1、第4节复数考试要求1.理解复数的基本概念.2.理解复数相等的充要条件.3.了解复数的代数表示法及其几何意义.4.能进行复数代数形式的四则运算.5.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义.1.复数的有关概念(1)定义：我们把集合Cabi|a，bR中的数，即形如abi(a，bR)的数叫做复数，其中a叫做复数z的实部，b叫做复数z的虚部(i为虚数单位).(2)分类：满足条件(a，b为实数)复数的分类abi为实数b0abi为虚数b0abi为纯虚数a0且b0(3)复数相等：abicdiac且bd(a，b，c，dR).(4)共轭复数：abi与cdi共轭ac，bd(a，b，c，dR).(5)模：向量的模叫做
2、复数zabi的模，记作|abi|或|z|，即|z|abi|(a，bR).2.复数的几何意义复数zabi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量(a，b)(a，bR)是一一对应关系.3.复数的运算(1)运算法则：设z1abi，z2cdi，a，b，c，dR.(2)几何意义：复数加、减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加、减法的几何意义，即，.1.i的乘方具有周期性i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i，i4ni4n1i4n2i4n30，nN*.2.(1i)22i，i；i.3.复数的模与共轭复数的关系z|z|2|2.1.思考辨析(在括号内打
3、“”或“”)(1)复数zabi(a，bR)中，虚部为bi.()(2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.()(3)原点是实轴与虚轴的交点.()(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模.()答案(1)(2)(3)(4)解析(1)虚部为b；(2)虚数不可以比较大小.2.(2021北京卷)在复平面内，复数z满足(1i)z2，则z()A.1 B.i C.1i D.1i答案D解析由题意可得z1i.3.(2021新高考卷)复数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.第四象限答案A解析，所以该复数在复平面内对应的点为，
4、该点在第一象限.4.(2021上海卷)已知z13i，则|i|_.答案解析z13i，13i，i13ii12i，|i|.5.已知abi(a，bR)是的共轭复数，则ab_.答案1解析由i，得abii，即a0，b1，则ab1.6.(易错题)i为虚数单位，若复数(1mi)(i2)是纯虚数，则实数m等于_.答案2解析因为(1mi)(i2)2m(12m)i是纯虚数，所以2m0，且12m0，解得m2.考点一复数的概念1.(2022北京朝阳区一模)如果复数(bR)的实部与虚部相等，那么b()A.2 B.1 C.2 D.4答案A解析b2i，所以实部为b，虚部为2，故b的值为2，故选A.2.(多选)若复数z，其中i
5、为虚数单位，则下列结论正确的是()A.z的虚部为1B.|z|C.z2为纯虚数D.z的共轭复数为1i答案ABC解析z1i，对于A，z的虚部为1，正确；对于B，模长|z|，正确；对于C，因为z2(1i)22i，故z2为纯虚数，正确；对于D，z的共轭复数为1i，错误.3.(多选)设z1，z2是复数，则下列命题中的真命题是()A.若|z1z2|0，则12B.若z12，则1z2C.若|z1|z2|，则z11z22D.若|z1|z2|，则zz答案ABC解析对于A，若|z1z2|0，则z1z20，z1z2，所以12为真；对于B，若z12，则z1和z2互为共轭复数，所以1z2为真；对于C，设z1a1b1i，z
6、2a2b2i，a1，b1，a2，b2R，若|z1|z2|，则，即abab，所以z11ababz22，所以z11z22为真；对于D，若z11，z2i，则|z1|z2|，而z1，z1，所以zz为假.故选ABC.4.若复数z(x21)(x1)i为纯虚数，则实数x的值为_.答案1解析z为纯虚数，x1.感悟提升1.复数zabi(a，bR)，其中a，b分别是它的实部和虚部.若z为实数，则虚部b0，与实部a无关；若z为虚数，则虚部b0，与实部a无关；若z为纯虚数，当且仅当a0且b0.2.复数zabi(a，bR)的模记作|z|或|abi|，即|z|abi|.3.复数zabi(a，bR)的共轭复数为abi，则z
7、|z|2|2，即|z|，若zR，则z.考点二复数的四则运算例1 (1)(2021辽宁百校联盟质检)()A.i B.iC.i D.i答案D解析原式i.(2)(2021全国乙卷)设iz43i，则z()A.34i B.34iC.34i D.34i答案C解析因为iz43i，所以z34i.(3)(2021全国乙卷)设2(z)3(z)46i，则z()A.12i B.12i C.1i D.1i答案C解析设zabi(a，bR)，则abi，代入2(z)3(z)46i，可得4a6bi46i，所以a1，b1，故z1i.感悟提升(1)复数的乘法类似于多项式的乘法运算；(2)复数的除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数
