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复数概念1


复数的有关概念
第 84 课时 课题:复数的有关概念 一、教学目标: 1.使学生了解扩充实数集的必要性,正确理解复数的有关概念.掌握复数的代数、几 何、三角表示及其转换; 2.掌握复数的运算法则,能正确地进行复数的运算,并理解复数运算的几何意义; 3.掌握在复数集中解实数系数一元二次方程和二项方程的方法. 4.通过内容的阐述,带综合性的例题和习题的训练,继续提高学生灵活运用数学知识 解题的能力. 5.通过数的概念的发展,复数、复平面内的点及位置向量三者之间的联系与转换的复 习教学,继续对学生进行辩证观点的教育. 二、教学重点:复数三角形式表示法及复数的运算法则,复数与实数的区别和联系。 三.教学过程: (一)主要知识: 1.数的概念的发展,复数的有关概念(实数、虚数、纯虚数、复数相等、共轭复数、模) ; 2.复数的代数表示与向量表示; 3.复数的加法与减法,复数的乘法与除法,复数的三角形式,复数三角形式的乘法与乘方, 复数三角形式的除法与开方; 4.复数集中解实系数方程(包括一元二次方程、二项方程) 。 复数在过去几年里是代数的重要内容之一,涉及的知识面广,对能力要求较高,是高考热点 之一。但随着新教材对复数知识的淡化,高考试题比例下降,因此考生要把握好复习的尺度。 从近几年的高考试题上看:复数部分考查的重点是基础知识题型和运算能力题型。基础知识 部分重点是复数的有关概念、复数的代数形式、三角形式、两复数相等的充要条件及其应用, 复平面内复数的几何表示及复向量的运算。主要考点为复数的模与辐角主值,共轭复数的概 念和应用。若只涉及到一、二个知识点的试题大都集中在选择题和填空题;若涉及几个知识 点的试题,往往是中、高档题目,解答此类问题一般要抓住相应的概念进行正确的变换,对 有些题目,往往用数形结合可获得简捷的解法。有关复数 n 次乘方、求辐角(主值)等问题, 涉及到复数的三角形式,首先要将所给复数转化为三角形式后再进行变换。 复数的运算是高考中复数部分的热点问题。主要考查复数的代数和三角形式的运算,复数模 及辐角主值的求解及复向量运算等问题。 基于上述情况,我们在学习“复数”一章内容时,要注意以下几点: (1)复数的概念几乎都是解题的手段。因此在学习复数时要在深入理解、熟练掌握复数概 念上下功夫。除去复数相等、模、辐角、共轭

-1-

复数的三角形式和代数式,提供了将“复数问题实数化”的手段。 复数的几何意义也是解题的一个重要手段。 (2)对于涉及知识点多,与方程、三角、解析几何等知识综合运用的思想方法较多的题型, 以及复数本身的综合题,一直成为学生的难点,应掌握规律及典型题型的技巧解法,并加以 强化训练以突破此难点; (3)重视以下知识盲点: ①不能正确理解复数的几何意义,常常搞错向量旋转的方向; ②忽视方程的虚根成对出现的条件是实系数; ③盲目地将实数范围内数与形的一些结论,不加怀疑地引用到复数范围中来; ④容易混淆复数的有关概念,如纯虚数与虚数的区别问题,实轴与虚轴的交集问题,复数辐 角主值的范围问题等。 (二)知识点详析 1.知识体系表解

2.复数的有关概念和性质: (1)i 称为虚数单位,规定 i ? ?1 ,形如 a+bi 的数称为复数,其中 a,b∈R.
2

-2-

(2)复数的分类(下面的 a,b 均为实数)

(3)复数的相等设复数 z1 ? a1 ? b1i, z2 ? a2 ? b2i (a1 , b1 , a2 , b2 ? R) ,那么 z1 ? z2 的充要条件 是: a1 ? b1且a2 ? b2 .

(4)复数的几何表示复数 z=a+bi(a,b∈R)可用平面直角坐标系内点 Z(a,b)来表示.这时 称此平面为复平面,x 轴称为实轴,y 轴除去原点称为虚轴.这样,全体复数集 C 与复平面 上全体点集是一一对应的.

