版选修2_2.doc

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1、1第 3章 数系的扩充与复数的引入对 应 学 生 用 书 P461虚数单位 i(1)i21(即1 的平方根是i)(2)实数可以与 i进行四则运算，进行运算时原有的加、乘运算律仍然成立(3)i的幂具有周期性：i 4n1，i 4n1 i，i 4n2 1，i 4n3 i( nN *)，则有ini n1 i n2 i n3 0( nN *)2复数的分类复数(z a bi， a， bR)Error!.3共轭复数的性质设复数 z的共轭复数为 ，则z(1)z | z|2| |2；z z(2)z为实数 z ， z为纯虚数 z . z z4复数的几何意义5复数相等的条件(1)代数形式：复数相等的充要条件为 a

2、bi c di(a， b， c， dR) a c， b d.特别地， a bi0( a， bR) a b0. 注意：两复数不是实数时，不能比较大小(2)几何形式： z1， z2C， z1 z2对应点 Z1， Z2重合 1O与 2Z重合6复数的运算(1)加法和减法运算：( a bi)(c di)( ac)( bd)i(a， b， c， dR)(2)乘法和除法运算：复数的乘法按多项式相乘进行运算，即( a bi)(c di)( ac bd)( ad bc)i；复数除法是乘法的逆运算，其实质是分母实数化对 应 学 生 用 书 P65(时间：120 分钟，总分：160 分)2一、填空题(本大题共 14

3、个小题，每小题 5分，共 70分，把答案填在题中横线上)1(新课标全国卷改编)设复数 z1， z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z12i，则 z1z2_.解析： z12i 在复平面内对应点(2,1)，又 z1与 z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，则 z2的对应点为(2,1)，则 z22i， z1z2(2i)(2i)i 245.答案：52(山东高考改编)若 ai 与 2 bi互为共轭复数，则( a bi)2_.解析：根据已知得 a2， b1，所以( a bi)2(2i) 234i. 答案：34i3若复数 z满足 (34i) z|43i|，则 z的虚部为_解析：(34i) z|43i|， z

4、i，|4 3i|3 4i 5(3 4i)(3 4i)(3 4i) 3 4i5 35 45 z的虚部是 .45答案：454已知 1 ni，其中 m， n是实数，i 是虚数单位，则 m ni等于_m1 i解析： 1 ni，所以 m(1 n)(1 n)i，m1 i因为 m， nR，所以Error! 所以Error!即 m ni2i.答案：2i5定义运算 ad bc，则满足条件 42i 的复数 z为_|a bc d| |1 1z zi|解析： zi z，|1 1z zi|设 z x yi， zi z xi y x yi x y( x y)i42i，Error! Error! z3i.答案：3i36在复

5、平面内，复数 对应的点位于第_象限2 i1 i解析： i，2 i1 i (2 i)(1 i)(1 i)(1 i) 1 3i12 12 12 32对应的点位于第四象限答案：四7. _.5(4 i)2i(2 i)解析： 5(4 i)2i(2 i) 5(15 8i) 1 2i 5(15 8i)( 1 2i)( 1)2 22138i.答案：138i8设 a是实数，且 是实数，则 a等于_a1 i 1 i2解析： i是实数，a1 i 1 i2 a(1 i)2 1 i2 (a2 12) (1 a)2 0，即 a1.1 a2答案：19复数 z满足方程 4，那么复数 z的对应点 P组成图形为_|z21 i|解

6、析： | z(1i)| z(1i)|4.|z21 i|设1i 对应的点为 C(1,1)，则| PC|4，因此动点 P的轨迹是以 C(1,1)为圆心，4 为半径的圆答案：以(1,1)为圆心，以 4为半径的圆10已知集合 M1,2， zi，i 为虚数单位， N3,4， M N4，则复数z_.解析：由 M N4，知 4 M，故 zi4， z 4i.4i答案：4i11若复数 z满足| z| ，则 z_.z101 2i解析：设 z a bi(a， bR)，| z| ( a bi) a bi，z a2 b2 a2 b2 24i，101 2i 10(1 2i)(1 2i)(1 2i) 10(1 2i)12

