高中数学复习提升-第一部分 专题七 第六讲 推理证明与复数

复数、算法、推理与证明第一节 数系的扩充与复数的引入一、基础知识1．复数的有关概念 (1)复数的概念：形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫复数，其中a ，b 分别是它的实部和虚部．若b ＝0，则a ＋b i 为实数；若b ≠0，则a ＋b i 为虚数；若a ＝0且b ≠0，则a ＋b i 为纯虚数．一个复数为纯虚数，不仅要求实部为0，还需要求虚部不为0.(2)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R )． (3)共轭复数：a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔a ＝c ，b ＝－d (a ，b ，c ，d ∈R )． (4)复数的模：向量OZ ―→的模r 叫做复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模，记作|z |或|a ＋b i|，即|z |＝|a ＋b i|＝a 2＋b 2.2．复数的几何意义 (1)复数z ＝a ＋b i复平面内的点Z (a ，b )(a ，b ∈R )．复数z ＝a ＋b i (a ，b ∈R )的对应点的坐标为(a ，b )，而不是(a ，b i ).(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R ) 平面向量OZ ―→.3．复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则 ①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ；④除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝(a ＋b i )(c －d i )(c ＋d i )(c －d i )＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －adc 2＋d 2i(c ＋d i ≠0)．(2)复数加法的运算定律设z 1，z 2，z 3∈C ，则复数加法满足以下运算律： ①交换律：z 1＋z 2＝z 2＋z 1；②结合律：(z 1＋z 2)＋z 3＝z 1＋(z 2＋z 3)．二、常用结论(1)(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i1＋i＝－i. (2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)．(3)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i(n ∈N *)；i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0(n ∈N *)．(4)z ·z ＝|z |2＝|z |2，|z 1·z 2|＝|z 1|·|z 2|，⎪⎪⎪⎪z 1z 2＝|z 1||z 2|，|z n |＝|z |n.考点一 复数的四则运算[典例] (1)(2017·山东高考)已知i 是虚数单位，若复数z 满足z i ＝1＋i ，则z 2＝( ) A ．－2i B ．2i C ．－2D ．2(2)(2019·山东师大附中模拟)计算：(2＋i )(1－i )21－2i ＝( )A ．2B ．－2C ．2iD ．－2i[解析] (1)∵z i ＝1＋i ， ∴z ＝1＋i i ＝1i ＋1＝1－i.∴z 2＝(1－i)2＝1＋i 2－2i ＝－2i.(2)(2＋i )(1－i )21－2i ＝－(2＋i )2i 1－2i ＝2－4i1－2i ＝2，故选A.[答案] (1)A (2)A[解题技法] 复数代数形式运算问题的解题策略(1)复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式的运算，可将含有虚数单位i 的看作一类同类项，不含i 的看作另一类同类项，分别合并即可．(2)复数的除法运算是分子、分母同乘以分母的共轭复数，即分母实数化，解题中要注意把i 的幂写成最简形式．[题组训练]1．(2019·合肥质检)已知i 为虚数单位，则(2＋i )(3－4i )2－i ＝( )A ．5B ．5iC ．－75－125iD ．－75＋125i解析：选A 法一：(2＋i )(3－4i )2－i ＝10－5i2－i ＝5，故选A.法二：(2＋i )(3－4i )2－i ＝(2＋i )2(3－4i )(2＋i )(2－i )＝(3＋4i )(3－4i )5＝5，故选A.2．(2018·济南外国语学校模块考试)已知(1－i )2z ＝1＋i(i 为虚数单位)，则复数z 等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选D 由题意，得z ＝(1－i )21＋i ＝－2i1＋i ＝－1－i ，故选D.3．