2024年高考数学一轮复习讲义：复数（习题含解析）

第4节复数

考试要求1.理解复数的基本概念2理解复数相等的充要条件3了解复数的代

数表示法及其几何意义.4.能进行复数代数形式的四则运算5了解复数代数形式

的加、减运算的几何意义.

I知识诊断•基础夯实

知识梳理

1.复数的有关概念

⑴定义:我们把集合C={a+历|a,b£R}中的数,即形如a+bi（a,6WR）的数

叫做复数，其中a叫做复数z的实部,5叫做复数z的虚部（i为虚数单位）.

⑵分类：

满足条件（a,6为实数）

a+bi为实数Qb=0

复数的

a+bi为虚数

分类

a+bv为纯虚数0a=0且6W0

(3)复数相等：a+Z?i=c+diQa=c且b=d(a,b,c,d®R).

(4)共辗复数：a+历与c+di共扼Qa=c,b=—d(a,b,c,d©R).

(5)模：向量花的模叫做复数z=a+bi的模，记作也土圆或团,即|z|=|a+Z?i|=

\la2-\-b2(a,6©R).

2.复数的几何意义

复数z=a+历与复平面内的点Z(a,加及平面向量改=(a,b)(a,6GR)是---对

应关系.

3.复数的运算

(1)运算法则：设zi=a+bi,Z2=c+di,a,b,c,d©R.

P__JZ\±z2人(a+bi)±(c+di)={a±c)+S±《)]

二/z.Z2K(a+6i)(c+di)=(ac-6/)+(6c+aa)i

ac+bclbcad

7_+-i(c+dio)

(2)几何意义:

复数加、减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.

如图给出的平行四边形。Z1ZZ2可以直观地反映出复数加、减

法的几何意义，即定=国土函，z^2=dz2-dzi.

常用结论

Li的乘方具有周期性

14n—j|4«+14n+24n+344n+14n+24+3

1,i=-l,i=-i,i«+i+i+i«=0,

,9.1+i,1—i.

2.(l±i)-=±2i,=i；而=—L

3.复数的模与共振复数的关系

z-z=|z|2=|z|2.

诊断自测

1.思考辨析(在括号内打“J”或“X”)

⑴复数z=o+历(a,5GR)中，虚部为历.()

⑵复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.()

(3)原点是实轴与虚轴的交点.()

(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应

的向量的模•()

答案(1)X(2)X(3)V(4)V

解析(1)虚部为(2)虚数不可以比较大小.

2.(2021.北京卷)在复平面内，复数z满足(1—i>z=2,则z=()

A.lB.iC.l-iD.l+i

答案D

解析由题意可得2=4==l+i.

1—1(1—1)(1+1)

3.(2021.新高考n卷)复数三卷在复平面内对应的点所在的象限为()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

答案A

2—i（2—i）（l+3i）5+5i1+i

解析匚旷（］二一（］+3力=F~=亍,所以该复数在复平面内对应的

点为a，该点在第一象限.

4.(2021・上海卷)已矢口z=l—3i,贝U|z—i|=.

答案小

解析•:2=1—3i,；.z=l+3i,z—i=14~3i—i=1+2i,\z—i|=^l*12+22=

小.

1—i

5.已知a+0i(a,5©R)是币的共利复数，则o+》=.

答案1

解析由门」、―7~,—r—=—i,得a+0i=i,即a=0,b=l,则a+b

1十111~ri）11—1）

=1.

6.（易错题）i为虚数单位，若复数（1+而）（i+2）是纯虚数，则实数机等于..

答案2

解析因为（l+zni）（i+2）=2—机+（1+2机）i是纯虚数，所以2—加=0,且1+

2机W0,解得机=2.

考点突破•题型剖析

考点一复咿摩

1.（2022.北京朝阳区一模）如果复数上产S©R）的实部与虚部相等，那么b=

（）

A.-2B.lC.2D.4

答案A

（2+

解析^=b-2i,所以实部为。，虚部为一2,故6的值

111—17

为一2,故选A.

2

2.（多选）若复数z=不，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是（）

A.z的虚部为一1

B.|z|=V2

C/为纯虚数

D.z的共辗复数为一1一i

答案ABC

解析2=7777=z.i-x—71丁=-5-=1-i，对于A,z的虚部为一1,正确;

1+1(1+1)(1—1)2

对于B,模长|才=让，正确；

对于C,因为z2=(l—i)2=—2i,故z2为纯虚数，正确；

对于D,z的共扼复数为1+i,错误.

