高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 4.4數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入講解與練習(xí) 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第四節(jié)數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入)[備考方向要明了]考什么怎么考1.理解復(fù)數(shù)的基本概念，理解復(fù)數(shù)相等的充要條件．2.了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法和幾何意義，會(huì)進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算．3.了解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減運(yùn)算的幾何意義.1.以選擇題的形式考查復(fù)數(shù)的概念及其幾何意義，如年北京T3，江西T5等．2.以選擇題或填空題的形式考查復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算，特別是除法運(yùn)算，如年新課標(biāo)全國(guó)T3，山東T1，浙江T2等.[歸納·知識(shí)整合]1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念內(nèi)容意義備注復(fù)數(shù)的概念設(shè)a，b都是實(shí)數(shù)，形如a＋bi的數(shù)叫復(fù)數(shù)，其中實(shí)部為a，虛部為b，i叫做虛數(shù)單位若b＝0，則a＋bi是實(shí)數(shù)，若b≠0，則a＋bi是虛數(shù)，若a＝0且b≠0，則a＋bi是純虛數(shù)復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)共軛復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)復(fù)平面建立平面直角坐標(biāo)系來表示復(fù)數(shù)的平面，叫做復(fù)平面，x軸叫實(shí)軸，y軸叫虛軸.實(shí)軸上的點(diǎn)都表示實(shí)數(shù)；除了原點(diǎn)外，虛軸上的點(diǎn)都表示純虛數(shù)復(fù)數(shù)的模向量的長(zhǎng)度叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的模|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)[探究]1.復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)為純虛數(shù)的充要條件是a＝0嗎？提示：不是，a＝0是a＋bi(a，b∈R)為純虛數(shù)的必要條件，只有當(dāng)a＝0，且b≠0時(shí)，a＋bi才為純虛數(shù)．2．復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)數(shù)z＝a＋bi與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)與平面向量(a，b∈R)是一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系．3．復(fù)數(shù)的運(yùn)算(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；③乘法：z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；④除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．(2)復(fù)數(shù)的加法的運(yùn)算定律復(fù)數(shù)的加法滿足交換律、結(jié)合律，即對(duì)任何z1、z2、z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．(3)復(fù)數(shù)的乘法的運(yùn)算定律復(fù)數(shù)的乘法滿足交換律、結(jié)合律、分配律，即對(duì)于任意z1，z2，z3∈C，有z1·z2＝z2·z1，(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)，z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z3.[探究]2.z1、z2是復(fù)數(shù)，z1－z2>0，那么z1>z2，這個(gè)命題是真命題嗎？提示：假命題．例如：z1＝1＋i，z2＝－2＋i，z1－z2＝3>0，但z1>z2無意義，因?yàn)樘摂?shù)無大小概念．3．若z1，z2∈R，zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0，此命題對(duì)z1，z2∈C還成立嗎？提示：不一定成立．比如z1＝1，z2＝i滿足zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0.但z1≠0，z2≠0.[自測(cè)·牛刀小試]1．(教材習(xí)題改編)復(fù)數(shù)z＝(2－i)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：選Az＝(2－i)i＝2i－i2＝1＋2i故復(fù)數(shù)z＝(2－i)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1,2)，位于第一象限．2．(教材習(xí)題改編)復(fù)數(shù)eq\f(2＋i,1－2i)的共軛復(fù)數(shù)是()A．i B．－iC.eq\f(3,5)i D．－eq\f(3,5)i解析：選B∵eq\f(2＋i,1－2i)＝eq\f(2＋i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(5i,5)＝i，∴其共軛復(fù)數(shù)為－i.3．(·安徽高考)復(fù)數(shù)z滿足(z－i)i＝2＋i，則z＝()A．－1－i B．1－iC．－1＋3i D．1－2i解析：選B設(shè)z＝a＋bi，則(z－i)i＝－b＋1＋ai＝2＋i，由復(fù)數(shù)相等的概念可知，－b＋1＝2，a＝1，所以a＝1，b＝－1.4．已知eq\f(a＋2i,i)＝b＋i(a，b∈R)其中i為虛數(shù)單位，則a＋b＝________.解析：根據(jù)已知可得eq\f(a＋2i,i)＝b＋i?2－ai＝b＋i?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,－a＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a＝－1.))從而a＋b＝1.答案：15．設(shè)a是實(shí)數(shù)，且eq\f(a,1＋i)＋eq\f(1＋i,2)是實(shí)數(shù)，則a＝________.解析：eq\f(a,1＋i)＋eq\f(1＋i,2)＝eq\f(a－ai,2)＋eq\f(1＋i,2)＝eq\f(a＋1＋1－ai,2)為實(shí)數(shù)，故1－a＝0，即a＝1.