复数 z=a+bi ? a, b ? R ? .在复平面内还可以用以原点 O 为起点,以点 Z(a,b)

向量所成的集合也是一一对应的(例外的是复数 0 对应点 O,看成零向量). (7)复数与实数不同处 ①任意两个实数可以比较大小,而任意两个复数中至少有一个不是实数时就不能比较大小. ②实数对于四则运算是通行无阻的,但不是任何实数都可以开偶次方.而复数对四则运算和 开方均通行无阻. 3.有关计算: ⑴i
n

? n ? N ? 怎样计算?(先求 n 被 4 除所得的余数, i
*

4k ?r

? i r ?k ? N *, r ? N ? )

⑵ ?1 ? ?

1 3 1 3 ? i、? 2 ? ? ? i 是 1 的两个虚立方根,并且: 2 2 2 2
-3-

3 2 ?13 ? ? 2 ? 1 ?12 ? ? 2 ? 2 ? ?1

1

?1

? ?2

1

?2

? ?1

?1 ? ? 2 ? 2 ? ?1 ?1 ? ? 2 ? ?1
复数集内的三角形不等式是: z1 ? z 2 ? z1 ? z 2 ? z1 ? z 2 ,其中左边在复数 z1、z2 对应 的向量共线且反向(同向)时取等号,右边在复数 z1、z2 对应的向量共线且同向(反向)时 取等号。 棣莫佛定理是: ?r (cos? ? i sin ? )? ? r n (cosn? ? i sin n? )(n ? Z )
n

若非零复数 z ? r (cos? ? i sin ? ) ,则 z 的 n 次方根有 n 个,即:

z k ? n r (cos

2k? ? ? 2k? ? ? ? i sin )( k ? 0,2, ,n ? 1) 1, ? n n

它们在复平面内对应的点在分布上有什么特殊关系? 都位于圆心在原点,半径为 n r 的圆上,并且把这个圆 n 等分。 若 z1 ? 2,z 2 ? 3(cos 标原点)的面积是

?

? i sin ) ? z1 ,复数 z1、z2 对应的点分别是 A、B,则△AOB(O 为坐 3 3

?

1 ? ? 2 ? 6 ? sin ? 3 3 。 2 3

z?z = z 。
复平面内复数 z 对应的点的几个基本轨迹: ① arg z ? ? (?为实常数 ? 轨迹为一条射线。 ) ② arg(z ? z0 ) ? ? ( z0是复常数, 是实常数) 轨迹为一条射线。 ? ? ③ z ? z0 ? r (r是正的常数) 轨迹是一个圆。 ? ④ z ? z1 ? z ? z 2 ( z1、z 2是复常数 ? 轨迹是一条直线。 ) ⑤ z ? z1 ? z ? z2 ? 2a( z1、z2是复常数, 是正的常数) 轨迹有三种可能情形:a)当 a ?

2

2a ? z1 ? z2 时,轨迹为椭圆;b)当 2a ? z1 ? z2 时,轨迹为一条线段;c)当 2a ? z1 ? z2
时,轨迹不存在。 -4-

⑥ z ? z1 ? z ? z 2 ? 2a ( a是正的常数 ) ? 轨迹有三种可能情形:a)当 2a ? z1 ? z 2 时, 轨迹为双曲线; b)当 2a ? z1 ? z 2 时, 轨迹为两条射线; c)当 2a ? z1 ? z 2 时, 轨迹不存在。 4.学习目标 (1)联系实数的性质与运算等内容,加强对复数概念的认识; → (2)理顺复数的三种表示形式及相互转换: z=r(cosθ +isinθ )? OZ(Z(a,b))? z=a+bi (3)正确区分复数的有关概念; 虚 复 (4)掌握复数几何意义,注意复数与三角、解几等内容的综合; 数 数 集集 实数集 (5)正确掌握复数的运算:复数代数形式的加、减、乘、除;三角形式 纯虚数集 的乘、除、乘方、开方及几何意义;虚数单位 i 及 1 的立方虚根 ω 的 性质;模及共轭复数的性质; (6)掌握化归思想——将复数问题实数化(三角化、几何化) ; (7)掌握方程思想——利用复数及其相等的有关充要条件,建立相应的方程,转化复数问题。 (三)例题分析: Ⅰ.2004 年高考数学题选 1. (2004 年四川卷理 3)设复数ω =- A.–ω B.ω
2

