（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 4 第4讲 数系

第4讲数系的扩充与复数的引入1．(2019·连云港模拟)复数(1＋i)2的虚部是________．解析：(1＋i)2＝2i，所以该复数的虚部为2.答案：22．复数z满足(z－3)(2－i)＝5(i为虚数单位)，则z的共轭复数z－为________．解析：由(z－3)(2－i)＝5，得z＝3＋52－i＝3＋5（2＋i）（2－i）（2＋i）＝3＋2＋i＝5＋i，所以z－＝5－i.答案：5－i3．设复数z的共轭复数为z，若z－＝1－i(i为虚数单位)，则z－z＋z2的值为________．解析：依题意得z－z＋z2＝1＋i1－i＋(1－i)2＝－i2＋i1－i－2i＝i－2i＝－i.答案：－i4．在复平面内O为坐标原点，复数1＋i与1＋3i分别对应向量OA→和OB→，则|AB→|＝________.解析：由复数的几何意义知，OA→＝(1，1)，OB→＝(1，3)，则AB→＝OB→－OA→＝(1，3)－(1，1)＝(0，2)，所以|AB→|＝2.答案：25．若复数z＝1－2ii的共轭复数是z－＝a＋bi(a，b∈R)，其中i为虚数单位，则点(a，b)为________．解析：因为z＝1－2ii＝－2－i，所以z－＝－2＋i.答案：(－2，1)6．若(a－2i)i＝b－i，其中a，b∈R，i是虚数单位，则点P(a，b)到原点的距离等于________．解析：由已知ai＋2＝b－i，所以a＝－1，b＝2，所以点P(－1，2)到原点距离|OP|＝5.答案：57．(2019·江苏省四星级学校4月联考)设zn＝1＋i2n(n∈N*)，则|z1|＋|z2|＋|z3|＋|z4|＝________．解析：通解：因为zn＝1＋i2n，所以z1＝1＋i2，z2＝i2，z3＝－1＋i4，z4＝－14，所以|z1|＋|z2|＋|z3|＋|z4|＝3＋324.优解：因为|zn|＝1＋i2n＝22n，所以|z1|＋|z2|＋|z3|＋|z4|＝22＋222＋223＋224＝3＋324.答案：3＋3248．设复数z满足4z＋2z－＝33＋i，ω＝sinθ－icosθ(θ∈R)，则|z－ω|的取值范围为________．解析：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，所以解得a＝32，b＝12，所以z＝32＋12i.|z－ω|＝32＋12i－（sinθ－icosθ）＝32－sinθ2＋12＋cosθ2＝2－3sinθ＋cosθ＝2－2sinθ－π6.因为－1≤sinθ－π6≤1，所以0≤2－2sinθ－π6≤4.所以0≤|z－ω|≤2.答案：[0，2]9．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知复数z＝i2017＋i2018，则z＋3z＋2的模为________．解析：因为z＝i2017＋i2018＝i－1，所以z＋3z＋2＝i＋2－i＋1＝1＋3i2，所以z＋3z＋2的模为1＋92＝102.答案：10210．给出下列四个命题：①若z∈C，|z|2＝z2，则z∈R；②若z∈C，z－＝－z，则z是纯虚数；③z∈C，|z|2＝zi，则z＝0或z＝i；④若z1，z2∈C，|z1＋z2|＝|z1－z2|，则z1z2＝0.其中真命题的个数为________．解析：①是真命题，|z|2＝z·z－，所以z·z－＝z2，所以z＝0或z＝z－，故z∈R；②是假命题，z＝0时不成立；③是假命题，因为|z|2＝z·z－＝zi，所以z(z－－i)＝0，故z＝0或z＝－i；④是假命题，假如z1＝1，z2＝i时，z1z2≠0，但|z1＋z2|＝|z1－z2|.答案：111．计算：(1)（－1＋i）（2＋i）i3；(2)（1＋2i）2＋3（1－i）2＋i；(3)1－i（1＋i）2＋1＋i（1－i）2；(4)1－3i（3＋i）2.解：(1)（－1＋i）（2＋i）i3＝－3＋i－i＝－1－3i.(2)（1＋2i）2＋3（1－i）2＋i＝－3＋4i＋3－3i2＋i＝i2＋i＝i（2－i）5＝15＋25i.(3)1－i（1＋i）2＋1＋i（1－i）2＝1－i2i＋1＋i－2i＝1＋i－2＋－1＋i2＝－1.(4)1－3i（3＋i）2＝（3＋i）（－i）（3＋i）2＝－i3＋i＝（－i）（3－i）4＝－14－34i.12．已知z是复数，z＋2i，z2－i均为实数(i为虚数单位)，且复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．解：设z＝x＋yi(x，y∈R)．