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步步高 学案导学 设计 学年 高中数学 扩充 复数 引入 课时 作业 功课 单元 综合 检测 打包 新人 选修

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【步步高 学案导学设计】2014-2015学年高中数学 第3章 数系的扩充与复数的引入（课时作业+单元综合检测）（打包7套）新人教A版选修2-,步步高,学案导学,设计,学年,高中数学,扩充,复数,引入,课时,作业,功课,单元,综合,检测,打包,新人,选修

内容简介：

- 1 - 系的扩充和复数的概念 课时目标 i 的必要性，了解数集的扩充过程 解在数系的扩充中由实数集扩展到复数集出现的一些基本概念 握复数代数形式的表示方法，理解复数相等的充要条件 1把集合 C a bi|a， b R中的数，即形如 a bi(a， b R)的数叫做 _，其中 i 叫做 _，全体复数所成的集合 C 叫做 _ 2复数通常用 z 表示， z _叫做复数的代数形式，其中 _分别叫复数 z 的实部与虚部 3设 z a bi(a， b R)，则当且仅当 _时， z 为实数当 _时， z 为虚数，当 _时， z 为纯虚数 4实数集 R 是复数集 C 的 _，即 _这样复数包括 _和 _ 5 a c di(a， b， c， d R)的充要条件是_ 一、 选择题 1 “ a 0” 是 “ 复数 a a， b R)为纯虚数 ” 的 ( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 2设 a， b R，若 (a b) i 10 i 为虚数单位 )，则 ( a b)2等于 ( ) A 12 B 8 C 8 D 10 3若 z (1) (x 1)i 为纯虚数，则实数 x 的值为 ( ) A 1 B 0 C 1 D 1 或 1 4下列命题中： 两个复数不能比较 大小； 若 z a 当且仅当 a 0 且 b0 时， z 为纯虚数； x 1 ix y 1； 若 a 0，则 a b 0. - 2 - 其中正确命题的个数为 ( ) A 0 B 1 C 2 D 3 5下列复数中，满足方程 2 0 的是 ( ) A 1 B i C 2i D 2i 6已知复数 z (2 b)i 的实部和虚部分别是 2 和 3，则实数 a、 b 的值分别是 ( ) A. 2， 1 B. 2， 5 C 2， 5 D 2， 1 题 号 1 2 3 4 5 6 答 案 二、填空题 7若 (5m 4) (2m)i0，则实数 m 的值为 _ 8已知复数 (3m 1) (2n 1)i， (n 7) (m 1)i，若 数 m、 n 的值分别为 _、 _. 9给出下列几个命题： 若 x 是实数，则 x 可能不是复数； 若 z 是虚数，则 z 不是实数； 一个复数为纯虚数的充要条件是这个复数的实部等于零； 1 没有平方 根； 若 a R，则 (a 1)i 是纯虚数； 两个虚数不能比较大小 则其中正确命题的个数为 _ 三、解答题 10实数 m 分别为何值时，复数 z 2m 3m 3 (3m 18)i 是： (1)实数； (2)虚数；(3)纯虚数 - 3 - 5， (2m) (m 2)i， Q 4i,5，若 P Q P Q，求实数 m 的值 能力提升 12已知复数 z 7a 61 (5a 6)i (a R)，试求实数 a 取什么值时， z 分别为： (1)实数； (2)虚数； (3)纯虚数 1对于复数 z x 有当 x， y R 时，才能得出实部为 x，虚部为 y(不是 进而讨论复数 z 的性质 - 4 - 2复数相等的充要条件是复数问题实数化的依据 答案 知识梳理 1复数 虚数单位 复数集 2 a bi(a， b R) a 与 b 3 b 0 b0 a 0 且 b0 4真子集 R C 实数 虚数 5 a c 且 b d 作业设计 1 B 复数 a a， b R)为纯虚数 a 0 且 b0. 