7、224Error! 解得Error! z34i.答案：34i12若 OA3i4， B1i，i 是虚数单位，则 AB_.(用复数代数形式表示)解析：由于 3i4， O1i，i 是虚数单位，所以 B (1i)(3i4)54i.答案：54i13复数 z满足| z1| z1|2，则| zi1|的最小值是_解析：由| z1| z1|2，根据复数减法的几何意义可知，复数 z对应的点到两点(1,0)和(1,0)的距离和为 2，说明该点在线段 y0( x1,1)上，而| zi1|为该点到点(1，1)的距离，其最小值为 1.答案：114已知关于 x的方程 x2(12i) x(3 m1)0 有实根，则纯虚数 m的

8、值是_解析：方程有实根，不妨设其一根为 x0，设 m ai代入方程得 x (12i)20x0(3 ai1)i0，化简得，(2 x01)i x x03 a0，20Error!解得 a ， m i.112 112答案： i112二、解答题(本大题共 6个小题，共 90分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分 14分)计算：(1) ；(2) .(2 i)(1 i)21 2i 4 5i(5 4i)(1 i)解：(1) (2 i)(1 i)21 2i (2 i)( 2i)1 2i 2.2(1 2i)1 2i(2) 4 5i(5 4i)(1 i) (5 4i)i(5 4i)(1 i) i

9、1 i i(1 i)(1 i)(1 i) i 125 i.12 1216(本小题满分 14分)求实数 k为何值时，复数(1i) k2(35i) k2(23i)分别是：(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)零解：由 z(1i) k2(35i) k2(23i)( k23 k4)( k25 k6)i.(1)当 k25 k60 时， zR， k6 或 k1.(2)当 k25 k60 时， z是虚数，即 k6 且 k1.(3)当Error! 时， z是纯虚数， k4.(4)当Error! 时， z0，解得 k1.综上，当 k6 或 k1 时， zR.当 k6 且 k1 时， z是虚数当 k4 时，

10、 z是纯虚数，当 k1 时， z0.17(本小题满分 14分)已知复数 z满足| z|13i z，求 的值(1 i)2(3 4i)22z解：设 z a bi(a， bR)，由| z|13i z，得 13i a bi0，a2 b2则Error! 所以Error!所以 z43i.则 34i.(1 i)2(3 4i)22z 2i(3 4i)22( 4 3i) 2( 4 3i)(3 4i)2( 4 3i)18(本小题满分 16分)已知 i.12 32(1)求 2及 2 1 的值；(2)若等比数列 an的首项为 a11，公比 q ，求数列 an的前 n项和 Sn.解：(1) 2 2 i i.(12 32

11、i) 14 32 34 12 32 2 1 10.(12 32i) ( 12 32i)(2)由于 2 10， k2 k1 k k( 2 1)0， kZ.6 Sn1 2 n1 Error! Sn Error!19(本小题满分 16分)已知 z (aR 且 a0)，复数 z(zi)的虚部减去它a i1 i的实部所得的差等于 ，求复数 的模32解：把 z (a0)代入 中，a i1 i得 a i1 i(a i1 i i) i.a 12 a(a 1)2由 ，得 a24.a(a 1)2 a 12 32又 a0，所以 a2.所以| | 3i| .32 32520(本小题满分 16分)已知复数 z满足| z

12、| ， z2的虚部为 2.2(1)求复数 z；(2)设 z， z2， z z2在复平面内对应的点分别为 A， B， C，求 ABC的面积解：(1)设 z a bi(a， bR)，由已知条件得： a2 b22， z2 a2 b22 abi，所以 2ab2.所以 a b1 或 a b1，即 z1i 或 z1i.(2)当 z1i 时， z2(1i) 22i， z z21i，所以点 A(1,1)， B(0,2)，C(1，1)，所以 S ABC |AC|1 211；12 12当 z1i 时， z2(1i) 22i， z z213i.所以点 A(1，1)， B(0,2)， C(1，3)，所以 S ABC |AC|1 211.12 12即 ABC的面积为 1.7