3.(多选)设Zl,Z2是复数，则下列命题中的真命题是()

A.若|zi—Z2|=0,则Z1=Z2

B.若Z1=Z2,则Z1=Z2

C.若|zi|=|Z2|,则Z「Z1=Z2・Z2

D.若|Z1|=|Z2|,则z?=z5

答案ABC

解析对于A,若|zi—Z2|=0,则Zl—Z2=0,Z1=Z2,所以Z1=Z2为真；

对于B,若Zl=12,则Z1和Z2互为共轲复数，所以Z1=Z2为真；

对于C,设zi=ai+6ii,Z2=a2+》2i,a\,b\,ai,AzGR,

若|Z1|=|Z2|,则十济+济=«漫+胡,

即况+身=届+的,

所以Zl-Zl=cd+bi=C&+bi=Z2-Z2,

所以Z[Z1=Z2・Z2为真;

对于D,若Z1=1,Z2=i,

则|Z1|=|Z2|,而Z?=l,z3=—l,

所以z+=z2为假.故选ABC.

4.若复数z=(%2—l)+(x—l)i为纯虚数，则实数X的值为.

答案T

%2—1=0,

解析:z为纯虚数，

x—1W0,

•«x=-1.

感悟提升1.复数z=a+历(a,6GR),其中a,人分别是它的实部和虚部.若z为

实数，则虚部人=0,与实部a无关；若z为虚数，则虚部6W0,与实部a无关;

若z为纯虚数，当且仅当a=0且6W0.

2.复数z=a+历(a,6©R)的模记作|z|或|a+历即|z|=|a+历尸人a2十后

3.复数z=a+历(a,b@R)的共机复数为z=a一历，则z-z=\z\2=\z\2,即|z|=|z|=

"\lz-z,若z©R,贝Uz=z.

|考点二复数的四则运算

例1(1)(2021•辽宁百校联盟质检)麦4=()

1515

B•百一百

「1.5.

c.一记+逐D-13131

答案D

(l-i)(2-3i)2—3—2i—3i15.

用牛刃1原式一J

(2+3i)(2-3i)—22+32—1313

(2)(2021•全国乙卷)设iz=4+3i,贝Iz=()

A.-3-4iB.-3+41

C.3—4iD.3+4i

答案C

4+3i(4+3i)(—i)-4i-3i2

解析因为iz=4+3i,所以z=•Y=3—41

1i(-i)

(3)(2021•全国乙卷)设2(z+z)+3(z—z)=4+6i,则z=()

A.l-2iB.l+2iC.l+iD.l-i

答案C

解析设z=。+历(a,5©R),则z=。一bi,代入2(z+z)+3(z—z)=4+6i,可得

4a+6历=4+6i,所以。=1,b=l,故z=l+i.

感悟提升（1）复数的乘法类似于多项式的乘法运算；（2）复数的除法关键是分子

分母同乘以分母的共机复数.

训练1（1）（2021•全国甲卷）已知（l—i）2z=3+2i,则z=（）

A.-1—|iB.—1+^i

33.

C.一1+iD.一2一i

答案B

a+i3+2i3+2i3i-2上

-1+L

解析z-2-_2i2_2

(2)(2021•新高考I卷)已知z=2—i,则z(z+i)=()

A.6-2iB.4~2i

C.6+2iD.4+2i

答案C

解析因为z=2—i,

所以z(z+i)=(2—i)(2+2i)=6+2i.

(3)(多选)(2022•湛江一模)若复数z=4—i,贝U()

A.|z|=2

B.|z|=4

C.z的共辗复数z=4+i

D.z2=4-2^31

答案AC

解析依题意得|z|=N(小)2+(—1)2=2,故A正确，B错误；

zf+i,C正确；

z2=(小一i)2=3—2小i+i2=2—2小i,D错误.

考点三复整电几何意义_________________

例2(1)(2021珠海一模)设i是虚数单位,复数Zl=i2021,复数Z2=E样,则Z1

+Z2在复平面上对应的点在（）

A.第一象限B.第二象限

c.第三象限D.第四象限

答案A

14—3il5(4—3i)434

解析因为复数Zl=i2°21=i,Z2;先"”=Ji,所以Zl+Z2=]+

4+3123333

|1,故Z1+Z2在复平面上对应的点为(I，1｝在第一象限.

⑵(2021.衡水联考)已知复数z=a+(a—l)i(aGR),则|z|的最小值为()

A1R正「近n1

答案B

解析因为z=a+(a—l)i,所以|z|=N/+(.—1)2,—g+]力乎，所

以|z|的最小值为坐.