2 A 由 a b 101 ， 可得 ( a b)2 a b 2 12. 3 A z 为纯虚数， 1 0，x 10 ， x 1. 4 A C 由题意得： 2， (2 b) 3， a 2， b . 7 0 解析 由题意 得： 5m 40；2m 0. 解得： m 0. 8 2 0 解析 两复数相等，即实部与实部相等，虚部与虚部相等故有 3m 1 n 72n 1 m 1 ， 解得 m 2， n 0. 9 2 解析 因为实数是复数，故 错； 正确；因为复数为纯虚数要求实部为零，虚部不为 零，故 错；因为 1 的平方根为 i ，故 错；当 a 1 时， (a 1)i 是实数 0，故 错； 正确故答案为 2. 10解 (1)要使所给复数为实数，必使复数的虚部为 0. - 5 - 故若使 z 为实数，则 3m 18 0m 30 ， 解得 m m 6 时， z 为实数 (2)要使所给复数为虚数，必使复数的虚部不为 0. 故若使 z 为虚数，则 3m 180 ，且 m 30 ， 所以当 m6 且 m 3 时， z 为虚数 (3)要使所给复数为纯虚数，必使复数的实部为 0，虚部不为 0. 故若使 z 为纯虚数，则 2m 3 0m 303m 180， 解得 m 32或 m 1. 所以当 m 32或 m 1 时， z 为纯虚数 11解 由题知 P Q， 所以 (2m) (m 2)i 4i， 所以 2m 0m 2 4 ， 解得 m 2. 12解 (1)当 z 为实数时，则 5a 6 0，且 7a 61 有意义， a 1，或 a 6， 且 a1 ， 当 a 6 时， z 为实数 (2)当 z 为虚数时，则 5a 60 ，且 7a 61 有意义， a 1，且 a6 ，且 a1. 当 a1 ，且 a6 时， z 为虚数， 即当 a ( ， 1) ( 1,1) (1,6) (6， ) 时， z 为虚数 (3)当 z 为纯虚数时，则有 5a 60 ， 且 7a 61 0. a 1，a6. 且 a 6， 不存在实 数 a 使 z 为纯虚数 - 1 - 数的几何意义 课时目标 间的一一对应关系 握实轴、虚轴、模等概念 握用向量的模来表示复数的模的方 法 1复平面的定义 建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面， x 轴叫做 _， y 轴叫做 _， 实轴上的点都表示实数，除了 _外，虚轴上的点都表示纯虚数 2复数与点、向量间的对应 如图，在复平面内，复数 z a a， b R)可以用点 _或向量 _表 示 复数 z a a， b R)与点 Z(a， b)和向量 的一一对应关系如下： 3复数的模 复数 z a a， b R)对应的向量为 ，则 的模叫做复数 z 的模，记作 |z|，且 |z| _. 一、选择题 1在复平面内，复数 6 5i， 2 3i 对应的点分别为 A， 为线段 中点，则 点 C 对应的复数是 ( ) A 4 8i B 8 2i C 2 4i D 4 i 2若点 P 对应的复数 z 满足 |z|1 ，则 P 的轨迹是 ( ) - 2 - A直线 B线段 C圆 D单位圆以及圆内 3当 230， m 10， 解得 332， | (2) z 3 a R)， |z| 32 由已知得 32 0. z 对应的点在第四象限 13解 设 z a bi(a， b R)， 则 b 12a 且 3 5， 解得 a 6b 3 或 a 6b 3 . 因此 z 6 3i 或 z 6 3i. - 1 - 数代数形式的加、减运算及其几何意义 课时目标 义，能够利用 “ 数形结合 ” 的思想解题 1复数加法与减法的运算法则 (1)设 a c a， b， c， d R)是任意两个复数，则 _， _. (2)对任意 C 有 _， ( _. 