已知复数z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 2 0181＋i ，则复数z ＝________.解析：因为i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＋i 4n ＋4＝i ＋i 2＋i 3＋i 4＝0，而2 018＝4×504＋2，所以z ＝i ＋i 2＋i 3＋…＋i 2 0181＋i ＝i ＋i 21＋i ＝－1＋i 1＋i ＝(－1＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝2i2＝i.答案：i考点二 复数的有关概念[典例] (1)(2019·湘东五校联考)已知i 为虚数单位，若复数z ＝a1－2i ＋i(a ∈R )的实部与虚部互为相反数，则a ＝( )A ．－5B ．－1C ．－13D ．－53(2)(2018·全国卷Ⅰ)设z ＝1－i1＋i ＋2i ，则|z |＝( )A ．0 B.12 C ．1 D. 2[解析] (1)z ＝a 1－2i ＋i ＝a (1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＋i ＝a 5＋2a ＋55i ，∵复数z ＝a1－2i＋i(a ∈R )的实部与虚部互为相反数，∴－a 5＝2a ＋55，解得a ＝－53.故选D.(2)∵z ＝1－i 1＋i ＋2i ＝(1－i )2(1＋i )(1－i )＋2i ＝ －2i2＋2i ＝i ，∴|z |＝1.故选C. [答案] (1)D (2)C[解题技法] 紧扣定义解决复数概念、共轭复数问题(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则该复数的实部为a ，虚部为b .(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反数，即得原复数的共轭复数．复数z 1＝a ＋b i 与z 2＝c ＋d i 共轭⇔a ＝c ，b ＝－d (a ，b ，c ，d ∈R )．[题组训练]1．(2019·山西八校第一次联考)已知a ，b ∈R ，i 为虚数单位，若3－4i 3＝2－b ia ＋i ，则a＋b 等于( )A ．－9B ．5C ．13D ．9解析：选A 由3－4i 3＝2－b i a ＋i ，得3＋4i ＝2－b ia ＋i，即(a ＋i)(3＋4i)＝2－b i ，(3a －4)＋(4a＋3)i ＝2－b i ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a －4＝2，4a ＋3＝－b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－11，故a ＋b ＝－9.故选A.2．(2019·贵阳适应性考试)设z 是复数z 的共轭复数，满足z ＝4i1＋i ，则|z |＝( )A ．2B ．2 2C.22 D.12解析：选B 法一：由z ＝4i1＋i ＝4i (1－i )(1＋i )(1－i )＝2＋2i ，得|z |＝|z |＝22＋22＝22，故选B.法二：由模的性质，得|z |＝|z |＝⎪⎪⎪⎪4i 1＋i ＝|4i||1＋i|＝42＝2 2.故选B.3．若复数z ＝a 2－a －2＋(a ＋1)i 为纯虚数(i 为虚数单位)，则实数a 的值是________． 解析：由于z ＝a 2－a －2＋(a ＋1)i 为纯虚数，因此a 2－a －2＝0且a ＋1≠0，解得a ＝2. 答案：2考点三 复数的几何意义[典例] (1)如图，在复平面内，复数z1，z 2对应的向量分别是OA ―→，OB ―→，若zz 2＝z 1，则z 的共轭复数z ＝( )A.12＋32i B.12－32i C ．－12＋32iD ．－12－32i(2)复数z ＝4i 2 018－5i1＋2i (其中i 为虚数单位)在复平面内对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[解析] (1)由题意知z 1＝1＋2i ，z 2＝－1＋i ，故z (－1＋i)＝1＋2i ， 即z ＝1＋2i －1＋i ＝(1＋2i )(1＋i )(－1＋i )(1＋i )＝1－3i 2＝12－32i ，z ＝12＋32i ，故选A.(2)z ＝4i 2 018－5i1＋2i ＝4×i 2 016·i 2－5i (1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝－4－5(2＋i )5＝－6－i ，故z 在复平面内对应的点在第三象限． [答案] (1)A (2)C[解题技法] 对复数几何意义的再理解(1)复数z 、复平面上的点Z 及向量OZ ―→相互联系，即z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )⇔Z (a ，b )⇔OZ ―→. (2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．