2

(3)(多选)(2021.德州二模)已知复数zi=Fpy(i为虚数单位)，下列说法正确的是

()

Az对应的点在第三象限

B.zi的虚部为一1

C.zf=4

D.满足|z|=|zi|的复数z对应的点在以原点为圆心，2为半径的圆上

答案AB

解析由题意，复数zi=—X7

一i十1

2(—1—1)

=(T+D—(_]_i)=一]一i,所以复数zi在复平面内对应的点是(一1,—

1),位于第三象限，所以A正确；

复数zi的虚部为一1,所以B正确；

zt=(-l-i)4=[(-l-i)2]2=(2i)2=-4,所以C不正确；

由㈤=7(—1)2+(—1)2=巾,得满足团=㈤的复数Z对应的点在以原点为

圆心，正为半径的圆上，所以D不正确.

感悟提升1.复数z=a+历(a,5©R)一—一对—一z(a,b)---对应+花=(々,母

2.由于复数、点、向量之间建立了—对应的关系，因此解题时可运用数形结合

的方法，把复数、向量与解析几何联系在一起，使问题的解决更加直观.

训练2(1)(2022.长沙一模)已知复数2=於，则复数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

答案D

2—i(2—i)(1—i)13

解析因为2=币=---------------=＞宏，所以复数2在复平面内对应的

点为g—1),在第四象限.

(2)若复数z=(2+ai)(a—i)在复平面内对应的点在第三象限，其中a©R,i为虚

数单位，则实数。的取值范围为()

A.(一也，y/2)B.(一也，0)

C.(0,y/2)D.[0,y/2)

答案B

解析z=(2+ai)(a—i)=3a+(4—2)i在复平面内对应的点在第三象限，

3。＜0,广

2解得一也＜a＜0-

(3)如图，若向量O,Z对应的复数为z,则z+54表示的复数为(

A.l+3iB.-3-i

C.3-iD.3+i

答案D

44

解析由题图可得Z(l,—1),即z=l-i,所以-+7=l-i+T—=l-i+

4(1+i).4+4i

(1—i)(1+i)='—i+2l-i+2+2i=3+i.

考点四复数与方程

例3已知x=-1+i是方程%2+QX+~=O(Q,b£R)的一个根.

⑴求实数。，b的值；

(2)结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明.

解(1)把X——1+i代入方程x2+^x+Z?=0,得(一□+/?)+(〃-2)i=0,

—tz+Z?=O,a=2,

c—c解得

2—0,

(2)由(1)知方程为^+2%+2=0.

设另一个根为X2,由根与系数的关系,

得一l+i+%2=—2,

•*.X2=一1一i.

把X2=—1—i代入方程X2+2X+2=0,

则左边=(-1—i)2+2(—1—i)+2=0=右边，

.,.X2=-1—1是方程的另一个根.

感悟提升(1)对实系数二次方程来说，求根公式、韦达定理、判别式的功能没

有变化，仍然适用.(2)对复系数(至少有一个系数为虚数)方程，判别式判断根的功

能失去了，其他仍适用.

训练3在复数集内解方程一一江+i—1=0.

解因为。=1,b=—i,c—i—1,

所以/=(一评一4XlX(i—1)=3—4i.

加——2==3,

设(加+ni)2=3—4i,则，

2mn——4,

m=2,[m=-2,

解得1或1

n=—l,[n=l.

所以3—4i的平方根为±(2-i),

“7~b+”/的平方根”i土(2—i)

所以x=方=2X1，

i+2—ii-2+i

传XI二219X2-2-1+i,

即原方程的根为xi=1,Xi——1+i.

I分层训练•巩固提升

LA级恚础巩固

1.(2021•浙江卷)已知aGR,(l+ai)i=3+i(i为虚数单位)，则a=()

A.-lB.lC.-3D.3

答案C

解析法一因为（l+ai）i=—a+i=3+i,所以一a=3,解得a=-3.

3|j

法二因为（1+〃i）i=3+i,所以l+oi=-j—=1—3i,所以〃=—3.

2.（2021.岳阳一模）已知—=l+i（其中i为虚数单位），则复数|z|=（）

A.iB.-iC.lD.2

答案C

解析因为——=1+i,所以z=]故|z|=]+j1.

3.（2021.石家庄二模）在复平面内，复数z=U不（i为虚数单位），则z对应的点的

坐标为（）

A.（3,4）B.（—4,3）

eg-I）D.0,-|）

答案D

金+u___5i_______5i（3+4i）______3i~443.缶”__4_3.

--+1）

解析因为z―3_今一（3_4i）（3+4i）-555所以z——5一

所以复数z所对应的点的坐标为层，一|；

4.（2021・日照一模）复平面内表示复数z=i（a—i）（a<0）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D

解析z=i（a—i）=l+ai表示的点为（1,。），因为a<0,所以点（1,a）位于第四

象限.

