高考数学一轮复习讲义(提高版) 专题11.1 复数(解析版)

11.1 复数

【套路秘籍】---千里之行始于足下 一．复数的有关概念

(1)定义：形如a＋bi(a，b∈R)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)． 规定i=-1 (2)分类：

2

满足条件(a，b为实数) a＋bi为实数⇔b＝0 复数的分类 a＋bi为虚数⇔b≠0 a＋bi为纯虚数⇔a＝0且b≠0

(3)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)． (4)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．

→22

(5)模：向量OZ的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝a＋b(a，b∈R)． 二．复数的几何意义

→

复数z＝a＋bi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量OZ＝(a，b)(a，b∈R)是一一对应关系． 三．复数的运算

（1）复数的加、减、乘、除运算法则

设z1abi,z2cdi(a,b,c,dR)，则

①加法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；

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②减法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；

③乘法：z1z2(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i；

④除法：

z1abi(abi)(cdi)acbd(bcad)i(cdi0)． 22z2cdi(cdi)(cdi)cd（2）复数加法的运算定律

复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1z2z2z1,(z1z2)z3z1(z2z3)． （3）复数乘法的运算定律

复数的乘法满足交换律、结合律、分配律，即对于任意z1，z2，z3∈C，有z1z2z2z1，

z1z2z3z1z2z3，z1(z2z3)z1z2z1z3.

(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OZ＝OZ1＋OZ2，Z1Z2＝OZ2－OZ1.

【修炼套路】---为君聊赋《今日诗》，努力请从今日始 考向一 复数的基本概念

【例1】（1）复数z12i的虚部是 。 （2）已知复数z 12i，则|z| 。 i洪创教育精品文档资料工作室

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2＋i

（3）复数1＋i的共轭复数是________

（4）设复数z-12i，在复平面内z对应的点位于第 象限 （5）已知复数



a＋2i

2－i

是纯虚数(i是虚数单位)，则实数a＝________.

31

【答案】（1）-2 （2）5 （3）＋i （4）三 （5）1

22【解析】（1）复数z12i的虚部是﹣2． （2）∵z12i(12i)(i)2i，∴|z|5． 2ii2＋i(2＋i)1－i3－i3131

(3)由复数＝＝＝－i，所以共轭复数为＋i.

1＋i1＋i1－i22222（3）由题得z12i，所以z对应的点为(-1,-2),位于第三象限.

（5）

a＋2ia＋2i2＋i2a－2＋a＋4i

2－i

＝

2－i2＋i

＝5

，

∵复数

a＋2i

2－i

为纯虚数，∴2a－2＝0且a＋4≠0，解得a＝1.

【举一反三】

1．已知复数z1i，则复数z的虚部是（ ） A．2 【答案】B

【解析】z1i12ii22i z的虚部为：2本题正确选项：B

22B．2

C．2i D．2i

2．已知复数z满足z(1i)34i，其中i是虚数单位，则z（ ）

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A．5 2B．52 2C．

5 2D．

5 4【答案】B

【解析】由题意知：z4915234i34i1i7i71 iz4421i2222本题正确选项：B

3．设复数z满足（1﹣i）z=2i，则z的共轭复数z=( ) A．﹣1+i 【答案】B

B．﹣1﹣i

C．1+i

D．1﹣i

【解析】由(1i)z2i，可得z2i2i(1i)22i1i， 1i(1i)(1i)2所以z的共轭复数z1i；故答案选B

4．已知复数z满足(12i)z43i,则z的虚部是（ ） A．-1 【答案】C 【解析】

由12iz43i得zB．i

C．1

D．i

43i105i2i，所以z2i，所以其虚部为1，故选C. 12i5考向二 复数的运算

1＋2i

【例2】（1）＝________.

1－2i

(2)已知i为虚数单位，复数z满足iz＝2z＋1，则z＝________.

1－i

(3)已知复数a＋bi＝(i是虚数单位，a，b∈R)，则a＋b＝________.

