【高考冲刺押题】2013高考数学三轮-基础技能闯关夺分必备-复数的概念和运算(含解析)

第1页共5页复数的概念和运算【考点导读】1.了解数系的扩充的基本思想,了解引入复数的必要性.2.理解复数的有关概念,掌握复数的代数表示和几何意义.【基础练习】1.设a、b、c、dR，若iiabcd为实数，则0bcad2.复数iz11的共轭复数是i21213.在复平面内，复数1ii＋(1＋3i)2对应的点位于第二象限4.复数2320061iiiii5.若复数z满足方程022z，则3zi22【范例导析】例1.m取何实数时，复数immmmmz)152(3622（1）是实数？（2）是虚数？（3）是纯虚数？分析：本题是判断复数在何种情况下为实数、虚数、纯虚数．由于所给复数z已写成标准形式，即)R(babiaz、，所以只需按题目要求，对实部和虚部分别进行处理，就极易解决此题．解：（1）当0301522mmm时，即3535mmmm即时或∴5m时，z是实数．（2）当0301522mmm时，即335mmm且∴当5m且3m时，z是虚数．（3）当0152030622mmmmm时即35323mmmmm且或[来源:学科网ZXXK]∴当3m或2m时，z是纯虚数．点拨：研究一个复数在什么情况下是实数、虚数或纯虚数时，首先要保证这个复数的实部、虚部是有意义的，这是一个前提条件，学生易忽略这一点．如本题易忽略分母不能为0的条件，丢掉03m，导致解答出错．例2.在复数范围内解方程iiizzz23)(2(i为虚数单位)第2页共5页分析:可z=x+yi(x、y∈R),代入求解.解:原方程化简为iizzz1)(2,[来源:Zxxk.Com]设z=x+yi(x、y∈R),代入上述方程得x2+y2+2xi=1-i,∴x2+y2=1且2x=－1,解得x=－21且y=±23,∴原方程的解是z=-21±23i.点拨：复数问题实数化是解决复数问题的基本方法,在解题中应引起重视.例3.设复数z满足4z+2z=33+i，ω=sinθ－icosθ（θ∈R）.求z的值和|z－ω|的取值范围.分析:根据共轭复数的概念和复数的代数运算求出复数z,再代入写出|z－ω|的表达式求其范围.[来源:学科网].解：设z=a+bi（a，b∈R），则z=a－bi，代入4z+2z=33+i得4（a+bi）+2（a－bi）=33+i.∴2123ba.∴z=2123i.|z－ω|=|2123i－（sinθ－icosθ）|=2231(sin)(cos)23sincos22sin()226∵－1≤sin（θ－6）≤1，∴0≤2－2sin（θ－6）≤4.∴0≤|z－ω|≤2.点拨：本题考查了复数、共轭复数的概念，两复数相等的充要条件、复数的模、复数模的取值范围等基础知识以及综合运用知识的能力.例4.设z是虚数，w=z+z1是实数，且－1＜ω＜2.（1）求|z|的值及z的实部的取值范围；第3页共5页（2）设u=zz11，求证：u为纯虚数；（3）求w－u2的最小值.分析:本题题（3）利用基本不等式求最值较方便.解：（1）设z=a+bi，a、b∈R，b≠0则w=a+bi+ibabbbaaabia)()(12222因为w是实数，b≠0，所以a2＋b2=1，即|z|=1.于是w=2a，－1＜w=2a＜2，－21＜a＜1，所以z的实部的取值范围是（－21，1）.（2）iabbabibabiabiazzu1)1(2111112222.因为a∈（－21，1），b≠0，所以u为纯虚数.（3）1212112)1(12)1(222222aaaaaaaaabauw.3]11)1[(2aa.因为a∈（－21，1），所以a+1＞0，故w－u2≥2·211)1(aa－3=4－3=1.当a+1=11a，即a=0时，w－u2取得最小值1.点拨:本题综合性较强,在解题过程中综合运用了复数的相关概念和运算使问题得以解决.反馈练习：1.如果复数2()(1)mimi是实数，则实数m1第4页共5页2.已知复数z满足（3＋3i）z＝3i，则z＝3344i＋3.若复数Z=21i，则Z100+Z50+1+i的值为04.已知12121zzzz,则12zz等于35.复数R，，zabiab，且0b，若24zbz是实数，则有序实数对()ab，可以是__（2,1）_（写出一个有序实数对即可）6.i是虚数单位，238238iiii44i（用abi的形式表示，abR，）7.设x、y为实数，且iiyix315211，则x+y=4.8.如果复数z满足|z+i|+|z－i|=2，那么|z+i+1|的最小值是19.若复数z同时满足z－z＝2i，z＝iz（i为虚数单位），则z＝-1+i．10.已知13144iizi，求21zz的值.解：∵13113,44144izii22113131688zii，[来源:学§科§网]113iz，∴2177388ziz11.已知复数z＝1＋i，求实数a，b使az＋2bz＝（a＋2z）2．解：∵z＝1＋i，∴az＋2bz＝（a＋2b）＋（a－2b）i，（a＋2z）2＝（a＋2）2－4＋4（a＋2）i＝（a2＋4a）＋4（a＋2）i，因为a，b都是实数，所以由az＋2bz＝（a＋2z）2得).2(42,422abaaaba两式相加，整理得a2＋6a＋8＝0，解得a1＝－2，a2＝－4，对应得b1＝－1，b2＝2．所以，所求实数为a＝－2，b＝－1或a＝－4，b＝2．12.已知z、w为复数，（1＋3i）z为纯虚数，w＝iz2，且|w|＝52，求w．解法一：设z＝a＋bi（a，b∈R），则（1＋3i）z＝a－3b＋（3a＋b）i．由题意，得a＝3b≠0．第5页共5页∵|ω|＝25|2|iz，∴|z|＝10522ba．将a＝3b代入，解得a＝±15，b＝±15．[来源:Z§xx§k.Com]故ω＝±ii2515＝±（7－i）．解法二：由题意，设（1＋3i）z＝ki，k≠0且k∈R，则ω＝)31)((iikki．∵|ω|＝52，∴k＝±50．故ω＝±（7－i）．