2复数加减法的几何意义 如 图，设复数 ， ，四边形 与 Z ，与 _ 一、选择题 1设 m R，复数 z (23i) (m ( 1 2若 z 为纯虚数，则 m 等于 ( ) A 1 B 3 D 1 或 3 2若 z 3 2i 4 i，则 z 等于 ( ) A 1 i B 1 3i C 1 i D 1 3i 3在复平面内， O 是原点， ， ， 表示的复数分别为 2 i,3 2i,1 5i，则 表 示的复数为 ( ) A 2 8i B 6 6i C 4 4i D 4 2i 4设向量 、 、 对应的复数分别为 么 ( ) A 0 B 0 - 2 - C 0 D 0 5若 |z 1| |z 1|，则复数 z 对应的点在 ( ) A实轴上 B虚轴上 C第一象限 D第二象限 6复平面内点 A、 B、 C 对应的复数分别为 i、 1、 4 2i，由 A B C D 按逆时针顺序 作平行四边形 |等于 ( ) A 5 B. 13 C. 15 D. 17 题 号 1 2 3 4 5 6 答 案 二、填空题 7 (2x 3 (3x 2 (y 2 3_.(x， y R) 8在复平面上，复数 3 2i， 4 5i,2 i， z 分别对应点 A， B， C， D，且 平行四边形，则 z _. 9设复数 z 满足条件 |z| 1，那么 |z 2 2 i|的最大值是 _ 三、解答题 10计算 (1)(1 2i) (3 4i) (5 6i)； (2)5i (3 4i) ( 1 3i)； (3)(a (2a 3 3i (a， b R) z 满足 z |z| 2 8i，求复数 z. - 3 - 能力提升 12已知 复平面内的平行四边形，且 A， B， C 三点对应的复数分别是 1 3i， i,2 i，求点 D 对应的复数 13若 z C，且 |z| 1，求 |z i|的 最大值 - 4 - 1复数代数形式的加减运算类似于多项式的加减运算，满足交换律、结合律，复数的减法是加法的逆运算 2复数加法的几何意义就是向量加法的平行四边形法则复数减法的几何意义就是向量减法的三角形法则 3 |几何意义就是复数 1， 答案 知识梳理 1 (1)(a c) (b d)i (a c) (b d)i (2)z1 ( 作业设计 1 C z (2m 1) (3 2m m2)i. 令 2m 1 03 2m ，得 m12. 2 B z (4 i) (3 2i) 1 3i. 3 C ( ) (3,2) (1,5) ( 2,1) (4， 4) 4 D 0， 0. 5 B |z 1| |z 1|， 点 Z 到 (1,0)和 ( 1,0)的距离相等，即点 Z 在以 (1,0)和 ( 1,0)为端点的线段的中垂线上 6 B 由复数加法的几何意义，知 . 对应的复数为 i 1， 对应的复数为 (4 2i) 1 3 2i， 对应的复数为 (i 1) (3 2i) 2 3i. | 22 32 13. 7 (y x) 5(y x)i 解析 原式 (2x 3x y) (3y 2y 2x 3x)i (y x) 5(y x)i. - 5 - 8 3 6i 解析 由于 ， 2 i z ( 4 5i) ( 3 2i)， z 3 6i. 9 4 解析 复数 z 满足条件 |z| 1， z 所对应的点的轨迹是单位圆，而 |z 2 2 i|即表示单位 圆上的动点到定点 ( 2 2， 1)的距离 从图形上可得 |z 2 2 i|的最大值是 4. 10解 (1)(1 2i) (3 4i) (5 6i) (4 2i) (5 6i) 1 8i. (2)5i (3 4i) ( 1 3i) 5i (4 i) 4 4i. (3)(a (2a 3 3i (a 2a) b ( 3b) 3i a (4b 3)i. 11解 方法一 设 z a bi(a， b R)， 则 |z| 代入方程得 a 2 8i. a 2b 8 ，解得 a 15b 8 . z 15 8i. 方法二 原式可化为： z 2 |z| 8i， |z| R， 2 |z|是 z 的实部 于是 |z| 2 |z|2 82， 即 |z|2 68 4|z| |z|2， |z| 17. 代入 z 2 |z| 8i 得： z 15 8i. 12解 方法一 设 D 点对应复数为 x x， y R)， 则 D(x， y)，又由已知 A(1,3)， B(0， 1)， C(2,1) 点为 32， 2 ， 点为 y 12 . 