1＋i

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2

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3421

【答案】（1）－＋i （2） －－i （3）-2

5555

1＋2i1＋2i1－4＋4i－3＋4i34

【解析】（1）＝＝＝－＋i. 2＝

1－2i1－2i1＋2i1－2i555

－1－1×2＋i－2＋i21

（2）由iz＝2z＋1，得(2－i)z＝－1，解得z＝＝＝，即z＝－－i.

2－i2－i2＋i555（3） 由复数的运算法则，可得

1－i－2i－2i1－i－2i－2

＝＝＝＝－1－i， 1＋i1＋i1＋i(1－i)2

结合题意可得a＋bi＝－1－i，即a＝－1，b＝－1，据此可得a＋b＝－2. 【举一反三】

21．复数z132i（i为虚数单位）是方程z6zb0bR的根，则（ ）

2

2

A．13 【答案】B

B．13

C．5 D．5

【解析】∵z132i是方程z2﹣6z+b＝0（b∈R）的根，

由实系数一元二次方程虚根成对原理可知，z232i为方程另一根， 则b＝（3+2i）（3﹣2i）＝13．故选：B．

2．复数

11的虚部是________. 2i12i1 5【答案】

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【解析】复数

112i12i2i12i11i； 2i12i(2i)(2i)(12i)(12i)5555所以复数

111的虚部是。 2i12i52，则|z|_______． 20191i3．已知i为虚数单位，若复数z【答案】2 【解析】复数z22222(1i)1i，

1i20191i345041i31i(1i)(1i)2则|z|12+1

2，所以本题答案为2 考向三 复数的几何意义

【例3】（1）复数z满足(2＋i)z＝|3－4i|，则z在复平面内对应的点位于第________象限．

→(2)已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－2i，它们所对应的点分别为A，B，C，O为坐标原点，若OC＝

xOA＋yOB，则x＋y的值是________．

【答案】（1）四 （2）5

【解析】（1）∵(2＋i)z＝|3－4i|＝9＋16＝5，∴(2－i)(2＋i)z＝5(2－i)，5z＝5(2－i)，z＝2－i，

→→

z在复平面内对应的点为(2，－1)，在第四象限．

（2）由已知得A(－1,2)，B(1，－1)，C(3，－2)，

→→→

∵OC＝xOA＋yOB，∴(3，－2)＝x(－1,2)＋y(1，－1)＝(－x＋y,2x－y)，

－x＋y＝3，∴

2x－y＝－2，

x＝1，

解得

y＝4，

故x＋y＝5.

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【举一反三】

1．已知i为虚数单位，若复数z满足

z＋i

＝1＋i，那么|z|＝________. z－i

【答案】 5

【解析】 ∵

z＋i

＝1＋i，z＋i＝(1＋i)(z－i)，iz＝(2＋i)i，∴z＝2＋i，∴|z|＝1＋4＝5. z－i

2

2．已知复数z满足z＝12＋16i，则z的模为________． 【答案】 25

【解析】 设z＝a＋bi，a，b∈R，则由z＝12＋16i，得a－b＋2abi＝12＋16i，

a－b＝12，则

2ab＝16，

2

2

2

2

2

a＝4，

解得

b＝2

a＝－4，

或

b＝－2，

即|z|＝a＋b＝16＋4＝25.

22

3

3．已知复数z满足z＋＝0，则|z|＝________.

z【答案】 3

32

【解析】 由复数z满足z＋＝0，则z＝－3，所以z＝±3i，所以|z|＝3.

z【运用套路】---纸上得来终觉浅,绝知此事要躬行 1．已知复数z在复平面内对应的点为(1,-2)，（i 为虚数单位），则|z+1|=（ ） A．4

B．2

C．8

D．22 【答案】D

【解析】由题z12i，故|z+1|=4422故选：D

2．设复数xA．i

2i1223320192019（ ） （i是虚数单位），则C2019xC2019xC2019x...C2019x1iB．i

C．1i

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D．1i 洪创教育精品文档资料工作室

【答案】D

【解析】x2i2i(1i)1i，1i(1i)(1i)12320192019012320192019C2019xC2019x2C2019x3...C2019xC2019C2019xC2019x2C2019x3...C2019x1(1x)20191i20191i31i1，故选D.