因为z＋2i＝x＋(y＋2)i，由题意得y＝－2.因为z2－i＝x－2i2－i＝15(x－2i)(2＋i)＝15(2x＋2)＋15(x－4)i，由题意得x＝4.所以z＝4－2i.因为(z＋ai)2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i，根据条件，可知12＋4a－a2＞0，8（a－2）＞0，解得2＜a＜6，所以实数a的取值范围是(2，6)．13.如图，平行四边形OABC中，质点O，A，C分别表示复数0、3＋2i、－2＋4i，试求：(1)AO→表示的复数，BC→表示的复数；(2)对角线CA→所表示的复数．解：(1)因为AO→＝－OA→，所以AO→所表示的复数为－3－2i，因为BC→＝AO→，所以BC→表示的复数也是－3－2i.(2)CA→＝OA→－OC→，所以CA→所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.1．定义：若z2＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，则称复数z是复数a＋bi的平方根．根据定义，则复数－3＋4i的平方根是________．解析：设(x＋yi)2＝－3＋4i(x，y∈R)，则x2－y2＝－3，xy＝2，解得x＝1，y＝2或x＝－1，y＝－2.答案：1＋2i或－1－2i2．已知复数z＝x＋yi，且|z－2|＝3，则yx的最大值为________．解析：因为|z－2|＝（x－2）2＋y2＝3，所以(x－2)2＋y2＝3.由图可知yxmax＝31＝3.答案：33．已知集合A＝{2，7，－4m＋(m＋2)i}(其中i为虚数单位，m∈R)，B＝{8，3}，且A∩B≠∅，则m的值为________．解析：因为A∩B≠∅，所以－4m＋(m＋2)i＝8或－4m＋(m＋2)i＝3，解得m＝－2.答案：－24．在复平面内，定点M与复数m＝（1＋i）21－i对应，动点Z与复数z＝x＋yi对应，则满足不等式1≤|z－m|≤3的点Z所构成的图形的面积等于________．解析：m＝（1＋i）21－i＝2i1－i＝2i（1＋i）（1－i）（1＋i）＝－1＋i，所以满足不等式1≤|z－m|≤3的点Z所构成的图形是以点(－1，1)为圆心，分别以1，3为半径的圆所围成的圆环，故S＝π×32－π×12＝8π.答案：8π5．(2019·江苏省四校联考)复数z和ω满足：zω＋2iz－2iω＋1＝0.(1)若ω－－z＝2i，求z和ω；(2)求证：若|z|＝3，则|ω－4i|的值是一个常数，并求出这个常数．解：(1)由ω－－z＝2i，得z＝ω－－2i.代入已知条件，得(ω－－2i)ω＋2i(ω－－2i)－2iω＋1＝0.即ω－·ω－4iω＋2iω－＋5＝0，设ω＝x＋yi(x，y∈R)，代入上式，有(x－yi)(x＋yi)－4i(x＋yi)＋2i(x－yi)＋5＝0，化简，有(x2＋y2＋6y＋5)－2xi＝0，所以x2＋y2＋6y＋5＝0，x＝0，解得x＝0，y＝－1或x＝0，y＝－5.所以ω＝－i或ω＝－5i，从而z＝－i或z＝3i.所以z＝－i，ω＝－i或z＝3i，ω＝－5i.(2)由已知，有z＝2iω－1ω＋2i，所以|z|＝|2iω－1||ω＋2i|＝3，设ω＝x＋yi(x，y∈R)代入上式，有(2y＋1)2＋4x2＝3[x2＋(y＋2)2],化简，有x2＋y2－8y－11＝0，所以|ω－4i|＝x2＋（y－4）2＝x2＋y2－8y＋16＝27＝33，即|ω－4i|为常数33.6．设z是虚数，ω＝z＋1z，且－1ω2.(1)求|z|的值及z的实部的取值范围；(2)设u＝1－z1＋z，求证：u为纯虚数；(3)在(2)的条件下求ω－u2的最小值．解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R，b≠0)，则ω＝a＋bi＋1a＋bi＝a＋aa2＋b2＋b－ba2＋b2i.因为ω是实数，所以b－ba2＋b2＝0.又b≠0，所以a2＋b2＝1，ω＝2a.因为－1ω2，所以－12a1，即z的实部的取值范围是－12，1，|z|＝1.(2)证明：u＝1－z1＋z＝1－a－bi1＋a＋bi＝1－a2－b2－2bi（1＋a）2＋b2＝－ba＋1i.因为－12a1，b≠0，所以u为纯虚数．(3)ω－u2＝2a＋b2（a＋1）2＝2a＋1－a2（a＋1）2＝2a－a－1a＋1＝2a－1＋2a＋1＝2（a＋1）＋1a＋1－3.因为a∈－12，1，所以a＋10.所以ω－u2≥2×2－3＝1，当且仅当a＋1＝1a＋1，即a＝0时，ω－u2取得最小值1.