平行四边形对角线互相平分， - 6 - 32 y 12， x 3y 5 . 即点 D 对应的复数为 3 5i. 方法二 设 D 点对应的复数为 x x， y R) 则 对应的复数为 (x (1 3i) (x 1) (y 3)i，又 对应的复数为 (2 i)( i) 2 2i，由已知 . (x 1) (y 3)i 2 2i. x 1 2y 3 2 ， x 3y 5 . 即点 D 对应的复数为 3 5i. 13解 方法一 设 z a bi(a， b R)， 则 |z i| b 12. 1， |z i| 2 2b. 又 |b|1 ， 02 2b4 ， 当 b 1 时， |z i| 2 为最大值 方法二 因为 |z| 1，所以点 Z 是单位圆 1 上的点， |z i| y 12表示点 Z 与点 (0,1)之间的距离，当点 Z 位于 (0， 1)时， |z i|有最大值 2. - 1 - 数代数形式的乘除运算 课时目标 合律和 乘法对加法的分配律 3理解共轭复数的概念 1复数的乘法法则 设 a c a， b， c， d R)， 则 (a c _. 2复数乘法的运算律 对任意 C，有 交换律 _ 结合律 ( _ 乘法对加法的分配律 z1( _ 设 z a a， b R)，则 z _叫 z 的共轭复数若 b0 ，则 z 叫虚数 z 的 _虚数，且 z z _， z z _，两共轭复数在复平面内所对应点关 于 _对称 4复数的除法 a _ _ (c ) 5 i 的乘 方 设 i 为虚数单位，则 _， _， _， _. 一、选择题 1若复数 1 i， 3 i，则 ) A 4 2i B 2 i C 2 2i D 3 i 2已知复数 z 1 i，则 21 等于 ( ) A 2i B 2i - 2 - C 2 D 2 3设 z 3 i，则 1 ) A 3 i B 3 i 110 110i 4设 a 是实数，且 i 1 实数，则 a 等于 ( ) B 1 D 2 5设复数 z 的共轭复数是 z ，若复数 3 4i， t i，且 z 2是实数，则实数t 等于 ( ) C 43 D 34 6设 a， b 为实数，若复数 1 21 i，则 ( ) A a 32， b 12 B a 3， b 1 C a 12， b 32 D a 1， b 3 题 号 1 2 3 4 5 6 答 案 二、填空题 7已知 a 2 b i(a， b R)，其中 i 为虚数单位，则 a b _. 8设 x、 y 为实数，且 i 2i 51 3i，则 x y _. 9若实数 x， y 满足 (1 i)x (1 i)y 2，则 _. 三、解答题 10计算： 3 43i 9 2i. - 3 - z， 为复数， (1 3i)z 为纯虚数， i，且 | | 5 2，求 . 能力提升 12复数 z ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 13已知复数 i(1 i)3， (1)求 | (2)若 |z| 1，求 |z 最大值 - 4 - 1复数代数形式的乘除运算 (1)复数代数形式的乘法类似于多项式乘以多项式，复数的乘法满足交换律、结合律以及乘法对加法的分配律 (2)在进行复数代数 形式的除法运算时，通常先将除法写成分式的形式，再把分子、分母都乘以分母的共轭复数，化简后可得，类似于以前学习的分母有理化 2复数问题实数化是解决复数问题的基本思想方法，其桥梁是设复数 z a a， b R)，利用复数相等的充要条件转化 答案 知识梳理 1 ( (bc)i 2. 交换律 合律 ( z3 乘法对加法 的分配律 z1( 轭 2a 2bi x 轴 4.a c c c ad5 i 1 i 1 作业设计 1 A 1 i， 3 i， (1 i)(3 i) 3 3i i 3 2i 1 4 2i. 2 A 21 1 i2 21 i1 i 1 2i 2 2 2i 2 2i. 3 D 1z 13 i 3 310 4 B i 1 a 1 a 12 1 a2 i 为实数， 1 0， a 1. - 5 - 5 A t i， z 2 t i. z 2 (3 4i)(t i) 3t 4 (4t 3)i， 又 z 2 R， 4t 3 0， t 34. 