答案：1復(fù)數(shù)的有關(guān)概念[例1](1)設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(1＋ai,2－i)為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a為()A．2 B．－2C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)(2)(·江西高考)若復(fù)數(shù)z＝1＋i(i為虛數(shù)單位)，eq\x\to(z)是z的共扼復(fù)數(shù)，則z2＋eq\x\to(z)2的虛部為()A．0 B．－1C．1 D．－2[自主解答](1)若eq\f(1＋ai,2－i)＝eq\f(1＋ai2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(2－a＋2a＋1i,5)＝eq\f(2－a,5)＋eq\f(2a＋1,5)i為純虛數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＝0，,2a＋1≠0，))故a＝2.(2)∵z2＋eq\x\to(z)2＝(1＋i)2＋(1－i)2＝0，∴z2＋eq\x\to(z)2的虛部為0.[答案](1)A(2)A若本例(1)中eq\f(1＋ai,2－i)為實(shí)數(shù)，則a為何值？解：若eq\f(1＋ai,2－i)＝eq\f(1＋ai2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(2－a,5)＋eq\f(2a＋1,5)i為實(shí)數(shù)，則eq\f(2a＋1,5)＝0，即a＝－eq\f(1,2).———————————————————解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項(xiàng)(1)復(fù)數(shù)的分類及對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)該滿足的條件問題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實(shí)部和虛部滿足的方程(不等式)組即可．(2)解題時(shí)一定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，以確定實(shí)部和虛部．1．(1)已知0＜a＜2，復(fù)數(shù)z的實(shí)部為a，虛部為1，則|z|的取值范圍是()A．(1,5) B．(1,3)C．(1,eq\r(5)) D．(1,eq\r(3))(2)設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的共軛復(fù)數(shù)為eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，則z－eq\o(z,\s\up6(－))為()A．實(shí)數(shù) B．純虛數(shù)C．0 D．零或純虛數(shù)解析：(1)選C由題意，z＝a＋i，故|z|＝eq\r(a2＋1)，∵0＜a＜2，∴1＜a2＋1＜5，從而1＜eq\r(a2＋1)＜eq\r(5)，即1＜|z|＜eq\r(5).(2)選D∵z－eq\o(z,\s\up6(－))＝(a＋bi)－(a－bi)＝2bi，當(dāng)b＝0時(shí)，z－eq\o(z,\s\up6(－))為0；當(dāng)b≠0時(shí)，z－eq\o(z,\s\up6(－))為純虛數(shù)．復(fù)數(shù)的幾何意義[例2](1)(·北京高考)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(10i,3＋i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(1,3) B．(3,1)C．(－1,3) D．(3，－1)(2)(·東營(yíng)模擬)若i為虛數(shù)單位，圖中復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)Z表示復(fù)數(shù)z，則表示復(fù)數(shù)eq\f(z,1＋i)的點(diǎn)是()A．E B．FC．G D．H[自主解答](1)由eq\f(10i,3＋i)＝eq\f(10i3－i,3＋i3－i)＝eq\f(101＋3i,10)＝1＋3i得，該復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1,3)．(2)依題意得z＝3＋i，eq\f(z,1＋i)＝eq\f(3＋i,1＋i)＝eq\f(3＋i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，該復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是(2，－1)．[答案](1)A(2)D———————————————————復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)的特點(diǎn)(1)實(shí)數(shù)、純虛數(shù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別在實(shí)軸和虛軸上；(2)若實(shí)部為正且虛部為正，則復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第一象限；(3)若實(shí)部為負(fù)且虛部為正，則復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第二象限；(4)若實(shí)部為負(fù)且虛部為負(fù)，則復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第三象限；(5)若實(shí)部為正且虛部為負(fù)，則復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第四象限；(6)此外，若復(fù)數(shù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在某些曲線上，還可寫出代數(shù)形式的一般表達(dá)式．如：若復(fù)數(shù)z的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在直線x＝1上，則z＝1＋bi(b∈R)；若復(fù)數(shù)z的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在直線y＝x上，則z＝a＋ai(a∈R)，這在利用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式解題中能起到簡(jiǎn)化作用．2．復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝0，z3＝c＋(2c－6)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，C，若∠BAC是鈍角，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．解：在復(fù)平面內(nèi)三點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(3,4)，B(0,0)，C(c,2c－6)，由∠BAC是鈍角得·<0，且A，B，C不共線，由(－3，－4)·(c－3,2c－10)<0，解得c>eq\f(49,11).