2022版人教A版高中数学必修第二册--本章复习提升易混易错练易错点1忽视复数相等的条件致错1.()已知(2+i)y=x+y i,x,y∈R,且y≠0,则|x+i|= ()yA.√2B.√3C.2D.√52.()已知i是虚数单位,m,n∈R,且m+i=1+n i,则m+ni= ()m-niA.iB.1C.-iD.-13.(2021山东临沂一中高二下月考,)已知x是实数,y是纯虚数,且满足(2x-1)+i=y-(3-y)i,求x与y的值.易错点2对复数的几何意义考虑不全面致错4.()在复平面内,已知复数z对应的向量为OZ⃗⃗⃗⃗⃗ (O为坐标原点),OZ⃗⃗⃗⃗⃗ 与实轴正方向的夹角为120°,且复数z的模为2,则复数z为()A.1+√3iB.−1+√3iC.-1-√3iD.−1±√3i5.()已知复数z满足|z|2-2|z|-3=0,则在复平面内,复数z对应的点的集合构成的图形是()A.1个圆B.线段C.2个点D.2个圆易错点3对复数范围内方程的问题考虑不全面致错6.()已知方程x2+kx-i=0有一个根是i,求另一个根及k的值.7.()关于x的方程x2+(2a-i)x-a i+1=0有实根,求实数a的值.8.()在复数范围内求方程x2-5|x|+6=0的解.易错点4混淆复数运算与实数运算致错9.()复数i2+i3+i41-i= ()A.-12−12i B.−12+12iC.12−12i D.12+12i10.()满足z+5z是实数,且z+3的实部与虚部是相反数的虚数z是否存在?若存在,求出虚数z;若不存在,请说明理由.思想方法练一、函数与方程思想在解决复数问题中的应用1.()已知复数z=cos θ+isin θ(0≤θ<2π),求θ为何值时,|z+1-i|取得最大值和最小值,并求出最大值和最小值.2.()关于复数z 的方程z 2-(a +i )z -(i+2)=0(a ∈R).(1)若此方程有实数解,求a 的值;(2)用反证法证明:对任意的实数a ,原方程不可能有纯虚根. 3.()已知关于x 的一元二次方程x 2+2kx -3k =0(k ∈R)的虚根为x 1,x 2.(1)求k 的取值范围,并用k 表示该方程的根; (2)若3|x 1|=2|x 2|+|3i1+i|,求k 的值.二、数形结合思想在解决复数问题中的应用 4.()在复平面内,复数z 1,z 2对应的向量分别是OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,则复数z 1-z 2= ( )A.-1+2iB.-2-2iC.1+2iD.1-2i⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的5.()在平行四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,若向量OA⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数是()复数分别是3+i,-1+3i,则CDA.2+4iB.-2+4iC.-4+2iD.4-2i6.(2021上海闵行七宝中学高二上期末,)已知复数z1=2-2i,若|z|=1,z,z1在复平面⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值是.内对应的点分别为Z,Z1,则向量|ZZ1三、转化与化归思想在解决复数问题中的应用7.()已知复数z=1+(1-t)i,若复数z2在复平面内对应的点在第二象限,求实数t的取值范围.8.()设z是虚数,ω=z+1是实数,且-1<ω<2.z(1)求|z|的值及z的实部的取值范围;(2)设μ=1-z,求证:μ是纯虚数;1+z(3)求ω-μ2的最小值.答案全解全析 易混易错练1.D 因为x ∈R,y ∈R 且y ≠0,(2+i )y =x +y i ,所以2y =x ,所以|xy +i|=|2+i|=√5,故选D.2.A 因为m +i=1+n i ,所以m =n =1, 则m+ni m -ni=1+i 1-i=(1+i )2(1-i )(1+i )=i .故选A.3.解析 根据已知条件可设y =b i (b ∈R,b ≠0),代入(2x -1)+i=y -(3-y )i ,整理得(2x -1)+i=-b +(b -3)i ,根据复数相等的充要条件,可得{2x -1=-b ,1=b -3,解得 {x =-32,b =4,所以x =-32,y =4i .