.實系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）若存在虛根，則兩根必為共軛復(fù)數(shù).1.已知z＝1+i1－i，則｜zA.22 B.2C.－2 D.1解析：D由結(jié)論3可知｜z｜＝｜1+i｜｜1－i2.已知i為虛數(shù)單位，則（1+i1－i）答案：1解析：由結(jié)論1可得1+i1－i＝i，又i2024＝i4×506，由結(jié)論復(fù)數(shù)的有關(guān)概念1.（2023·全國甲卷2題）設(shè)a∈R，（a＋i）（1－ai）＝2，則a＝（）A.－2 B.－1C.1 D.2解析：C∵（a＋i）（1－ai）＝a＋i－a2i－ai2＝2a＋（1－a2）i＝2，∴2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故選C.2.若復(fù)數(shù)z＝（a＋2）＋（1－a）i（a∈R）為實數(shù)，則a＝.答案：1解析：由復(fù)數(shù)z＝（a＋2）＋（1－a）i（a∈R）為實數(shù)，得1－a＝0，解得a＝1.3.若復(fù)數(shù)a＋i3－i（a∈R）是純虛數(shù)，則答案：1解析：因為a＋i3－i＝（a＋i)(3+i）（3－i)(3+i）＝34.若復(fù)數(shù)z＝3＋4i，且z＋az＝9－4i，則實數(shù)a＝.答案：2解析：因為z＝3＋4i，所以z＝3－4i，所以3＋4i＋3a－4ai＝3＋3a＋（4－4a）i＝9－4i，所以3+3a=9，4練后悟通解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項（1）復(fù)數(shù)的分類及共軛復(fù)數(shù)，復(fù)數(shù)的模等概念問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實部與虛部應(yīng)滿足的條件問題；（2）解題時一定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi（a，b∈R）的形式，以確定實部和虛部.復(fù)數(shù)的四則運算1.（2023·全國甲卷2題）5（1+iA.－1 B.1C.1－i D.1＋i解析：C由題意得5（1+i3）（2+i)(2－2.（2022·全國甲卷1題）若z＝－1＋3i，則zzz－A.－1＋3i B.－1－3iC.－13＋33i D.－13解析：Czzz－1＝－1+3i(-1+3.（2023·新高考Ⅰ卷2題）已知z＝1－i2+2i，則z－A.－i B.iC.0 D.1解析：A由題意，得z＝1－i2（1+i）＝（1－i）22（1+i)(1－i）＝－12i4.若z＝i20251－i，則｜z｜＝；答案：22－解析：z＝i20251－i＝i1－i＝i－12，｜z｜＝（12）2＋（練后悟通復(fù)數(shù)代數(shù)形式運算的策略復(fù)數(shù)的幾何意義【例1】（1）（2023·新高考Ⅱ卷1題）在復(fù)平面內(nèi)，（1＋3i）（3－i）對應(yīng)的點位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限（2）在復(fù)平面內(nèi)，O為坐標(biāo)原點，復(fù)數(shù)z1＝i（－4＋3i），z2＝7＋i對應(yīng)的點分別為Z1，Z2，則∠Z1OZ2＝（）A.π3 B.C.3π4答案：（1）A（2）C解析：（1）∵（1＋3i）（3－i）＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，∴（1＋3i）（3－i）在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為（6，8），即（1＋3i）（3－i）在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第一象限.故選A.（2）∵z1＝i（－4＋3i）＝－3－4i，z2＝7＋i，∴OZ1＝（－3，－4），OZ2＝（7，1），∴OZ1·OZ2＝－21－4＝－25，∴cos∠Z1OZ2＝OZ1·OZ2｜OZ1||OZ2｜＝－25解題技法由于復(fù)數(shù)、點、向量之間建立了一一對應(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，解題時可運用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀.1.