3．若复数zaii满足z≤2，则实数a的取值范围是（ ） A．3, 【答案】B

【解析】因为zaii1ai，所以z1a2B．1,1

C．,3D．,13,

1,

2，解得1a1.故答案选B

4．已知复数z满足

1i1i，则z( ) z2B．3

C．5 D．5

A．2 【答案】C

【解析】z1i22i，z5，故选C. 1i5．已知复数zxyi(x,yR)，且|z2|3，则

y1的最大值为（ ） xD．26

A．3 【答案】C

B．6 C．26 【解析】∵复数zxyi(x,yR)，且z23，∴(x2)2y23，∴x2y23．

2设圆的切线l:ykx1，则|2k1|3，化为k24k20，解得k26．∴y1的最大值为

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26．故选：C．

6．已知i是虚数单位，则复数

21i2（ ）

A．1 【答案】D

B．1 C．i

D．i

【解析】依题意

21i221ii，故选D. 2iiii7．设复数z满足A．2i 【答案】C

12ii，则z（ ） zB．2i

C．2i

D．2i

12i(12i)(i)12iz2i，所以z2i，故选C． i，即【解析】由题意，复数满足

ii(i)z8．在复平面内,复数zA．3,2 【答案】D

23i对应的点的坐标为 iC．–2,3

D．3,2

B．2,3

【解析】

z23i23ii32i z对应的点的坐标为：3,2 2ii本题正确选项：D 9．复数zA．3,1

24i（i为虚数单位）在复平面内对应点的坐标是（ ） 1iB．1,3

C．3,1

D．2,4

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【答案】A

24i1i3i 复数z所对应点的坐标是3,1 【解析】由题意得：z1i1i本题正确选项：A

10．设z1,z2是复数，给出四个命题：

①若|z1z2|0，则z1z2 ②若z1z2，则z1z2

③若|z1||z2|，则z1z1z2z2

22④若|z1||z2|，则z1z2

其中真命题的个数有（ ） A．1 【答案】C

【解析】由z1,z2是复数，得：

B．2

C．3

D．4

在①中，若|z1z2|0，则z1,z2的实部和虚部都相等，∴z1z2，故①正确； 在②中，若z1z2，则z1,z2的实数相等，虚部互为相反数，∴z1z2，故②正确；

2在③中，若|z1||z2|，则z1z1z2z2|z1|，故③正确；

22在④中，若|z1||z2|，则由复数的模的性质得z1z2，

如|1i||1i|2，但(1i)22i(1i)22i，故④不正确．故选：C．

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11．复数z1i3i，其中i为虚数单位，则z的虚部是（ ） A．2 【答案】A

B．2

C．2i

D．2i

【解析】由题意可得：z3i3i1i24i12i，则z的虚部是2.故选：A. 1i1i1i212．复数z2i在复平面内对应的点位于( ) iB．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限 【答案】D 【解析】z2i12i，该复数对应的点为1,2，在第四象限.故选D. i43i（ ） 2iB．

13．i为虚数单位，则复数

A．

112i 55112i 55112i 55112i 55C．D．【答案】B

43i43i2i112i11243i112 i∴复数i故选：B 【解析】∵

2i5552i552i2i14．已知复数z，z是共轭复数，若2iz1i，其中i为虚数单位，则z（ ）

A．

1 2B．2 2C．2 D．2

【答案】B

【解析】因为2iz1i，所以i2izi1i，

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即2zi1i1i，z1111i，可得zi， 2222所以，z112，故选B. 44214．复数z满足iz2i（i为虚数单位），则z的共轭复数是（ ） A．12i 【答案】D

B．12i

C．12i D．12i

【解析】

iz2i z2i2ii12i z12i本题正确选项：D i15．设复数z满足z1ii（i为虚数单位），则复数z为（ ） A．2i 【答案】A

【解析】由题意得，复数z1ii12(1)2iB．2i

C．1

D．12i

2i，所以z2i，故选A.