易错警示复数相等的充要条件是复数向实数转化的桥梁,所以要注意得到的必须是两个实数等式组成的方程组.4.D 设复数z 在复平面内对应的点的坐标为Z (a ,b ). 根据题意可画出图形,如图所示,∵|z |=2,且OZ ⃗⃗⃗⃗⃗ 与x 轴正方向的夹角为120°,∴a =-1,b =±√3, 即点Z 的坐标为(-1,√3)或(-1,-√3).∴z =-1+√3i 或z =−1−√3i . 易错警示利用复数与向量的对应关系解题时,注意向量的位置、夹角等的思考与讨论. 5.A 由题意可知(|z |-3)(|z |+1)=0,即|z |=3或|z |=-1,∵|z |≥0,∴|z |=3,故复数z 对应的点的集合构成的图形是以原点为圆心,3为半径的圆.6.解析 将x =i 代入原方程得i 2+k i-i=0,由此可得k =1-i ,设x 0是方程的另一个根,则由根与系数的关系可得x 0i=-i ,从而得x 0=-1. 易错警示实系数一元二次方程中的虚根是成对出现的,但如果题设中没有直接交代一元二次方程的系数是实数,就不能得出上述结论.7.解析 设方程x 2+(2a -i )x -a i+1=0的实根为x 0,则有x 02+2ax 0+1-(a +x 0)i=0,由复数相等的充要条件可知{x 02+2ax 0+1=0,-(a +x 0)=0,解得a =±1. 8.解析 因为x ∈C, 所以设x =a +b i (a ,b ∈R),代入方程得(a +b i )2-5√a 2+b 2+6=0, 即a 2-b 2-5√a 2+b 2+6+2ab i=0,所以{a 2-b 2-5√a 2+b 2+6=0,2ab =0,解得{a =0,b =±1或{b =0,a =±2或{b =0,a =±3,所以原方程有6个解,分别为i ,-i ,2,-2,3,-3. 9.C 因为i 2=-1,i 3=-i ,i 4=1, 所以i 2+i 3+i 41-i=-i 1-i=-i (1+i )2=12−12i .10.解析 存在.理由如下:设虚数z =x +y i (x ,y ∈R,且y ≠0), 则z +3=x +3+y i ,z +5z =x +yi +5x+yi=x +5xx 2+y2+(y -5y x 2+y 2)i .由题意得{y -5yx 2+y2=0,x +3=-y ,y ≠0,∴{x 2+y 2=5,x +y =-3,解得{x =-1,y =-2或{x =-2,y =-1.∴存在虚数z =-1-2i 或z =-2-i 满足题意. 易错警示在复数的运算中,注意与实数运算的区别.如在进行除法运算时,注意在分母实数化过程中,(a +b i )(a -b i )=a 2+b 2(a ,b ∈R).思想方法练1.解析 |z +1-i|=|cos θ+1+i (sin θ-1)| =√(cosθ+1)2+(sinθ-1)2 =√2(cosθ-sinθ)+3 =√2√2cos (θ+π4)+3. 将模的最值问题转化为关于θ的三角函数的最值问题,根据三角函数的有关性质求解.因为0≤θ<2π,所以θ+π4∈[π4,9π4),所以当θ=7π4时,|z +1-i|取得最大值,最大值为√2+1, 当θ=3π4时,|z +1-i|取得最小值,最小值为√2-1. 2.解析 (1)设z =x 0∈R,代入方程得x 02-(a +i )x 0-(i+2)=0, 即(x 02-ax 0-2)+(-x 0-1)i=0, ∴{x 02-ax 0-2=0,-x 0-1=0,利用复数相等的充要条件,列方程组求解. 解得{x 0=-1,a =1,∴a =1.(2)证明:假设存在实数a ,使得原方程有纯虚根z =b i (b ∈R 且b ≠0), 则有(b i )2-(a +i )·b i-(i+2)=0, 即(-b 2+b -2)+(-ab -1)i=0,∴{-b 2+b -2=0,-ab -1=0⇒{b 2-b +2=0,①ab +1=0,②利用复数相等的充要条件,列方程组求解.∵方程①中Δ=-7<0,∴不存在实数b 使方程①成立, ∴方程组无实数解,∴假设不成立, ∴对任意的实数a ,原方程不可能有纯虚根.3.