6 A 1 21 i， a 1 2i 1 2i1 i1 i1 i 3 a 32， b 12. 7 1 解析 a 2 b i， a 2i 1. a 1， b 2， a b 1. 8 4 解析 i 2i 51 3i x1 i1 i1 i y1 2i1 2i1 2i 51 3i1 3i1 3i 12x(1 i) 15y(1 2i) (12x 15y) (12x 25y)i 12(1 3i) 12x 15y 1212x25y32 x 1，y 5， x y 4. 9 1 解析 由 (1 i)x (1 i)y 2， 得 (x y) (x y)i 2. 所以 x y 2，x y 0. 即 x 1，y 1. 1. 10 解 3 43i 9 2i 3 4i3 9 2i - 6 - 3 4i4i 9 2i 9 3i. 11解 设 z a bi(a， b R)，则 (1 3i)z a 3b (3a b)i，由题意，得 a 3b0. | | | i| 5 2， |z| 5 10， 将 a 3b 代入上式，得 a 15 ， b 5 ， 故 15 5i (7 i) 12 A z i i1 i1 i1 i 1 12 12i， 复数 z 在复平面上对应的点位于第一象限 13解 方法一 (1)i(1 i)3 i( 2i)(1 i) 2 2i， | 22 22 2 2. 方法二 | |i(1 i)3| |i|1 i|3 1( 2)3 2 2. (2) |z| 1， 设 z ， |z | 2 2i| 22 22 9 4 2 4 . 当 4 1 时， |z 取得最大值 9 4 2，从而得到 |z 最大值为 2 2 1. - 1 - 第三章 数系的扩充与复数的引入 (A) (时间： 120 分钟 满分： 150 分 ) 一、选择题 (本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分 ) 1下列命题，正确的是 ( ) A复数的模总是正实数 B虚轴上的点与纯虚数一一对应 C相等的向量对应着相等的复数 D实部与虚部都分别互为相反数的两个复数是共轭复数 2已知 a R，若 (1 3 2i)为纯虚数，则 a 的值为 ( ) A 32 23 已知 z 1 则 1 ) A 3 B 1 C 2 i D i 4复数 i)2等于 ( ) A 2 B 2 C 2i D 2i 5复数 3 3i(i 为虚数单位 )等于 ( ) A 1 B 1 C i D i 6 (m 1) (m 4)i， m R， 3 2i，则 m 1 是 ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C 充要条件 D既不充分又不必要条件 7设复数 1 i， x 2i (x R)，若 R，则 x 等于 ( ) A 2 B 1 C 1 D 2 8设 z 1 i(i 是虚数单位 )，则 2z ) A 1 i B 1 i C 1 i D 1 i 9已知 (x i)(1 i) y，则实数 x， y 分别为 ( ) A x 1， y 1 B x 1， y 2 C x 1， y 1 D x 1， y 2 10复数 3 i 2等于 ( ) A 3 4i B 3 4i C 3 4i D 3 4i 11已知 1 2i， m (m 1)i，且两复数的乘积 则实数 m 的值为 ( ) A 1 D 34 - 2 - 12已知在复平面内，向量 ， ， 对应的复数分别为 2 i,3 i,1 5i，则 对 应的复数是 ( ) A 6i B 6i C 5i D 5i 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 二、填空题 (本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 ) 13若复数 4 29i， 6 9i，其中 i 是虚数单位，则复数 (z2)i 的实部为_ 14若复数 ( 6 (4)i 所对应的点在第三象限， 则实数 k 的取值范围是 _ 15已知复数 1 2i， 1 i， 3 2i，它们所对应的点分别为 A， B， C ，则 x y 的值是 _ 16已知复数 m 2i， 3 4i，若 实数 m _. 