16．已知aR，i为虚数单位，若(1i)(ai)为纯虚数，则a的值为（ ） A．2 【答案】D

【解析】由题知1iaia11ai为纯虚数,实部为0.故a10,a1 .故本题选D. 17．复数z满足z1i1i，则复数z的实部与虚部之和为( )

B．1

C．-2

D．-1

A．2 【答案】D

B．2

C．1 D．0

【解析】

z1i1i，z1i1i21i，z22i，z22i，

2222洪创教育精品文档资料工作室

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则复数z的实部与虚部之和为220．本题选择D选项. 2218．已知

1aibi(a,bR)，其中i为虚数单位，则ab（ ） 1iB．1

C．-1

D．2

A．0 【答案】B

【解析】依题意有1ai(1i)(bi)b1(b1)i，故b0,a1,ab1. 19．已知a,bR，aiib2i，则abi的共轭复数为 A．2i 【答案】A

B．2i

C．2i

D．2i

1b【解析】由aii1aib2i，得 ， a2∴abi2i，其共轭复数为2i，故选A． 20．设复数z满足3iz1i，则z_____．

5 5【答案】【解析】由3iz1i，得z1i1i3i42i21i． 3i3i3i10555521∴z．故答案为：．

555522，2，i为虚数单位，则21．已知复数z在复平面内对应点是1【答案】1

z2_______. z13i 2

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【解析】依题意z12i，故原式32i32i2i46i31i. 2i422i2i22．若复数zm1m2i对应的点在直线xy10上，则实数m的值是______． 【答案】-1

【解析】∵复数zm1m2i对应的点在直线xy10上， ∴m1m210，解得m1．故答案为：-1．

23．若i是虚数单位，则复数

23i的虚部为________. 1i【答案】

1 2【解析】因为

23i(23i)(1i)5123i11i，所以复数的虚部为，所以本题答案为. 1i(1i)(1i)221i2224．已知复数ai1i是纯虚数，则实数a_________. 【答案】1

【解析】因为ai1ia11ai为纯虚数，所以a1.

25．i是虚数单位，复数

13i_____________. 2i【答案】z17i 55【解析】

13i13i2i17i1717i，故答案为zi. 2i2i2i5555526．若

1ai2i（其中i是虚数单位），则实数a_____. 1i【答案】3

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【解析】因为

1ai2i所以1ai(1i)(2i)13i所以 a3 1i27．已知复数z11i，z22ai（其中i为虚数单位），若z1z2为实数，则实数a的值为_______． 【答案】2

【解析】z1z21i2ai2aa2i本题正确结果：2 28．i是虚数单位，若【答案】2

z1z2为实数 a20，解得：a2

2ai是纯虚数，则实数a的值为_________. 1i【解析】

2ai2ai1i2aa2i， 1i1i1i22ai2aa20且0，∴a2.故答案为2. 是纯虚数，1i2229．已知复数z满足z(2i)5（i为虚数单位），则z的模为______ 【答案】5 【解析】

555z5本题正确结果： z 5222i212ia＋i30．若复数(i是虚数单位)在复平面内对应的点在第一象限，则实数a的取值范围是________．

1＋i【答案】 (－1,1)

a＋ia＋i1－ia＋1＋1－ai

【解析】 由题意得z＝＝＝，

1＋i1＋i1－i2

a＋1>0，

因为z在复平面内对应的点在第一象限，所以

1－a>0，

所以－1洪创教育精品文档资料工作室