[题组训练]1．(2019·安徽知名示范高中联考)已知复数z 满足(2－i)z ＝i ＋i 2，则z 在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B z ＝i ＋i 22－i ＝－1＋i 2－i ＝(－1＋i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝－3＋i 5＝－35＋15i ，则复数z 在复平面内对应的点为⎝⎛⎭⎫－35，15，该点位于第二象限．故选B. 2．若复数z 满足|z －i|≤2(i 为虚数单位)，则z 在复平面内所对应的图形的面积为________．解析：设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，由|z －i|≤2得|x ＋(y －1)i|≤2，所以x 2＋(y －1)2≤ 2， 所以x 2＋(y －1)2≤2，所以z 在复平面内所对应的图形是以点(0,1)为圆心，以2为半径的圆及其内部，它的面积为2π.答案：2π3．已知复数z ＝2＋a i1＋2i ，其中a 为整数，且z 在复平面内对应的点在第四象限，则a 的最大值为________．解析：因为z ＝2＋a i 1＋2i ＝(2＋a i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝2＋2a ＋(a －4)i5，所以z 在复平面内对应的点为⎝⎛⎭⎫2＋2a 5，a －45，所以⎩⎨⎧2＋2a5＞0，a －45＜0，解得－1＜a ＜4，又a 为整数，所以a 的最大值为3.答案：3[课时跟踪检测]1．(2019·广州五校联考)1＋2i(1－i )2＝( )A ．－1－12iB ．1＋12iC ．－1＋12iD ．1－12i解析：选C1＋2i (1－i )2＝1＋2i －2i＝(1＋2i )i 2＝－2＋i 2＝－1＋12i ，选C. 2．(2018·洛阳第一次统考)已知a ∈R ，i 为虚数单位，若a －i1＋i为纯虚数，则a 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选C ∵a －i 1＋i ＝(a －i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝a －12－a ＋12i 为纯虚数，∴a －12＝0且a ＋12≠0，解得a ＝1，故选C.3.(2018·甘肃诊断性考试)如图所示，向量OZ1―→，OZ 2―→所对应的复数分别为z 1，z 2，则z 1·z 2＝( )A ．4＋2iB ．2＋iC ．2＋2iD ．3＋i解析：选A 由图可知，z 1＝1＋i ，z 2＝3－i ，则z 1·z 2＝(1＋i)(3－i)＝4＋2i ，故选A.4．若复数z 1＝4＋29i ，z 2＝6＋9i ，其中i 是虚数单位，则复数(z 1－z 2)i 的实部为( ) A ．－20 B ．－2 C ．4D ．6解析：选A 因为(z 1－z 2)i ＝(－2＋20i)i ＝－20－2i ，所以复数(z 1－z 2)i 的实部为－20. 5．(2019·太原模拟)若复数z ＝1＋m i1＋i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)解析：选A 法一：因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i 在复平面内对应的点为⎝⎛⎭⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎨⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.法二：当m ＝0时，z ＝11＋i ＝1－i (1＋i )(1－i )＝12－12i ，在复平面内对应的点在第四象限，所以排除选项B 、C 、D ，故选A.6．(2018·昆明高三摸底)设复数z 满足(1＋i)z ＝i ，则z 的共轭复数 z ＝( ) A.12＋12i B.12－12i C ．－12＋12iD ．－12－12i解析：选B 法一：∵(1＋i)z ＝i ，∴z ＝i1＋i ＝i (1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋i 2＝12＋12i ，∴复数z 的共轭复数z ＝12－12i ，故选B.法二：∵(1＋i)z ＝i ，∴z ＝i 1＋i ＝2i2(1＋i )＝(1＋i )22(1＋i )＝1＋i 2＝12＋12i ，∴复数z 的共轭复数z ＝12－12i ，故选B.法三：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，∵(1＋i)z ＝i ，∴(1＋i)(a ＋b i)＝i ，∴(a －b )＋(a ＋b )i ＝i ，由复数相等的条件得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝0，a ＋b ＝1，解得a ＝b ＝12，∴z ＝12＋12i ，∴复数z 的共轭复数z ＝12－12i ，故选B. 7．