8、.训练1 (1)(2021全国甲卷)已知(1i)2z32i，则z()A.1i B.1iC.i D.i答案B解析z1i.(2)(2021新高考卷)已知z2i，则z(i)()A.62i B.42iC.62i D.42i答案C解析因为z2i，所以z(i)(2i)(22i)62i.(3)(多选)(2022湛江一模)若复数zi，则()A.|z|2 B.|z|4C.z的共轭复数i D.z242i答案AC解析依题意得|z|2，故A正确，B错误；i，C正确；z2(i)232ii222i，D错误.考点三复数的几何意义例2 (1)(2021珠海一模)设i是虚数单位，复数z1i2 021，复数z2，则z1z2在复平
9、面上对应的点在()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限答案A解析因为复数z1i2 021i，z2i，所以z1z2i，故z1z2在复平面上对应的点为，在第一象限.(2)(2021衡水联考)已知复数za(a1)i(aR)，则|z|的最小值为()A. B. C. D.1答案B解析因为za(a1)i，所以|z|，所以|z|的最小值为.(3)(多选)(2021德州二模)已知复数z1(i为虚数单位)，下列说法正确的是()A.z1对应的点在第三象限B.z1的虚部为1C.z4D.满足|z|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，2为半径的圆上答案AB解析由题意，复数z11i，所以复数z1在复平面
10、内对应的点是(1，1)，位于第三象限，所以A正确；复数z1的虚部为1，所以B正确；z(1i)4(1i)22(2i)24，所以C不正确；由|z1|，得满足|z|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，为半径的圆上，所以D不正确.感悟提升1.复数zabi(a，bR) Z(a，b) (a，b).2.由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此解题时可运用数形结合的方法，把复数、向量与解析几何联系在一起，使问题的解决更加直观.训练2 (1)(2022长沙一模)已知复数z，则复数z在复平面内对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限答案D解析因为zi，所以复数z在复平面内对应
11、的点为，在第四象限.(2)若复数z(2ai)(ai)在复平面内对应的点在第三象限，其中aR，i为虚数单位，则实数a的取值范围为()A.(，) B.(，0)C.(0，) D.0，)答案B解析z(2ai)(ai)3a(a22)i在复平面内对应的点在第三象限，解得a0.(3)如图，若向量对应的复数为z，则z表示的复数为()A.13i B.3iC.3i D.3i答案D解析由题图可得Z(1，1)，即z1i，所以z1i1i1i1i22i3i.考点四复数与方程例3 已知x1i是方程x2axb0(a，bR)的一个根.(1)求实数a，b的值；(2)结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明.解(1)把x
12、1i代入方程x2axb0，得(ab)(a2)i0，解得(2)由(1)知方程为x22x20.设另一个根为x2，由根与系数的关系，得1ix22，x21i.把x21i代入方程x22x20，则左边(1i)22(1i)20右边，x21i是方程的另一个根.感悟提升(1)对实系数二次方程来说，求根公式、韦达定理、判别式的功能没有变化，仍然适用.(2)对复系数(至少有一个系数为虚数)方程，判别式判断根的功能失去了，其他仍适用.训练3 在复数集内解方程x2ixi10.解因为a1，bi，ci1，所以(i)241(i1)34i.设(mni)234i，则解得或所以34i的平方根为(2i)，所以x，得x11，x21i，
13、即原方程的根为x11，x21i.1.(2021浙江卷)已知aR，(1ai)i3i(i为虚数单位)，则a()A.1 B.1 C.3 D.3答案C解析法一因为(1ai)iai3i，所以a3，解得a3.法二因为(1ai)i3i，所以1ai13i，所以a3.2.(2021岳阳一模)已知1i(其中i为虚数单位)，则复数|z|()A.i B.i C.1 D.2答案C解析因为1i，所以z，故|z|1.3.(2021石家庄二模)在复平面内，复数(i为虚数单位)，则z对应的点的坐标为()A.(3，4) B.(4，3)C. D.答案D解析因为i，所以zi，所以复数z所对应的点的坐标为.4.(2021日照一模)复平