解析 (1)因为一元二次方程 x 2+2kx -3k =0有两个虚根, 所以Δ=4k 2+12k <0,解得-3<k <0. 由求根公式可得,该方程的两根为-2k±2√-k 2-3ki2=−k ±√-k 2-3k i .(2)因为x 1,x 2互为共轭复数,所以|x 1|=|x 2|, 因为3|x 1|=2|x 2|+|3i1+i |,所以|x 1|=|3i1+i|=3√22,所以k 2+(-k 2-3k )=92,解得k =-32.实系数一元二次方程的虚根是成对出现的,结合求根公式和题设中的等式,即可求解. 思想方法复数问题中的最值问题一般要用到函数思想,通常找到一个参数或变量,根据复数与实数之间的联系建立函数关系,利用函数的最值进行求解;复数问题中的求值问题,可以利用复数的有关性质,通过方程(组)或一元二次方程相关知识进行求解,这体现了方程思想.4.B 由题图,知z 1=-2-i ,z 2=i ,所以z 1-z 2=-2-2i ,故选B. 观察题图可知A (-2,-1),B (0,1),从而得出对应的复数z 1,z 2.5.D 如图,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB⃗⃗⃗⃗⃗ , 由图中平行四边形的性质,得CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,再求解. ∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为3+i ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为-1+3i , ∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为(3+i )-(-1+3i )=4-2i .6.答案 2√2+1解析 由于|z |=1,故复数z 所对应的点的集合是以原点为圆心,1为半径的圆,易知z 1所对应的点的坐标为Z 1(2,-2),则由图可知,|ZZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值可以看成点(2,-2)与点(0,0)之间的距离再加1,最大值为2√2+1.根据复数及模的几何意义,画出图形,观察图形得出最大距离即可.思想方法复数的几何意义、复数的模以及复数加、减法的几何意义都是数形结合思想的体现.比如在复平面内,|z|表示复数z对应的点与坐标原点间的距离,|z-(a+b i)|(a,b∈R)表示复数z对应的点与点(a,b)间的距离,从而可以利用数形结合思想,将抽象问题形象化,复杂问题简单化.7.解析z2=[1+(1-t)i]2=1-(1-t)2+2(1-t)i=(2t-t2)+(2-2t)i,所以复数z2在复平面内对应的点为(2t-t2,2-2t),由其在第二象限,得{2t-t 2<0,2-2t>0,解得t<0.故实数t的取值范围是(-∞,0).将复数z2在复平面内对应的点在第二象限转化为关于实数t的不等式组,进而求出t的取值范围.8.解析设z=a+b i(a,b∈R,且b≠0).(1)由题得ω=a+b i+1a+bi =(a+aa2+b2)+(b-ba2+b2)i.∵ω是实数,b≠0,∴b-ba2+b2=0,∴a2+b2=1,即|z|=1.∴ω=2a,又-1<ω<2,∴-12<a<1,∴z的实部的取值范围为(-12,1).设出复数z的代数形式,将复数问题实数化.(2)证明:μ=1-z1+z =1-a-bi1+a+bi=1-a2-b2-2bi(1+a)2+b2=-ba+1i.∵a∈(-12,1),b≠0,∴μ为纯虚数.(3)ω-μ2=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,∵a∈(-12,1),∴a+1>0,∴ω-μ2≥2×2√(a+1)·1a+1-3=4-3=1,当且仅当a+1=1a+1,即a=0(a=-2舍去)时,ω-μ2取得最小值,且最小值为1.思想方法寻求联系,实现转化,是转化与化归思想在复数中应用的关键,如把复数z设成z=a+b i(a,b∈R)或者z=r(cos θ+isin θ)(r,θ∈R)的形式,从而将问题转化成关于实数a,b或r,θ的问题,实现复数问题实数化;把复数利用点或者向量表示,从而将复数问题几何化等等.。
