新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講與練第10講 復(fù)數(shù)（講）（解析版）

第2講復(fù)數(shù)本講為高考命題熱點(diǎn)，分值10分，題型以選擇題為主，多出現(xiàn)于高考前六題選擇題中，平面向量主要考察線性運(yùn)算，坐標(biāo)運(yùn)算與數(shù)量積運(yùn)算，近幾年多考察拓展類，例如平面向量中的范圍最值，平面向量與三角函數(shù)結(jié)合等內(nèi)容；復(fù)數(shù)主要考察復(fù)數(shù)的概念，四則運(yùn)算與復(fù)數(shù)的模與幾何意義，考察邏輯推理能力，運(yùn)算求解能力.考點(diǎn)一復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)定義：形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中a叫做復(fù)數(shù)z的實(shí)部，b叫做復(fù)數(shù)z的虛部(i為虛數(shù)單位).(2)分類：項(xiàng)目滿足條件(a，b為實(shí)數(shù))復(fù)數(shù)的分類a＋bi為實(shí)數(shù)?b＝0a＋bi為虛數(shù)?b≠0a＋bi為純虛數(shù)?a＝0且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，b＝－d(a，b，c，d∈R).(5)模：向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的模，記作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)(a，b∈R).考點(diǎn)二復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bi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)平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→)).考點(diǎn)三復(fù)數(shù)的運(yùn)算(1)運(yùn)算法則：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.z1±z2＝(a＋bi)±(c＋di)＝(a±c)＋(b±d)i.z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(bc＋ad)i.eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0).(2)幾何意義：復(fù)數(shù)加減法可按向量的平行四邊形或三角形法則進(jìn)行.如圖所示給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加減法的幾何意義，即eq\o(OZ,\s\up6(→))＝eq\o(OZ1,\s\up6(→))＋eq\o(OZ2,\s\up6(→))，eq\o(Z1Z2,\s\up6(→))＝eq\o(OZ2,\s\up6(→))－eq\o(OZ1,\s\up6(→)).考點(diǎn)四常用結(jié)論1.i的乘方具有周期性i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.2.(1±i)2＝±2i，eq\f(1＋i,1－i)＝i；eq\f(1－i,1＋i)＝－i.3.復(fù)數(shù)的模與共軛復(fù)數(shù)的關(guān)系z(mì)·eq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2.4.兩個(gè)注意點(diǎn)(1)兩個(gè)虛數(shù)不能比較大?。?2)利用復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di列方程時(shí)，注意a，b，c，d∈R的前提條件.高頻考點(diǎn)一復(fù)數(shù)的概念【例1】(2021·西安調(diào)研)下面關(guān)于復(fù)數(shù)z＝－1＋i(其中i為虛數(shù)單位)的結(jié)論正確的是()A.eq\f(1,z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限 B.|z|<|z＋1|C.z的虛部為i D.z＋eq\o(z,\s\up6(－))<0【答案】D【解析】∵z＝－1＋i，∴eq\f(1,z)＝eq\f(1,－1＋i)＝eq\f(－1－i,（－1＋i）（－1－i）)＝－eq\f(1,2)－eq\f(i,2).則eq\f(1,z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，故A錯(cuò)誤；|z|＝eq\r(2)，|z＋1|＝1，故B錯(cuò)誤；z的虛部為1，故C錯(cuò)誤；z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝－2<0，故D正確.【方法技巧】1.復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，其中a，b分別是它的實(shí)部和虛部.若z為實(shí)數(shù)，則虛部b＝0，與實(shí)部a無(wú)關(guān)；若z為虛數(shù)，則虛部b≠0，與實(shí)部a無(wú)關(guān)；若z為純虛數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝0且b≠0.2.復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的模記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2).3.復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的共軛復(fù)數(shù)為eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，則z·eq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2，即|z|＝|eq\o(z,\s\up6(－))|＝eq\r(z·\o(z,\s\up6(－)))，若z∈R，則eq\o(z,\s\up6(－))＝z.利用上述結(jié)論，可快速、簡(jiǎn)潔地解決有關(guān)復(fù)數(shù)問(wèn)題.【變式訓(xùn)練】1.(2019·全國(guó)Ⅰ卷)設(shè)z＝eq\f(3－i,1＋2i)，則|z|＝()A.2B.eq\r(3)C.eq\r(2) D.1【答案】C【解析】∵z＝eq\f(3－i,1＋2i)＝eq\f(（3－i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq\f(1－7i,5)，∴|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)))\s\up12(2))＝eq\r(2).