1 + 3 i,则 1+ω = 2 2 1 1 C. ? D. 2 ? ?
2





2.(2004 重庆卷 2))设复数 z ? 1 ? 2i, 则z 2 ? 2z , 则 Z ? 2Z ?





A.–3 B.3 C.-3i D.3i 2 3. (2004 高考数学试题广东 B 卷 14)已知复数 z 与 (z +2) -8i 均是纯虚数,则 z = . Ⅱ.范例分析

①实数?②虚数?③纯虚数?

①复数 z 是实数的充要条件是:

∴当 m= ? 2 时复数 z 为实数. -5-

②复数 z 是虚数的充要条件:

∴当 m≠ ? 3 且 m≠ ? 2 时复数 z 为虚数 ③复数 z 是纯虚数的充要条件是:

∴当 m=1 时复数 z 为纯虚数. 【说明】要注意复数 z 实部的定义域是 m≠ ? 3,它是考虑复数 z 是实数,虚数纯虚数的必要 条件. 要特别注意复数 z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件是 a=0 且 b≠0. ( )

z ? ? 2 ? z ? ? 1 ? 4 ? 4 z ? z ? 1 ,所以 z ?
2 2 2
2

5 3 ,代入①得 z ? ? i ,故选 B . 4 4

?3? 解法 3:选择支中的复数的模均为 ? ? ? 1 ,又 z ? 0 ,而方程右边为 2+i,它的实部,虚 ?4?
部均为正数,因此复数 z 的实部,虚部也必须为正,故选择 B. 【说明】解法 1 利用复数相等的条件;解法 2 利用复数模的性质;解法 3 考虑选择题的特点.

求:z 【分析】确定一个复数要且仅要两个实数 a、b,而题目恰给了两个独立条件采用待定系数法 可求出 a、b 确定 z.

运算简化. -6-

解:设 z=x+yi(x,y∈R)

将 z=x+yi 代入|z ? 4|=|z ? 4i|可得 x=y,∴z=x+xi

(2)当|z ? 1| =13 时,即有 x ? x ? 6=0 则有 x=3 或 x= ? 2
2 2

综上所述故 z=0 或 z=3+3i 或 z=-2 ? 2i 【说明】注意熟练地运用共轭复数的性质.其性质有:

(3)1+2i+3 i +?+1000 i

2

999

【说明】计算时要注意提取公因式,要注意利用 i 的幂的周期性,

-7-

(3)解法 1:原式=(1+2i ? 3 ? 4i)+(5+6i ? 7 ? 8i)+?+(997+998i ? 999 ? 1000i) =250( ? 2 ? 2i)= ? 500 ? 500i 解法 2:设 S=1+2i+3 i +?+1000 i ∴(1 ? i)S=1+i+ i +?+ i
2 999 2 999

,则 iS=i+2 i +3 i +?+999 i

2

3

999

+1000 i

1000



? 1000 i1000

【说明】充分利用 i 的幂的周期性进行组合,注意利用等比数列求和的方法.

-8-

【例 6】已知三边都不相等的三角形 ABC 的三内角 A、B、C 满足

sin A cos B ? sin B ? sin A cos C ? sin C , 设复数 z1 ? cos ? ? i sin ? (0 ? ? ? ?且? ?

?
2

)、

z 2 ? 2 (cos A ? i sin A),求arg(z1 z 2 ) 的值.
【解】? sin A cos B ? sin B ? sin A cosC ? sin C
? sin A(cosB ? cosC) ? sin C ? sin B

得 4 sin A cos A (? sin B ? C ? sin B ? C ) ? ?2 sin B ? C cos B ? C ??3 分 2 2 2 2 2 2
? B?C ? A ? ? 2 2 2 ? cos B?C A B?C A B?C ? sin , sin ? cos , 又 ? 0, 2 2 2 2 2
?A?