设复数z 满足i(z ＋1)＝－3＋2i(i 是虚数单位)，则复数z 对应的点位于复平面内( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：选A 由i(z ＋1)＝－3＋2i ，得z ＝－3＋2i i －1＝3i 2＋2i i －1＝2＋3i －1＝1＋3i ，它在复平面内对应的点为(1,3)，位于第一象限．8．已知复数z ＝m i1＋i，z ·z ＝1，则正数m 的值为( ) A. 2 B ．2 C.22D.12解析：选A 法一：z ＝m i 1＋i ＝m i (1－i )(1＋i )(1－i )＝m 2＋m 2i ，z ＝m 2－m 2i ，z ·z ＝m 22＝1，则正数m ＝2，故选A.法二：由题意知|z |＝|m i||1＋i|＝|m |2，由z ·z ＝|z |2，得m 22＝1，则正数m ＝2，故选A.9．已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a ，则ab 的值为________．解析：因为(1＋i)(1－b i)＝1＋b ＋(1－b )i ＝a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋b ＝a ，1－b ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a ＝2，所以a b ＝2.答案：210．复数|1＋2i|＋⎝⎛⎭⎪⎫1－3i 1＋i 2＝________.解析：原式＝12＋(2)2＋(1－3i )2(1＋i )2＝3＋－2－23i2i ＝3＋i －3＝i. 答案：i11．(2019·重庆调研)已知i 为虚数单位，复数z ＝1＋3i 2＋i ，复数|z |＝________.解析：法一：因为z ＝1＋3i 2＋i ＝(1＋3i )(2－i )(2＋i )(2－i )＝5＋5i5＝1＋i ，所以|z |＝12＋12＝ 2.法二：|z |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋3i 2＋i ＝|1＋3i||2＋i|＝105＝ 2.答案： 212．已知复数z ＝3＋i(1－3i )2，z 是z 的共轭复数，则z ·z ＝________.解析：∵z ＝3＋i (1－3i )2＝3＋i－2－23i＝3＋i －2(1＋3i )＝(3＋i )(1－3i )－2(1＋3i )(1－3i )＝23－2i －8＝－34＋14i ，∴z ·z ＝|z |2＝316＋116＝14. 答案：1413．计算：(1)(－1＋i )(2＋i )i 3；(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 )i 3＝－3＋i－i＝－1－3i.(2)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ＝－3＋4i ＋3－3i 2＋i ＝i 2＋i ＝i (2－i )5＝15＋25i.(3)1－i (1＋i )2＋1＋i (1－i )2＝1－i 2i ＋1＋i －2i ＝1＋i －2＋－1＋i2＝－1. (4)1－3i (3＋i )2＝(3＋i )(－i )(3＋i )2＝－i 3＋i ＝(－i )(3－i )4＝－14－34i.。

(2)设 z＝x＋yi(x，y∈R)，由|z－i|≤ 2，得|x＋(y－1)i|≤ 2，所以 x2＋（y－1）2≤ 2，所以 x2＋(y－1)2≤2，所以 z 在复平面内所对应的图形是以点(0，1)为圆心，以 2为 半径的圆及其内部，它的面积为 2π.
[答案] (1)A (2)2π
►名师点津 ——————————————————— 复数的几何意义及应用
(1)复数 z、复平面上的点 Z 及向量O→Z相互联系，即 z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔O→Z. (2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几 何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
|跟踪训练|
1．(2019 届南京摸底联考)已知(1＋i)·z＝ 3i(i 是虚数单位)，那么复数 z 在复平面内
3．(2019 届广东五校协作体第一次诊断)已知 a 为实数，若复数 z＝(a2－1)＋(a＋1)i
为纯虚数，则a＋1＋i2 i020＝(
)
A．1
B．0
C．1＋i
D．1－i
解析：选 D 若 z＝(a2－1)＋(a＋1)i 为纯虚数，
则有 a2－1＝0，a＋1≠0，得 a＝1，
则a＋1＋i2 i020＝11＋＋1i ＝（1＋2（i）1－（i1）－i）＝1－i.