高頻考點(diǎn)二復(fù)數(shù)的幾何意義【例2】(2020·臨沂質(zhì)檢)已知eq\f(a,1－i)＝－1＋bi，其中a，b是實(shí)數(shù)，則復(fù)數(shù)a－bi在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】由eq\f(a,1－i)＝－1＋bi，得a＝(－1＋bi)(1－i)＝(b－1)＋(b＋1)i，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋1＝0，,a＝b－1，))即a＝－2，b＝－1，∴復(fù)數(shù)a－bi＝－2＋i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)(－2，1)，位于第二象限.【方法技巧】1.復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)Z(a，b)eq\o(OZ,\s\up6(→))＝(a，b).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，因此解題時(shí)可運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的方法，可把復(fù)數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，使問(wèn)題的解決更加直觀.【變式訓(xùn)練】1.若復(fù)數(shù)z＝(2＋ai)(a－i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，其中a∈R，i為虛數(shù)單位，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(－eq\r(2)，eq\r(2)) B.(－eq\r(2)，0)C.(0，eq\r(2)) D.[0，eq\r(2))【答案】B【解析】z＝(2＋ai)(a－i)＝3a＋(a2－2)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a<0，,a2－2<0，))解得－eq\r(2)<a<0.2.(2022·鄭州模擬)已知復(fù)數(shù)z1＝eq\f(2－i,2＋i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為A，復(fù)數(shù)z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為B，若向量eq\o(AB,\s\up6(→))與虛軸垂直，則z2的虛部為_(kāi)_______.【答案】－eq\f(4,5)【解析】z1＝eq\f(2－i,2＋i)＝eq\f(（2－i）2,（2＋i）（2－i）)＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，－\f(4,5)))，設(shè)復(fù)數(shù)z2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)B(x0，y0)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,5)，y0＋\f(4,5)))，又向量eq\o(AB,\s\up6(→))與虛軸垂直，∴y0＋eq\f(4,5)＝0，故z2的虛部y0＝－eq\f(4,5).高頻考點(diǎn)三復(fù)數(shù)的運(yùn)算【例3】(1)(2020·全國(guó)Ⅰ卷)若z＝1＋i，則|z2－2z|＝()A.0 B.1C.eq\r(2) D.2(2)在數(shù)學(xué)中，記表達(dá)式ad－bc為由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))所確定的二階行列式.若在復(fù)數(shù)域內(nèi)，z1＝1＋i，z2＝eq\f(2＋i,1－i)，z3＝eq\o(z,\s\up6(－))2，則當(dāng)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1z2,z3z4))＝eq\f(1,2)－i時(shí)，z4的虛部為_(kāi)_______.【答案】(1)D(2)－2【解析】(1)法一z2－2z＝(1＋i)2－2(1＋i)＝－2，|z2－2z|＝|－2|＝2.法二|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|(1＋i)(－1＋i)|＝|1＋i||－1＋i|＝2.故選D.(2)依題意，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1z2,z3z4))＝z1z4－z2z3，因?yàn)閦3＝eq\o(z,\s\up6(－))2，且z2＝eq\f(2＋i,1－i)＝eq\f(（2＋i）（1＋i）,2)＝eq\f(1＋3i,2)，所以z2·z3＝|z2|2＝eq\f(5,2)，因此有(1＋i)z4－eq\f(5,2)＝eq\f(1,2)－i，即(1＋i)z4＝3－i，故z4＝eq\f(3－i,1＋i)＝eq\f(（3－i）（1－i）,2)＝1－2i.所以z4的虛部是－2.【方法技巧】1.復(fù)數(shù)的加法、減法、乘法運(yùn)算可以類比多項(xiàng)式運(yùn)算，除法關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，注意要把i的冪寫成最簡(jiǎn)形式.2.記住以下結(jié)論，可提高運(yùn)算速度：(1)(1±i)2＝±2i；(2)eq\f(1＋i,1－i)＝i；(3)eq\f(1－i,1＋i)＝－i；(4)－b＋ai＝i(a＋bi)；(5)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N).【變式訓(xùn)練】1.(2022·南寧模擬)已知z＝eq\f(3－i,1－i)(其中i為虛數(shù)單位)，則z的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))的虛部是()A.－1 B.－2C.1 D.2【答案】A【解析】∵z＝eq\f(3－i,1－i)＝eq\f(（3－i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(4＋2i,2)＝2＋i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝2－i，∴eq\o(z,\s\up6(－))的虛部為－1.2.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,