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《高考数学第一轮总复习～059复数的代数形式运算.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、精品资源g3.1059复数的代数形式及其运算一、知识回顾1．复数的加、减、乘、除运算按以下法则进行：设z1abi,z2cdi(a,b,c,dR)则z1z2(ac)(bd)iz1z2(acbd)(adbc)i(前前减后后，里里加外外)z1acbdbcad(z20)z2c2d2c2d22．几个重要的结论：⑴
2、z1z2
3、2
4、z1z2
5、22(
6、z1
7、2
8、z2
9、2)⑵zz
10、z
11、2
12、z
13、2⑶若z为虚数，则
14、z
15、2z23．运算律⑴zmznzmn⑵(zm)nzmn⑶(z1z2)nz1nz2n(m,nR)二、基本
16、训练1ii3i5i33的值是（）AiB-iC1D–12当z12i时，z100z501的值是()A1B-1CiD–i3(13i)3122ii等于()(1i)6A0B1C-1Di4.(05全国卷II)设a、b、c、dR，若abi为实数，则()cdi(A)bcad0(B)bcad0(C)bcad0(D)bcad05.（05山东卷）（1）1i21i2（）1i1i（A）i（B）i（C）1（D）16.(05重庆卷)(1i)2005（）1iA．iB．－iC．22005D．－220057.知13i，求使(i)n
17、N的最小正整数n＝.22欢下载精品资源三、例题分析：例1、计算：23i(2)3204(48i)2(48i)21117i123ii例2、设z13i，z21i，试求满足z1nz2n的最小正整m，n的值例3、是否存在复数z，使其满足zz2iz3ai（aR），如果存在，求出z的值，如果不存在，说明理由例4、设等比数列z1,z2,z3zn其中z1＝1，z2＝a+bi,z3=b+ai(a,bR且a>0)⑴求a,b的值；⑵试求使z1z2zn0的最小自然数n⑶对⑵中的自然数n，求z1z2⋯zn的值。欢下载精品资
18、源四、小结归纳：1复数的四则运算一般用代数形式，加减乘运算按多项式运算法则计算，除法需把分母实数化进行，必须准确熟练地掌握。2要记住一些常用的结果，如i,的有关性质等可简化运算步骤提高运算速度。3复数的代数运算与实数有密切联系但又有区别，在运算中要特别注意实数范围内的运算法则在复数范围上是否还使用。4代数形式运算的结果是复数的代数形式，便于复数问题的实虚互化，及复数概念的研究。五、作业同步练习g3.1059复数的代数形式及其运算1、对于z(1i)100(1i)200，下列结论成立的是()22Az
19、是零Bz是纯虚数Cz是正实数Dz是负实数2、已知(33i)z(23i)，那么复数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3、设非零复数x，y满足x2xyy20，则代数式(xxy)1990(xyy)1990的值是（）A21989B－1C1D04、若
20、z34i
21、2，则
22、z
23、的最大值是()A3B7C9D55、复数z在复平面内对应的点为A，将点A绕坐标原点按逆时针方向旋转2，再向左平移一个单位，向下平移一个单位，得到点B，此时点B与点A恰好关于坐标原点对称，则复数z为()A－
24、1B1CiD－i6、（05湖北卷）(1i)(12i)（）1iA．2iB．2iC．2iD．2i、（05湖南卷）复数z＝i＋i2＋i3＋i4的值是（）7A．－1B．0C．1D．i欢下载精品资源8、（05江西卷）设复数：z11i,z2x2i(xR),若z1z2为实数，则x=（）A．－2B．－1C．1D．2、若复数z满足方程zii1，则z＝.9、设复数z2i,z13i,则复数i2z101111、已知f(x)x55x410x310x25x1.求f(2132z25的虚部等于.i)的值.12、(05全国卷I
25、II)已知复数z032i,复数z满足zz03zz0,则复数z.13、已知z1aii(a0)，且复数z(zi)的虚部减去它的实部所得的差等于23，求复数的模；14、已知复数z(13i)(1ii)(13i),zai当
26、z
27、2,求a的取值范围，(aR)23i15、（05上海）在复数范围内解方程z(zz)i(i为虚数单位)2i欢下载精品资源基本训练1—6、ADAADA7、提示;31(i)n(1)nnin，易知n=12例题分析：1解：223i(12i)3204(48i)2(48i)2＝13i117i(23
28、i)(123i)[(12i)2]1602(48i48i)(48i48i)(123i)(123i)117inn两边取模得2n(2)m，所以m=2n,从13i(i)160201i2解：对z1z2112而(3i)n(1i)2n(2i)2n所以(2123i)n1,于是n=3k(kN)所以满足条件的最小正整数是m=6,n=33解：设z=x+yi(x,yR)，则x2y22i(xyi)3aix2y22y32xa消去x得y22ya216a2430,当且仅当
29、a
30、4时，复数z存在，这时za216a222i；4解：