3.了解复数的代数表示及其几 数相等的充要条件，复数的代数形式的四则
何意义. 运算，重点考查复数的除法运算，与向量结 数学运算
4.能进行复数代数形式的四则 合考查复数及其加法、减法的几何意义，突
运算. 出考查运算能力与数形结合的思想．一般以
5.了解复数代数形式的加、减运 选择题、填空题形式出现，难度为低档.
二、走进教材 解2．析(：选∵修112＋ －－zz2＝Pi1，06B∴组1＋Tz1＝改i编(1－)设z复)，数∴zz(满1＋足i)11＝＋ －izz－＝1i.，则|z|＝________． ∴z＝i1－＋1i＝－（12－i）2＝i，∴|z|＝|i|＝1. 答案：1

学案 1 算法与程序框图
考点突破
考纲解读
真题再现
考向预测
误区警示
考点 一
考点 二
考点 三
考点 四
课前热身
规律探究
即时巩固
课后拔高
考纲解读
返回
考向预测
返回
课前热身
1.明确和有限2.程序框流程线及文字说明 程序框流程线顺序结构条件结构循环结构
返回
考点突破 考点 一
返回
返回
返回
返回
返回
考点 二
返回
返回
返回
考点 三
返回
返回
返回
返回
返回
考点 四
返回
返回
返回
返回
返回
真题再现
返回
返回
返回
返回
误区警示
返回
规律探究
返回
返回
即时巩固
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回
课后拔高
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回
返回

高中数学第七章复数知识点梳理单选题1、设m ∈R ，则“m =2”是“复数z =(m +2i )(1+i )为纯虚数”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案：C分析：求出z =(m +2i )(1+i )为纯虚数时m 的值，与m =2比较，判断出结果z =(m +2i )(1+i )=m −2+(m +2)i ，复数z =(m +2i )(1+i )为纯虚数，则m −2=0，解得：m =2，所以则“m =2”是“复数z =(m +2i )(1+i )为纯虚数”的充要条件故选：C2、若复数z =(1+i)23+4i ，则|z |=（ ） A ．45B ．35C ．25D ．√25答案：C解析：先求出z =8−6i 25，再求出|z|得解. 由题得z =(1+i )23+4i =2i 3+4i =2i (3−4i )(3+4i )(3−4i )=8+6i 25， 所以|z |=√(825)2+(625)2=1025=25.故选：C3、设z =-3+2i ，则在复平面内z 对应的点位于A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案：C分析：先求出共轭复数再判断结果.由z =−3+2i,得z =−3−2i,则z =−3−2i,对应点（-3，-2）位于第三象限．故选C ．小提示：本题考点为共轭复数，为基础题目．4、已知z=x+yi，x，y∈R，i是虚数单位.若复数z1+i+i是实数，则|z|的最小值为（）A．0B．52C．5D．√2答案：D分析：利用复数的运算法则和复数为实数的充要条件可得x=y+2，再利用复数模的计算公式和二次函数的单调性即可得出.解：∵复数z1+i +i=(x+yi)(1−i)(1+i)(1−i)+i=x+y+(y−x+2)i2是实数y−x+2=0故x=y+2|z|=√x2+y2=√(y+2)2+y2=√2y2+4y+4=√2(y+1)2+2≥√2当且仅当y=−1,x=1时取等号|z|的最小值为√2故选：D5、设i为虚数单位，若zi=2+√5i，则|z|=（）A．√3B．2C．√5D．3答案：D分析：根据复数的乘法，利用对应相等先求得z=√5−2i，再求模长即可得解.令z=a+bi，zi=ai−b=2+√5i，所以a=√5,b=−2，即z=√5−2i，所以|z|=√5+4=3，故选：D6、已知复数z1﹑z2满足|z1−z2|=r(r>0)，复数ωi(1≤i≤n,n∈N∗)满足|ωi−z1|=r或者|ωi−z2|=r，且|ωi−ωj|≥r对任意1≤i<j≤n成立，则正整数n的最大值为（）A．6B．8C．10D．