（2023·全國乙卷1題）｜2＋i2＋2i3｜＝（）A.1 B.2C.5 D.5解析：C因為i2＝－1，i3＝－i，所以｜2＋i2＋2i3｜＝｜2－1－2i｜＝｜1－2i｜＝12＋(-2）2.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足1≤｜z＋1＋i｜≤2，則｜z－1－i｜的最大值為.答案：32解析：設(shè)z＝x＋yi（x，y∈R），則｜z＋1＋i｜＝｜（x＋1）＋（y＋1）i｜，因為1≤｜z＋1＋i｜≤2，所以1≤（x＋1）2＋（y＋1）2≤2，所以（x，y）在如圖所示的陰影上.因為｜z－1－i｜＝｜z－（1＋i）｜表示z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點Z到點（1，1）的距離，而點（1，1）到點（－1，－1）的距離為22，大圓的半徑為2，所以｜z－1－i｜的最大值為32.復(fù)數(shù)集內(nèi)一元二次方程的解【例2】已知復(fù)數(shù)z＝2＋i（i是虛數(shù)單位）是關(guān)于x的實系數(shù)方程x2＋px＋q＝0的根.（1）求p＋q的值；（2）復(fù)數(shù)w滿足zw是實數(shù)，且｜w｜＝25，求復(fù)數(shù)w.解：（1）關(guān)于x的實系數(shù)方程x2＋px＋q＝0的虛根互為共軛復(fù)數(shù)，所以它的另一根是2－i，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得p＝－4，q＝5，p＋q＝1.（2）設(shè)w＝a＋bi（a，b∈R）.由（a＋bi）（2＋i）＝（2a－b）＋（a＋2b）i∈R，得a＋2b＝0.又｜w｜＝25，則a2＋b2＝20，解得a＝4，b＝－2或a＝－4，b＝2，因此w＝4－2i或w＝－4＋2i.解題技法復(fù)數(shù)范圍內(nèi)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的求解方法（1）利用求根公式法直接求解；（2）利用復(fù)數(shù)相等的定義求解：設(shè)方程的根為x＝m＋ni（m，n∈R），代入方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0），化簡后利用復(fù)數(shù)相等的定義求解；（3）一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系仍成立，即x1＋x2＝－ba，x1x2＝c已知關(guān)于x的方程x2＋（k＋2i）x＋2＋ki＝0有實根，求這個實根及實數(shù)k的值.解：設(shè)x＝x0是方程的實根，代入方程并整理得（x02＋kx0＋2）＋（2x0＋k）i由復(fù)數(shù)相等的條件得x02＋kx0＋2＝2x0＋k＝解得x0＝∴方程的實根為x＝2或－2，相應(yīng)的k的值為－22或22.1.（2024·九江一模）復(fù)數(shù)z滿足（1－i）z＝2＋4i，則z的虛部為（）A.3 B.－3C.1 D.－1解析：Az＝2+4i1－i＝（2+4i)(1+i）（2.（2022·北京高考2題）若復(fù)數(shù)z滿足i·z＝3－4i，則｜z｜＝（）A.1 B.5C.7 D.25解析：B依題意可得z＝3－4ii＝（3－4i）ii2＝－4－3i3.（2024·重慶一模）已知復(fù)數(shù)z＝5i1+2i，則zA.1＋2i B.1－2iC.2＋i D.2－i解析：D∵z＝5i（1－2i）（1+2i)(1－24.已知復(fù)數(shù)z＝（a2－4）＋（a－3）i（a∈R），則“a＝2”是“z為純虛數(shù)”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析：A因為復(fù)數(shù)z＝（a2－4）＋（a－3）i（a∈R）為純虛數(shù)，等價于a2－4=0，a－3≠0，即a＝±2，由充分條件和必要條件的定義知“a＝2”是“a＝±2”的充分不必要條件，所以“a＝25.（多選）若復(fù)數(shù)z滿足（1＋i）·z＝5＋3i（其中i是虛數(shù)單位），則（）A.z的虛部為－iB.z的模為17C.z的共軛復(fù)數(shù)為4－iD.z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限解析：BD由（1＋i）·z＝5＋3i得z＝5+3i1+i＝（5+3i)(1－i）（1+i)(1－i）＝8－2i2＝4－i，所以z的虛部為－1，A錯誤；z的模為42＋(-1）6.