三、解答题 (本大题共 6 小题，共 70 分 ) 17 (10 分 )计算： (1) 2 2i41 3i5； (2) 2 3 2 3i 21 12. 18 (12 分 )实数 m 为何值时，复数 z (5m 6) (2m 15)i 对应的点在： (1)x 轴上方； (2)直线 x y 5 0 上 - 3 - 19.(12 分 )设复数 z 1 i2 31 i2 i ，若 a z b 1 i，求实数 a， b 的值 20 (12 分 )已知 |z 1 i| 1，求 |z 3 4i|的最大值和最小值 21.(12 分 )已知 z 是复数， z 2i， i 为虚数单位 )，且复数 (z 在复平面 上对应的点在第一象限，求实数 a 的取值范围 22 (12 分 )在复平面内 A， B， C 三点对应的复数分别为 1,2 i， 1 2i. (1)求 ， ， 对应的复数； (2)判断 形状； (3)求 面积 - 4 - 答案 1 C 2 A (1 3 2i) 3 2a (2 3a)i， 由题意得： 3 2a 0 且 2 3a0 ，即 a 32. 3 D 由 z 1 得 1 2i i， 1， 1 1 (5 (5 1 ( 1)25 1 i 1 i. 4 A 5 C 3 3i 3 i 3i 3 i i 3 i 1i i. 6 A m 1 3m 4 2 m 1 或 m 2， m 1 是 7 A (1 i)(x 2i) (x 2) (x 2)i R. x 2 0， x 2. 8 A z 1 i，则 2z 21 i 1 i， 2i， 故 2z 1 i. 9 D (x i)(1 i) (x 1) (1 x)i， (x 1) (1 x)i y. x 1 y，1 x 0. x 1，y 2. 10 A 3 i 2 3 i1 i2 2 2 4 (1 2i)2 3 4i. 11 B 1 2i， m (m 1)i， 则 (1 2i)m (m 1)i m 2(m 1)i 2(m 1) (m 2m 2) (2m m 1)i (2 m) (3m 1)i. - 5 - 2 m 3m 1，得 m 34. 12 C ， 对 应复数为 (3 i) ( 2 i) 1 5i 5i. 13 20 解析 4 29i， 6 9i， (z2)i ( 2 20i)i 20 2i， 复数 (z2)i 的实部为 20. 14 ( 6， 2) (2， 6) 解析 由已知得 6 40，解得 (2)复数 z 对应的点为 (5m 6， 2m 15)， z 对 应的点在直线 x y 5 0 上， (5m 6) (2m 15) 5 0， 整理得 23m 4 0，解得 m 3 414 . 19解 z 1 i2 31 i2 i 2i 3 3i 3 i 3 i2 i5 1 i. 因为 a z b 1 i，所以 (1 i)2 a(1 i) b 1 a b) (a 2)i 1i. - 6 - 所以 a b 1， a 2 1， 解得 a 3， b 4. 即实数 a， b 的值分别是 3,4. 20解 设 z 3 4i， z 3 4i， z 1 i 4 5i. 又 |z 1 i| 1， | 4 5i| 1. 可知 对应的点的轨迹是以 ( 4， 5)为圆心，半径为 1 的圆， 如图所示， | |41 1， | |41 1. 21解 设 z x x， y R)， z 2i x (y 2)i，由题意得 y 2. i x 2i 15(x 2i)(2 i) 15(2x 2) 15(x 4)i. 由题意得 x 4， z 4 2i. (z (12 4a 8(a 2)i. 根据条件，可知 12 4a 8a 20 ， 解得 2a6. 实数 a 的取值范围是 (2,6) 22解 (1)对应的复数为 (2 i) 1 1 i. 对应的复数为 ( 1 2i) (2 i) 3 i. 