12答案：C解析：用向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示z 1⃗⃗⃗ ,z 2⃗⃗⃗ ，根据题意，可得|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=r ，因为|ωi −z 1|=r 或者|ωi −z 2|=r ，根据其几何意义可得ωi 的终点的轨迹，且满足条件的终点个数即为n ，数形结合，即可得答案.用向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示z 1⃗⃗⃗ ,z 2⃗⃗⃗ ，因为|z 1−z 2|=r (r >0)，所以|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BA⃗⃗⃗⃗⃗ |=r ， 又ωi (1≤i ≤n,n ∈N ∗)满足|ωi −z 1|=r 或者|ωi −z 2|=r ，则ωi 可表示以O 为起点，终点在以A 为圆心，半径为r 的圆上的向量，或终点在以B 为圆心，半径为r 的圆上的向量，则终点可能的个数即为n ，因为|ωi −ωj |≥r ，所以在同一个圆上的两个点，形成的最小圆心角为60°，如图所示，则最多有10个可能的终点，即n =10.故选：C小提示：解题的关键是根据所给条件的几何意义，得到ωi 的终点轨迹，根据条件，数形结合，即可得答案，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.7、复数1−cosθ−isinθ(θ∈[0,2π))的三角形式是（ ）A ．2sin θ2(cos θ+π2+isin θ+π2)B ．2sin θ2(cos π−θ2+isin π−θ2) C ．2sin θ2(cosθ−π2+isin θ−π2)D ．2cos θ2(cos π−θ2+isin π−θ2) 答案：C分析：根据余弦的二倍角公式以及诱导公式将复数的代数系数转化为三角形式即可求解.1−cosθ−isinθ=2sin 2θ2−2isin θ2cos θ2=2sin θ2(sin θ2−icos θ2)=2sin θ2(cos π−θ2−isin π−θ2) =2sin θ2[cos π−θ2+isin (−π−θ2)] =2sin θ2(cos θ−π2+isin θ−π2)，故选：C.8、复平面中的下列哪个向量对应的复数是纯虚数（ ）A ．OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，2)B ．OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3，0)C ．OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，23)D ．OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，-2) 答案：C分析：结合纯虚数概念判断即可向量OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，23)对应的复数为23i ，是纯虚数. 故选：C多选题9、下列说法正确的是（）A ．若|z |=2，则z ⋅z =4B ．若复数z 1，z 2满足|z 1+z 2|=|z 1−z 2|，则z 1z 2=0C ．若复数z 的平方是纯虚数，则复数z 的实部和虚部相等D ．“a ≠1”是“复数z =(a −1)+(a 2−1)i (a ∈R )是虚数”的必要不充分条件答案：AD解析：由|z |求得z ⋅z 判断A ；设出z 1，z 2，证明在满足|z 1+z 2|=|z 1−z 2|时，不一定有z 1z 2=0判断B ；举例说明C 错误；由充分必要条件的判定说明D 正确.