（多選）已知復(fù)數(shù)z對應(yīng)的向量為OZ（O為坐標(biāo)原點），OZ與實軸正向的夾角為120°，且復(fù)數(shù)z的模為2，則復(fù)數(shù)z＝（）A.1＋3i B.2C.－1－3i D.－1＋3i解析：CD設(shè)復(fù)數(shù)z＝x＋yi（x，y∈R），∵向量OZ與實軸正向的夾角為120°且復(fù)數(shù)z的模為2，∴當(dāng)z在第二象限時，x＝｜OZ｜cos120°＝2×－12＝－1，y＝｜OZ｜sin120°＝2×32＝3，∴z＝－1＋3i；當(dāng)z在第三象限時，x＝｜OZ｜cos（－120°）＝2×－12＝－1，y＝｜OZ｜sin（－120°）＝2×－32＝－3，∴y＝－17.若2－3i是方程x2－4x＋a＝0（a∈R）的一個根，則其另外一個根是，a＝.答案：2＋3i13解析：由2－3i是方程的一個根，則另一個根為2＋3i，所以a＝（2－3i）（2＋3i）＝13.8.設(shè)復(fù)數(shù)z＝1－i1+in＋1+i1－in，i為虛數(shù)單位答案：{－2，0，2}解析：z＝in＋（－i）n，i為虛數(shù)單位，n∈N，當(dāng)n＝4k（k∈N）時，z＝2；當(dāng)n＝4k＋1（k∈N）時，z＝0；當(dāng)n＝4k＋2（k∈N）時，z＝－2；當(dāng)n＝4k＋3（k∈N）時，z＝0.故由z的所有可能取值構(gòu)成的集合為{－2，0，2}.9.（2024·開封一模）“a＜3”是“復(fù)數(shù)z＝3+ai2+i（i為虛數(shù)單位）在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第四象限”A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析：B因為z＝3+ai2+i＝6+a＋（2a－3）i5，又復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點在第四象限，所以6+a>0，2a－3<0，解得10.若i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足｜z＋3＋i｜≤3，則｜z－2i｜的最大值為（）A.2 B.3C.23 D.33解析：D｜z＋3＋i｜≤3表示以點M（－3，－1）為圓心，R＝3為半徑的圓及其內(nèi)部，｜z－2i｜表示上述圓內(nèi)的點到點N（0，2）的距離，據(jù)此作出如圖所示的示意圖，則｜z－2i｜max＝MN＋R＝[0-(-3）]211.（多選）（2024·九省聯(lián)考）已知復(fù)數(shù)z，w均不為0，則（）A.z2＝｜z｜2 B.zz＝C.z－w＝z－w D.｜zw解析：BCD令z＝i，∴z2＝－1≠｜z｜2＝1，故A錯誤；由復(fù)數(shù)的性質(zhì)知z2｜z｜2＝z2z·z＝z·zz·z＝zz，z－w＝z12.（多選）歐拉公式exi＝cosx＋isinx是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉創(chuàng)立，該公式將指數(shù)函數(shù)的定義域擴大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)聯(lián)，在復(fù)變函數(shù)論里面占有非常重要的地位，被譽為數(shù)學(xué)中的天橋，依據(jù)歐拉公式，下列選項正確的是（）A.復(fù)數(shù)e2i對應(yīng)的點位于第二象限B.eπC.復(fù)數(shù)exiD.eπ6i的共軛復(fù)數(shù)為1解析：ABC對于A，e2i＝cos2＋isin2，因為π2＜2＜π，即cos2＜0，sin2＞0，復(fù)數(shù)e2i對應(yīng)的點位于第二象限，A正確；對于B，eπ2i＝cosπ2＋isinπ2＝i，eπ2i為純虛數(shù)，B正確；對于C，exi3＋i＝cosx＋isinx3＋i＝（cosx＋isinx)(3－i）（3＋i)(3－i）＝313.i是虛數(shù)單位，使（1＋i）n為實數(shù)的最小正整數(shù)n＝.答案：4解析：∵（1＋i）2＝2i，（1＋i）3＝2i－2，（1＋i）4＝－4，∴使（1＋i）n為實數(shù)的最小正整數(shù)n是4.14.若復(fù)數(shù)z＝a＋bi（a，b∈R，i為虛數(shù)單位）滿足｜z－2i｜＝｜z｜，寫出一個滿足條件的復(fù)數(shù)z＝.答案：1＋i（答案不唯一）解析：由z＝a＋bi，故z－2i＝a＋（b－