对应的复数为 ( 1 2i) 1 2 2i. (2)| |1 i| 2， | | 3 i| 10， | | 2 2i| 8. |2 |2 |2， A 为直角， 直角三角形 (3)S 12| 12 2 8 2. - 1 - 第三章 数系的扩充与复数的引入 (B) (时间： 120 分钟 满分： 150 分 ) 一、选择题 (本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分 ) 1复数 z 1 (0，所以复数在平面内对应的点在第二象限 4 D 由已知可得 (5 i)4 i 0， 54 0 1 0 ，该方程组无解 5 B 由题意 ， 对应的复数为 (1 3i) (1 i) 2i， - 5 - | 2. 6 A z 3 i1 3i2 3 i 2 2 3i， |z| | 3 i| 2 2 3i| 24 12. z z |z|2 14. 7 B 对应的复数为 1 i， 对应的复数为 3 2i， ， 对应的复数为 ( 1 i) (3 2i) 2 3i. 长为 13. 8 A 设 z x x， y R)，则 x 5， 由 |z| 3，得 ( 5)2 9， 即 4， y 2 ， 复数 z 对应的点在第二象限， y 2. z 5 2i. 9 C 1 2i 34 1 2i 3 4i 2 2i. 周期出现，原式 501( 2 2i) 2 00504 1 002 1 002i 2 005 1 003 1 002i. 10 C 由 1 z i，得 z 1 i i， |1 z| |1 i| 2. 11 C 由 2x 1 3x，y 1， 解得 x 1，y 1， 所以 (2x 1) 3 应的点在第三象 限 12 B 根据 i 的周期性， 当 n 4k (k N )时， f(n) i 4k 1 1 2， 当 n 4k 1 (k N )时， f(n) 1 i (4k 1) i 1i 0， 当 n 4k 2 (k N )时， f(n) 2 i (4k 2) 2， 当 n 4k 3 (k N )时， f(n) 3 i (4k 3) i 1i 0. 故值域中元素个数为 3. 13 1 解析 设 a 则 a i(a a b (b a)i，又 a b 1， b a 1. 3i 解析 设 z a a、 b R)，根据题意得 - 6 - a 5 3i， 所以有 b 3a 5，解之得 a 115b 3， z 115 3i. 15. 5 解析 z 2i 2i1 i2 1 i. z 1 i， | z 3i| | 1 2i| 5. 16 3 10 解析 2 1 4i 2(2 3i) (a 即 1 4 a 4 6 b a 3b 10 . 17解 由于 m R，复数 z 可表示为 z (2 i)3m(1 i) 2(1 i) (23m 2) (3m 2)i， (1)当 3m 20 ， 即 m2 且 m1 时， z 为虚数 (2)当 23m 2 03m 20 ， 即 m 12时， z 为纯虚数 18解 设 z a a， b R) 因为 |z| 5，所以 25. 因为 (3 4i)z (3 4i)(a (3a 4b) (4a 3b)i， 又 (3 4i)z 在复平面内的对应点在第二、四象限的角平分线上， 所以 3a 4b 4a 3b 0，得 b 7a， 所以 a 22 ， b 7 22 ，即 z 22 7 22 i ， 所以 2z (1 7i) 当 2z 1 7i 时，有 |1 7i m| 5 2， 即 (1 m)2 72 50，得 m 0，或 m 2. 当 2z (1 7i)时， 同理可得 m 0，或 m 2. 19解 z 1 i2 31 i2 i 2i 3 3i 3 i 1 i. a 为纯虚数， 设 a m0) ， 则 (1 i)2 i 2i 2 2b0， ab， b0. 由 得 a 3，b 1. 故所求值为 a 3， b 1. - 1 - 第三章 数系的扩充与复数的引入章末总结 知识点一 复数的基本概念 复数的概念是掌握复数的基础，如虚数、纯虚数、复数相等、复数的模等有关复数的题目不同于实数，应注意根据复数的相关概念解答 例 1 设复数 z lg