? sin

A B ?C ? 0, sin ? 0. 上式化简为 cos 2 A ? 1 2 2 2 2

? ??6 分
2

-9-

z1 z 2 ? 2[cos( ? ?

?
2

) ? i sin(? ?

? ??9 分 ? 3? )] ?当0 ? ? ? 时, arg( z1 z 2 ) ? ??
2 2 2

当 ? ? ? ? ?时, arg( z1 z 2 ) ? ? ? ? ??12 分
2 2

【例 7】设 z1=1-cosθ +isinθ ,z2=a +ai(a∈R),若 z1z2≠0,z1z2+z1z2=0,问在(0,2π ) 2 内是否存在 θ 使(z1-z2) 为实数?若存在,求出 θ 的值;若不存在,请说明理由. 【分析】 这是一道探索性问题. 可根据复数的概念与纯虚数的性质及复数为实数的充要条件, 直接进行解答. 【解】假设满足条件的 θ 存在. 因 z1z2≠0,z1z2+z1z2=0,故 z1z2 为纯虚数. 2 又 z1z2=(1-cosθ +isinθ )(a +ai) 2 2 =[a (1-cosθ )-asinθ ]+[a(1-cosθ )+a sinθ ]i, 于是,?
?a (1-cosθ )-asinθ =0 , ?a(1-cosθ )+a sinθ ≠0 .
2 2

2

① ②

由②知 a≠0. sinθ 因 θ ∈(0,2π ),故 cosθ ≠1.于是,由①得 a= . 1-cosθ 另一方面,因(z1-z2) ∈R,故 z1-z2 为实数或为纯虚数.又 z1-z2=1-cosθ -a +(sinθ -a)i,于 2 是 sinθ -a=0,或 1-cosθ -a =0.
2 2

?sinθ -a=0, ? sinθ 若 sinθ -a=0,则由方程组? ?a= 1-cosθ , ?
得 sinθ π 3π =sinθ ,故 cosθ =0,于是 θ = 或 θ = . 1-cosθ 2 2
2 2

若 1-cosθ -a =0,则由方程组

? ?1-cosθ -a =0, sinθ 2 sinθ 得( ) =1-cosθ . ? 1-cosθ a= , ? ? 1-cosθ
由于 sin θ =1-cos θ =(1+cosθ )(1-cosθ ),故 1+cosθ =(1-cosθ ) . π 3π 解得 cosθ =0,从而 θ = 或 θ = . 2 2 π 3π 2 综上所知,在(0,2π )内,存在 θ = 或 θ = ,使(z1-z2) 为实数. 2 2 【 说 明 】 ① 解 题 技 巧 : 解 题 中 充 分 使 用 了 复 数 的 性 质 : z ≠ 0 , z+ z =0?z ∈ { 纯 虚
?Re(z)=0, 2 数}?? 以及 z ∈R?z∈R 或 z∈{纯虚数}. (注:Re(z),Im(z)分别表示复数 z Im(z)≠0. ?
2 2 2

的实部与虚部) ②解题规律:对于“是否型存在题型” ,一般处理方法是首先假设结论成立,再进行正确的 推理,若无矛盾,则结论成立;否则结论不成立. - 10 -

【例 8】设 a 为实数,在复数集 C 中解方程: z +2|z|=a. 2 【分析】由于 z =a-2|z|为实数,故 z 为纯虚数或实数,因而需分情况进行讨论. 2 2 【解】设|z|=r.若 a<0,则 z =a-2|z|<0,于是 z 为纯虚数,从而 r =2r–a. 解得 r=1+ 1-a(r=1- 1-a<0,不合,舍去).故 z=±(1+ 若 a≥0,对 r 作如下讨论: 1 2 (1)若 r≤ a,则 z =a-2|z|≥0,于是 z 为实数. 2 解方程 r =a-2r,得 r=-1+ 1+a(r=-1- 1+a<0,不合,舍去). 故 z=±(-1+ 1+a). 1 2 (2)若 r> a,则 z =a-2|z|<0,于是 z 为纯虚数. 2 解方程 r =2r-a,得 r=1+ 1-a或 r=1故 z=±(1± 1-a)i(a≤1). 综上所述,原方程的解的情况如下:
2 2

2

1-a)i.