若|z |=2，则z ⋅z =|z |2=4，故A 正确；设z 1=a 1+b 1i (a 1,b 1∈R )，z 2=a 2+b 2i (a 2,b 2∈R )由|z 1+z 2|=|z 1−z 2|，可得|z 1+z 2|2=(a 1+a 2)2+(b 1+b 2)2=|z 1−z 2|2=(a 1−a 2)2+(b 1−b 2)2 则a 1a 2+b 1b 2=0，而z 1z 2=(a 1+b 1i )(a 2+b 2i )=a 1a 2−b 1b 2+a 1b 2i +b 1a 2i =2a 1a 2+a 1b 2i +b 1a 2i 不一定为0，故B错误；当z=1−i时z2=−2i为纯虚数，其实部和虚部不相等，故C错误；若复数z=(a−1)+(a2−1)i(a∈R)是虚数，则a2−1≠0，即a≠±1所以“a≠1”是“复数z=(a−1)+(a2−1)i(a∈R)是虚数”的必要不充分条件，故D正确；故选：AD小提示：本题考查的是复数的相关知识，考查了学生对基础知识的掌握情况，属于中档题.10、给出下列命题，其中是真命题的是（）A．纯虚数z的共轭复数是−z B．若z1−z2=0，则z1=z2C．若z1+z2∈R，则z1与z2互为共轭复数D．若z1−z2=0，则z1与z2互为共轭复数答案：AD解析：A．根据共轭复数的定义判断.B.若z1−z2=0，则z1=z2，z1与z2关系分实数和虚数判断.C.若z1+z2∈R，分z1,z2可能均为实数和z1与z2的虚部互为相反数分析判断.D. 根据z1−z2=0，得到z1=z2，再用共轭复数的定义判断.A．根据共轭复数的定义，显然是真命题；B．若z1−z2=0，则z1=z2，当z1,z2均为实数时，则有z1=z2，当z1，z2是虚数时，z1≠z2，所以B是假命题；C．若z1+z2∈R，则z1,z2可能均为实数，但不一定相等，或z1与z2的虚部互为相反数，但实部不一定相等，所以C是假命题；D. 若z1−z2=0，则z1=z2，所以z1与z2互为共轭复数，故D是真命题.故选：AD小提示：本题主要考查了复数及共轭复数的概念，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.11、已知复数z1=1−3i，z2=3+i，则（）A．|z1+z2|=6B．z1−z2=−2+2iC．z1z2=6−8i D．z1z2在复平面内对应的点位于第二象限答案：BC分析：直接根据复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义依次判断4个选项即可.由题可知，|z1+z2|=√42+(−2)2=2√5，A不正确；z1−z2=−2+2i，B正确；z1z2=(1−3i)(3+i)=3+i−9i−3i2=6−8i，C正确；对应的点在第四象限，D不正确.故选：BC.12、已知方程x2+2(1+i)x+(a−b)i+2ab=0(a,b∈R)，则下列说法正确的是（）A．若方程有一根为0，则a=0且b=0B．方程可能有两个实数根时，方程可能有纯虚数根C．ab<12D．若方程存在实数根x0，则x0≤0或x0≥2答案：AD分析：将方程进行等价变形为x2+2x+2ab+(a−b+2x)i=0，利用复数的定义，若复数为0，则实部为0，虚部也为0，判断AB选项；结合基本不等式求解实根的范围判断D选项；举例当a=0且b=0时，无纯虚根判断C.解：A选项：若方程有一根为0，则代入方程有(a−b)i+2ab=0，则有a=b，2ab=0，即a=0且b=0，故A正确；B选项：方程可变形为：x2+2x+2ab+(a−b+2x)i=0，即x2+2x+2ab=0,(a−b+2x)=0，则x=b−a，只有一解，故B错误；2C选项：当a=0且b=0时，方程仅存在一解x=0，此时无纯虚根，故C错误；，代入方程可得：b2+a2+4b−4a+6ab=0，即(b−a)2+D选项：若方程存在实数根x0，则x0=b−a24(b−a)−8(−a)b=0，即(b−a)2+4(b−a)−2(b−a)2≤0，解得：(b−a)≤0或(b−a)≥4，即x0≤0或x0≥2，故D正确故选：AD13、下列命题中正确的有（）A．若复数z满足1∈R，则z∈R；B．若复数z满足z2∈R，则z∈R；zC．若复数z1,z2满足z1z2∈R，则z1=z2；D．若复数z∈R，则z∈R．答案：AD分析：根据复数的运算性质，即可判定A正确；取z=i，可判定B不正确；取z1=1+i,z2=2−2i，可判断C不正确；根据复数的运算法则，可判定D正确.对于A中，设复数z=a+bi,(a,b∈R)，可得1z =a−bi(a+bi)(a−bi)=aa2+b2−ba2+b2i，因为1z∈R，可得b=0，所以z=a∈R，所以A正确；对于B中，取z=i，可得z2=−1，所以B不正确；对于C中，例如：z1=1+i,z2=2−2i，则z1z2=(1+i)×2(1−i)=4∈R，此时z1≠z2，所以C不正确；对于D中，设z=a+bi,(a,b∈R)，由z∈R，可得b=0，即z=a，可得z=a∈R，所以D正确.