14、面内表示复数zi(ai)(a0)的点位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限答案D解析zi(ai)1ai表示的点为(1，a)，因为a0，所以点(1，a)位于第四象限.5.(2021南京三模)已知i为虚数单位，若复数zi，则复数的虚部为()A. B. C.i D.i答案A解析结合复数的运算得i，因而复数的虚部为.6.设复数z满足|zi|zi|，i为虚数单位，且z在复平面内对应的点为Z(x，y)，则下列结论一定正确的是()A.x1 B.y1 C.x0 D.y0答案D解析因为满足|zi|zi|的点Z为复平面内到点(0，1)和(0，1)的距离相等的点的集合，所以Z(x，y)的轨迹为
15、x轴，其方程为y0.7.(多选)(2021重庆质检)已知i为虚数单位，复数z，则以下说法正确的是()A.z在复平面内对应的点在第一象限B.z的虚部是C.|z|3D.若复数z1满足|z1z|1，则|z1|的最大值为1答案AD解析zi，z在复平面内对应的点为，在第一象限，故A正确；z的虚部是，故B不正确；|z|，故C不正确；设z1xyi，x，yR，由|z1z|1得1，则点(x，y)在以为圆心，以1为半径的圆上，则(x，y)到(0，0)的距离的最大值为11，即|z1|的最大值为1，故D正确.8.如果关于x的方程2x23axa2a0至少有一个模等于1的根，那么实数a的值()A.不存在 B.有一个C.有
16、三个 D.有四个答案C解析(1)当根为实数时，将x1代入原方程得a22a20，无解；将x1代入原方程得a24a20，解得a2，都符合要求；(2)当根为虚数时，a(a8)0，8a0.此时有x1x2(x1)21，即a2a20.解得a1或a2(舍去)，故a的值共有三个.9.若复数(12i)(ai)是纯虚数，则实数a的值为_.答案2解析(12i)(ai)a2(12a)i，由已知，得a20，12a0，a2.10.若复数zii2 022，则的模等于_.答案6解析zii2 022i1，1i66i，其模为6.11.设O是坐标原点，向量，对应的复数分别为23i，32i.那么向量对应的复数是_.答案55i解析向量
17、，对应的复数分别为23i，32i，(2，3)，(3，2)，(5，5)，其对应的复数是55i.12.若23i是方程x24xa0(aR)的一个根，则其另外一个根是_，a_.答案23i13解析设方程的另外一根为x，则x23i4，故x23i，a(23i)(23i)13.13.(多选)(2022福州一模)设z为复数，则下列命题中正确的是()A.|z|2zB.z2|z|2C.若|z|1，则|zi|的最大值为2D.若|z1|1，则0|z|2答案ACD解析对于A，设zabi(a，bR)，则abi，|z|2a2b2，而za2b2，所以|z|2z成立；对于B，zabi(a，bR)，当ab均不为0时，z2(abi)
18、2a2b22abi，而|z|2a2b2，所以z2|z|2不成立；对于C，|z|1可以看成以O(0，0)为圆心，1为半径的圆上的点P，|zi|可以看成点P到Q(0，1)的距离，所以当P(0，1)时，可取|zi|的最大值2；对于D，|z1|1可以看成以M(1，0)为圆心，1为半径的圆上的点N，则|z|表示点N到原点的距离，故O，N重合时，|z|0最小，当O，M，N三点共线时，|z|2最大，故0|z|2.故选ACD.14.(多选)(2021济南十一学校联考)欧拉公式exicos xisin x(其中i为虚数单位，xR)是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与
19、指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的“天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是()A.复数e2i对应的点位于第三象限B.ei为纯虚数C.复数的模长等于D.ei的共轭复数为i答案BC解析对于A，e2icos 2isin 2，2，cos 2(1，0)，sin 2(0，1)，e2i表示的复数在复平面中对应的点位于第二象限，故A错误；对于B，eicos isin i，可得ei为纯虚数，故B正确；对于C，i，可得其模长为，故C正确；对于D，eicos isin i，可得ei的共轭复数为i，故D错误.15.已知复数z满足是纯虚数，则|z2z3|的最小值为_.答案解析设zabi，则.因为为纯虚数，所以a2b21(b0)，所以a21b2，所以1a1.所以|z2z3|a2b22abiabi3|a2b2a3(2abb)i|.当a时，|z2z3|取得最小值，最小值为.16.(2022枣庄模拟)已知复数zxyi(x，yR)，且满足|z2|1，则的取值范围是_.答案解析复数zxyi，且|z2|1，所以(x2)2y21，它表示圆心为(2，0)，半径为1的圆，则表示圆上的点与原点连线的斜率，由题意设过点O且与圆相切的直线方程为ykx，则消去y，整理得(k21)x24x30，由1612(k21)0，解得k或k，由题意得的取值范围是.14