1-a(a≤1).

当 a<0 时,解为:z=±(1+ 1-a)i; 当 0≤a≤1 时,解为:z=±(-1+ 1+a),z=±(1± 1-a)i; 当 a>1 时,解为:z=±(-1+ 1+a). 【说明】解题技巧:本题还可以令 z=x+yi(x、y∈R)代入原方程后,由复数相等的条件将复 数方程化归为关于 x,y 的实系数的二元方程组来求解. 【例 9】 (2004 年上海市普通高校春季高考数学试卷 18) 已知实数 p 满足不等式 【解】由
2 x ?1 x?2

2x ? 1 ? 0 ,试判断方程 z 2 ? 2 z ? 5 ? p 2 ? 0 有无实根,并给出证明. x?2

? 0 , 解 得 ? 2 ? x ? ? 1 , ? ? 2 ? p ? ? 1 . 方 程 z 2 ? 2z ? 5 ? p 2 ? 0 的 判 别 式 2 2

? ? 4( p 2 ? 4) .

? ? 2 ? p ? ? 1 , ? 1 ? p2 ? 4 , ? ? 0 ,由此得方程 z 2 ? 2 z ? 5 ? p 2 ? 0 无实根. 2 4

【例 10】给定实数 a,b,c.已知复数 z1、z2、z3 满足

?|z1|=|z2|=|z3|, ? z2 z3 ?z1 ?z2 + z3 + z1 =1. ?

(1) 求|az1+bz2+cz3|的值. (2)

【分析】注意到条件(1),不难想到用复数的三角形式;注意到条件(2) ,可联想使用复数 为实数的充要条件进行求解. z1 z2 【解】解法一由|z1|=|z2|=|z3|=1,可设 =cosθ +isinθ , =cosφ +isinφ , z2 z3 - 11 -

z3 1 z1 z2 z3 则 = =cos(θ +φ )-isin(θ +φ ).因 + + =1,其虚部为 0, z1 z2 z1 z2 z3 z1 · z3 z2 θ +φ θ -φ θ +φ θ +φ 故 0=sinθ +sinφ -sin(θ +φ )=2sin cos -2sin cos 2 2 2 2 θ +φ θ -φ θ +φ θ +φ θ φ =2sin (cos -cos )=4sin sin sin . 2 2 2 2 2 2 故 θ =2kπ 或 φ =2kπ 或 θ +φ =2kπ ,k∈Z.因而 z1=z2 或 z2=z3 或 z3=z1. z3 若 z1=z2,代入(2)得 =±i,此时 z1 |az1+bz2+cz3|=|z1|?|a+b±ci|= (a+b) + c . 2 2 类似地,如果 z2=z3,则|az1+bz2+cz3|= (b+c) + a ; 2 2 如果 z3=z1,则|az1+bz2+cz3|= (a+c) + b . z1 z2 z3 解法二由(2)知 + + ∈R,故 z2 z3 z1 _ z1 z2 z3 z1 z2 z3 + + = + + , z2 z3 z1 z2 z3 z1 由(1)得zk =
2 2 2 2