故选：AD填空题14、设复数z的共轭复数为z，若z＝1－i(i为虚数单位)，则2x+√2y=+2=0＋z2的虚部为_____.答案：－1分析：由题意结合共轭复数的概念、复数的运算可得zz+z2=−i，再由虚部的概念即可得解.∵z＝1－i(i为虚数单位)，∴z=1+i，∴zz +z2=1+i1−i+(1−i)2=(1+i)2(1−i)(1+i)−2i=2i2−2i=−i，∴zz+z2的虚部为−1.所以答案是：−1.小提示：本题考查了共轭复数的求解、复数的运算、复数虚部的求解，牢记知识点、细心计算是解题关键，属于基础题.15、已知|z−1−i|=1，则|z+i|的取值范围是_____________；答案：[√5−1,√5+1]分析：利用复数的几何意义求解，|z−1−i|=1表示复平面内到点(1,1)距离为1的所有复数对应的点，|z+i|表示复平面内到点(0,−1)的距离，结合两点间距离公式可求范围.因为在复平面内，|z−1−i|=1表示复平面内到点(1,1)距离为1的所有复数对应的点，即复数z对应的点都在以(1,1)为圆心，半径为1的圆上；|z+i|表示复平面内的点到点(0,−1)的距离，最小值为√(0−1)2+(−1−1)2−1=√5−1，最大值为√(0−1)2+(−1−1)2+1=√5+1，所以|z+i|的取值范围是[√5−1,√5+1].所以答案是：[√5−1,√5+1].小提示：名师点评本题考查复数的模，复数的几何意义，复数的几何意义是复平面内两点之间的距离公式，若z=x+yi，则|z−a−bi|表示复平面内点(x,y)与点(a,b)之间的距离，|z−a−bi|=r表示以(a,b)为圆心，以r为半径的圆上的点.16、已知复数z满足z(1−i)=(1+i)2，则z=___________.答案：−1+i##i-1分析：利用复数的运算进行化简即可．z(1−i)=(1+i)2=2i，则z=2i1−i =2i(1+i)(1−i)(1+i)=i−1，所以答案是：−1+i解答题17、已知复数z=m（m+2）+（m2+m-2）i．(1)若z是纯虚数，求实数m的值；(2)若z在复平面内对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围．答案：(1)m=0(2)（0，1）分析：（1）根据纯虚数的概念，让实部等于零，虚部不等于零，列方程求解即可；（2）根据复数z在复平面内对应的点位于第四象限，得到实部大于零，虚部小于零，列不等式求解即可.（1）若复数是纯虚数，则{m(m+2)=0m2+m−2≠0，解得m=0或m=−2且m≠1，m≠−2，所以m=0.（2）复数z在复平面内对应的点位于第四象限，则{m(m+2)>0m2+m−2<0，解得0<m<1，故m的取值范围为(0,1).18、已知复数z 1=2−5i ，z 2=1+(2cosθ)i .(1)求z 1⋅z 1；(2)复数z 1，z 2对应的向量分别是OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中O 为坐标原点，当θ=π3时，求OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值. 答案：(1)29；(2)-3.分析：（1）求出z 1，再利用复数乘法运算计算作答.（2）根据给定条件，求出OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，再利用向量数量积的坐标表示计算作答.(1)因复数z 1=2−5i ，则z 1=2+5i ，所以z 1⋅z 1=(2−5i)(2+5i)=29.(2)依题意，OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−5)，当θ=π3时，OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2cosθ)=(1,1)，所以OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×1+(−5)×1=−3.。