5.（2021.南京三模）已知i为虚数单位，若复数z=；+坐i,则复数1■的虚部为（）

近

A—2R亚.2「居21-口L*•居21

答案A

解析

虚部为

2,

6.设复数z满足|z—i|=|z+i|,i为虚数单位，且z在复平面内对应的点为Z(x,y),

则下列结论一定正确的是()

A.x=lB.y—1C.x=OD.y=0

答案D

解析因为满足|z—i|=|z+i|的点Z为复平面内到点(0,—1)和(0,1)的距离相等

的点的集合，所以Z(x,y)的轨迹为x轴，其方程为y=0.

7.(多选)(2021.重庆质检)已知i为虚数单位，复数2=音，则以下说法正确的是

()

A.z在复平面内对应的点在第一象限

7

B.z的虚部是一5

C.|z|=3小

D.若复数zi满足|zi—z|=l,则㈤的最大值为1+隼

答案AD

EW3+2i(3+2i)(2+i)4,7»»丁一上,、山一,

斛析•z=-^~~r=~r~-.=-+~i,..z在复平面内对应的点为

2—1(2—1)(2+1)55

序5V在第一象限，故A正确；

7.

z的虚部是予故B不正确；

回=卡第二平，故c不正确；

22、

设zi=x+yi,x,yGR,由|zi—z|=l得+(y~=1,则点(x,y)在以停,1

为圆心，以1为半径的圆上，则Q,y)到(0,0)的距离的最大值为+3)

=1+5＞即01的最大值为1十七一，故D正确.

8.如果关于x的方程2—+3奴+/—。=。至少有一个模等于1的根，那么实数0

的值()

A.不存在B.有一个

C.有三个D.有四个

答案C

解析(1)当根为实数时，将x=l代入原方程得次+2。+2=0,无解；

将x=—1代入原方程得/—加+2=0,解得。=2/，都符合要求；

(2)当根为虚数时,C=a(a+8)V0,

**•—8VaV0.

次一a

此时有X1X2=(X1)2=1=-2-，

即a2—a—2=0.

解得a=—1或〃=2(舍去)，故〃的值共有三个.

9.若复数(1—2i)(a+i)是纯虚数，则实数a的值为.

答案一2

解析(1—2i)(a+i)=a+2+(l—2a)i,

由已知，得〃+2=0,1—2QW0,

:・〃=-2.

10.若复数2=+12。22,则Z+4的模等于..

答案6啦

解析z=i+i2022=i—i,z+¥=l+i+y^j=6+6i,其模为6g.

11.设。是坐标原点，向量以，油对应的复数分别为2—3i,—3+2i.那么向量就

对应的复数是..

答案5-5i

解析：向量为，油对应的复数分别为2—3i,—3+2i,

：.OA=(2,-3),彷=(—3,2),

：.BA=0A-0B=(5,-5),其对应的复数是5—5i.

12.若2—3i是方程x2—4x+a=0(aGR)的一个根，则其另外一个根是

答案2+3i13

解析设方程的另外一根为x,则x+2—3i=4,故x=2+3i,a=(2—3i)(2+3i)

=13.

|B级能力提我

13.(多选)(2022.福州一模)设z为复数，则下列命题中正确的是()

A.|z|2=z・z

B.Z2=|Z|2

C.若|z|=l,则|z+i|的最大值为2

D.若|z—1|=1,贝U0W|z|W2

答案ACD

解析对于A,设2=.十历(a,》©R),

则2=。一历，

/.\z\2=a2~\~b2,而2・2=次+序，

所以|z|2=Z-Z成立;

对于B,z=a+bi(a,5©R),当ab均不为0时,z2=(a+Z?i)2=a2—Z?2+2abi,而

|z|2=a2+Z?2,所以z2=|zF不成立;

对于C,|z|=l可以看成以。(0,0)为圆心，1为半径的圆上的点P,|z+i|可以看

成点P到Q(0,—1)的距离，所以当P(0,1)时，可取|z+i|的最大值2；

对于D,|z—1|=1可以看成以“(1,0)为圆心，1为半径的圆上的点N,则|z|表

示点N到原点的距离，故。，N重合时，|z|=0最小，当。，M,N三点共线时,

|z|=2最大,故0W|z|W2.故选ACD.

14.(多选)(2021.济南十一学校联考)欧拉公式eH=cosx+isinx(其中i为虚数单位,

x©R)是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数,

建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被

誉为数学中的“天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是()

A.复数e2i对应的点位于第三象限

71

B.e?为纯虚数