z1 z2 z3 z1 z 2 z 3 ? ? . + + = z2 z3 z1 z z 3 z1 2

z1 z2 z3 z2 z3 z1 (k=1,2,3),代入上式,得 + + = + + , zk z2 z3 z1 z1 z2 z3
2 2 2 2

1

即 z1 z3+z2 z1+z3 z2=z2 z3+z3 z1+z1 z2,分解因式,得(z1-z2)(z2-z3)(z3-z1)=0, 于是 z1=z2 或 z2=z3 或 z3=z1.下同解法一. _ z1 z2 【说明】①解题关键点是巧妙利用复数为实数的充要条件:z∈R?z=z ,以及视 , 等 z2 z3 为整体,从而简化了运算. ②解题易错点是拿到问题不加分析地就盲目动笔,而不注意充分观察题目的已知条件,结论 特征等,从而使问题的求解或是变得异常的复杂,或干脆就无法解出最终的结果. (四)巩固练习: π 设复数 z=3cosθ +2isinθ ,求函数 y=θ -argz(0<θ < )的最大值以及对应角 θ 的值. 2 【分析】先将问题实数化,将 y 表示成 θ 的目标函数,后利用代数法(函数的单调性、基 本不等式等)以及数形结合法进行求解. π π 解法一、由 0<θ < ,得 tanθ >0,从而 0<argz< . 2 2 2sinθ 2 由 z=3cosθ +2isinθ ,得 tan(argz)= = tanθ >0. 3cosθ 3

- 12 -

于是

1 tanθ 3 tanθ -tan(argz) 1 tany=tan(θ -argz)= = = 1+tanθ tan(argz) 2 3 2 1 + tan θ + 2tanθ 3 tanθ 1 3 ·2tanθ tanθ = 6 . 12

≤ 2

3 6 当且仅当 =2tanθ ,即 tanθ = 时,取“=” . tanθ 2 又因为正切函数在锐角的范围内为增函数,故当 θ =arctan 6 6 时,y 取最大值为 arctan . 2 12

π π 解法二、因 0<θ < ,故 cosθ >0,sinθ >0,0<argz< ,且 2 2 cos(argz)= 3cosθ 9cos θ +4sin θ
2 2

,sin(argz)=

2sinθ 9cos θ +4sin θ
2 2



π π 显然 y∈(- , ),且 siny 为增函数. 2 2 siny=sin(θ -argz)=sinθ cos(argz)-cosθ sin(argz)= 1 9csc θ +4sec θ
2 2 2

sinθ cosθ 9cos θ +4sin θ 1
2 2

=

=

1 9+9cot θ +4+4tan θ
2 2



1 = . 13+2 9cot θ ·4tan θ 5
2 2

当且仅当9cot θ = 4tan θ ,即 tanθ =

2

6 6 ,取“=” ,此时 ymax=arctan . 2 12 y
Z1 Z

解法三、设 Z1=2(cosθ +isinθ ),Z2=cosθ ,则 Z=Z1+Z2,而 Z1、 Z2、Z 的辐角主值分别为 θ 、0,argz.如图所示,必有 y=∠ZOZ1, π 且 0<y< . 2 在△ZOZ1 中,由余弦定理得 2 2 2 2 2 |OZ1| +|OZ| -|Z1Z| 4+4+5cos θ -cos θ cosy= = 2 2|OZ1|?|OZ| 2×2 4+5cos θ = 4+5cos θ 6 2 6 + ≥ . 2 5 5 5 4+5cos θ
2 2

θ argz o
9图 Z2

x

当且仅当 4+5cos θ =6,即 cosθ = 又因为余弦函数在 0<θ <

10 时,取“=” . 5

π 10 2 6 为减函数,故当 θ =arccos 时,ymax=arccos . 2 5 5 - 13 -

【说明】①解题关键点:将复数问题通过化归转化为实数问题,使问题能在我们非常熟悉的

情景中求解.②解题规律:多角度思考,全方位探索,不仅使我们获得了许多优秀解法,而 且还使我们对问题的本质认识更清楚,进而更有利于我们深化对复数概念的理解,灵活驾驭 求解复数问题的能力.③解题易错点:因为解法的多样性,反三角函数表示角的不唯一性, 因而最后的表述结果均不一样,不要认为是错误的. 四、课后作业: 1.下列说法正确的是 ( ) A.0i 是纯虚数 B.原点是复平面内直角坐标系的实轴与虚轴的公共点 C.实数的共轭复数一定是实数,虚数的共轭复数一定是虚数 D. i 是虚数 2.下列命题中,假命题是 A.两个复数不可以比较大小 C.两个虚数不可以比较大小
2
2

( ) B.两个实数可以比较大小 D.一虚数和一实数不可以比较大小 ( )

3.已知对于 x 的方程 x +(1 ? 2i)x+3m ? i=0 有实根,则实数 m 满足

4.复数 1+i+ i +?+ i 等于 A.i B. ? i C.2i D. ? 2i

2

10





5.已知常数 z0 ? C, 且z0 ? 0, 复数z1满足 | z1 ? z0 |?| z1 | ,又复数 z 满足 zz1 ? ?1 ,求复平 面内 z 对应的点的轨迹。

?4? 6、设复数 z ? ? 6 ? 2i ,记 u ? ? ? 。 ?z?
(1)求复数 u 的三角形式; (2)如果

3

a b ? ? z ? 2u ,求实数 a 、 b 的值。 z u

7. (2003 年普通高等学校招生全国统一考试(理 17)) 已知复数 z 的辐角为 60 ? ,且 | z ? 1 | 是 | z | 和 | z ? 2 | 的等比中项,求 | z | 8.已知复数 z1 , z2 满足 z1 ? z2 ? 1,且 z1 ? z2 ? 2 。

?z ? 求 z1 ? z2 的值; (2)求证: ? 1 ? ? 0 ; ? z2 ?
- 14 -

2

(3)求证对于任意实数 a ,恒有 z1 ? az2 ? z1 ? az2 。 9. (1992·三南试题)求同时满足下列两个条件的所有复数 z: 10 10 (1)z+ 是实数,且 1<z+ ≤6;(2)z 的实部和虚部都是整数.

z

z

参考答案 1、解 0i=0∈R 故 A 错;原点对应复数为 0∈R 故 B 错,i2=-1∈R,故 D 错,所以答案为 C。 2、解本题主要考察复数的基本性质,两个不全是实数的复数不能比较大小,故命题 B,C,D 均正确,故 A 命题是假的。 3、解本题考察复数相等概念,由已知

4、解:因为 i 的四个相邻幂的和为 0,故原式=1+i+i2+0+0=i,答案:A。 5、解: z ? z1 ? ?1,? z1 ? ? 1 ,?| ? 1 ? z0 |?| 1 |,即 | z ? 1 |? 1 ( z0 ? 0)
z z z z0 | z0 |
z0

∴Z 对应的点的轨迹是以 ? 1 对应的点为圆心,以 | 1 | 为半径的圆,但应除去原点。
z0

6、答案: (1) u ? 2 2 ? cos
?

? ?

3? 3? ? i sin 2 2
?

? (2) a ? 8, b ? ?8 ?; ?
r . z ? z ? r, z z ? r 2 由题设 2

7、解:设 z ? r cos60 ? r sin 60 ) ,则复数 z的实部为

| z ? 1 | 2 ?| z | ? | z ? 2 | 即 : ( z ? 1)(z ? 1) ?| z | ( z ? 2)(z ? 2) ,? r 2 ? r ? 1 ? r r 2 ? 2r ? 4 , 整理得r 2 ? 2r ? 1 ? 0.解得 : r ? 2 ? 1, r ? ? 2 ? 1(舍去).即 | z |? 2 ? 1.

8、答案(1) 2 ; (2)(3)省略。 、 9、分析:按一般思路,应设 z=x+yi(x,y∈R) ,或 z=r(cos

- 15 -

∵1<t≤6∴Δ =t2-40<0,解方程得

又∵z 的实部和虚部都是整数,∴t=2 或 t=6 故 z=1±3i 或 z=3±i 10 解法二:∵z+ ∈R,

z

_ _ _ 10 10 从而 z=z 或 zz =10.若 z=z ,则 z∈R,因 1<z+ ≤6,故 z>0,从而 z+ ≥2 10>6,

z

z

_ _ 2 2 此时无解;若 zz =10,则 1<z+z ≤6.设 z=x+yi(x、y∈Z),则 1<2x≤6,且 x +y =10,联 立解得?
?x=1, ?y=3,

或?

?x=1,

?y= -3,

或?

?x=3,

?y=1,

或?

?x=3, ?y= -1.

故同时满足下列两个条件的所有复数 z=1+3i,1-3i,3+i,3-i。

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