其中當(dāng)c＝9時(shí)，＝(6,8)＝－2，此時(shí)A，B，C三點(diǎn)共線，故c≠9.所以c的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(c\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(c>\f(49,11)，且c≠9)))).復(fù)數(shù)的運(yùn)算[例3](1)(·山東高考)若復(fù)數(shù)z滿足z(2－i)＝11＋7i(i為虛數(shù)單位)，則z為()A．3＋5i B．3－5iC．－3＋5i D．－3－5i(2)(·江蘇高考)設(shè)a，b∈R，a＋bi＝eq\f(11－7i,1－2i)(i為虛數(shù)單位)，則a＋b的值為________．[自主解答](1)由題意知z＝eq\f(11＋7i,2－i)＝eq\f(11＋7i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(15＋25i,5)＝3＋5i.(2)∵eq\f(11－7i,1－2i)＝eq\f(11－7i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(25＋15i,5)＝5＋3i＝a＋bi，∴a＋b＝8.[答案](1)A(2)8在本例(1)中，試求(1＋z)·eq\x\to(z)的值．解：∵z＝3＋5i，∴eq\x\to(z)＝3－5i∴(1＋z)·eq\x\to(z)＝(4＋5i)(3－5i)＝12－20i＋15i＋25＝37－5i.———————————————————復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算技巧復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算類似于多項(xiàng)式的四則運(yùn)算，此時(shí)含有虛數(shù)單位i的看作一類，不含i的看作另一類，分別合并即可，但要注意把i的冪寫成最簡(jiǎn)單的形式，在運(yùn)算過程中，要熟悉i的特點(diǎn)及熟練應(yīng)用運(yùn)算技巧．3．已知z1＝(3x＋y)＋(y－4x)i(x，y∈R)，z2＝(4y－2x)－(5x＋3y)i(x，y∈R)．設(shè)z＝z1－z2，且z＝13－2i，求z1，z2.解：z＝z1－z2＝[(3x＋y)＋(y－4x)i]－[(4y－2x)－(5x＋3y)i]＝(5x－3y)＋(x＋4y)i，又z＝13－2i，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x－3y＝13，,x＋4y＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1.))于是，z1＝(3×2－1)＋(－1－4×2)i＝5－9i，z2＝(－4－2×2)－(5×2－3×1)i＝－8－7i.1個(gè)分類——復(fù)數(shù)的分類對(duì)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，當(dāng)b＝0時(shí)，z為實(shí)數(shù)；當(dāng)b≠0時(shí)，z為虛數(shù)；當(dāng)a＝0，b≠0時(shí)，z為純虛數(shù)．2個(gè)技巧——復(fù)數(shù)的運(yùn)算技巧(1)設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，利用復(fù)數(shù)相等和相關(guān)性質(zhì)將復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化是解決復(fù)數(shù)問題的常用方法．(2)在復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算中，加、減、乘運(yùn)算按多項(xiàng)式運(yùn)算法則進(jìn)行，除法則需分母實(shí)數(shù)化．3個(gè)結(jié)論——復(fù)數(shù)代數(shù)運(yùn)算中常用的幾個(gè)結(jié)論在進(jìn)行復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算時(shí)，記住以下結(jié)論，可提高計(jì)算速度．(1)(1±i)2＝±2i；eq\f(1＋i,1－i)＝i；eq\f(1－i,1＋i)＝－i；(2)－b＋ai＝i(a＋bi)；(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.創(chuàng)新交匯——復(fù)數(shù)命題新動(dòng)向1．復(fù)數(shù)多以客觀題的形式考查復(fù)數(shù)的概念及運(yùn)算，也經(jīng)常將復(fù)數(shù)的基本概念與基本運(yùn)算相結(jié)合，復(fù)數(shù)冪的運(yùn)算與復(fù)數(shù)除法相結(jié)合，復(fù)數(shù)的基本運(yùn)算與復(fù)數(shù)的幾何意義相結(jié)合，復(fù)數(shù)與方程相結(jié)合，復(fù)數(shù)與集合相結(jié)合等形成交匯命題．2．解決此類問題的關(guān)鍵是把握復(fù)數(shù)的有關(guān)概念，根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則準(zhǔn)確進(jìn)行化簡(jiǎn)運(yùn)算．[典例](·陜西高考)設(shè)集合M＝{y|y＝|cos2x－sin2x|，x∈R}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xx－\f(1,i)＜\r(2)，i為虛數(shù)單位，x∈R))，則M∩N為()A．(0,1) B．(0,1]C．[0,1) D．[0,1][解析]對(duì)于集合M，函數(shù)y＝|cos2x|，其值域?yàn)閇0,1]，所以M＝[0,1]．根據(jù)復(fù)數(shù)模的計(jì)算方法得不等式eq\r(x2＋1)＜eq\r(2)，即x2＜1，所以N＝(－1,1)，則M∩N＝[0,1)．正確選項(xiàng)為C.[答案]Ceq\a\vs4\al([名師點(diǎn)評(píng)])1．本題具有以下創(chuàng)新點(diǎn)不同于以往的復(fù)數(shù)高考題，不是單獨(dú)考查復(fù)數(shù)的基本知識(shí)，而是和三角函數(shù)、不等式、集合相交匯出題，綜合性較大，是高考題的一個(gè)新動(dòng)向．2．解決本題的關(guān)鍵有以下幾點(diǎn)(1)弄清集合的元素．集合M為函數(shù)的值域，集合N為不等式的解集，把M、N具體化．(2)正確識(shí)別eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,i)))為復(fù)數(shù)的模，而非實(shí)數(shù)的絕對(duì)值．eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練])1．(·上海高考)若1＋eq\r(2)i是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x2＋bx＋c＝0的一個(gè)復(fù)數(shù)根，則()A．b＝2，c＝3 B．b＝－2，c＝3C．b＝－2，c＝－1 D．b＝2，c＝－1解析：選B由于1＋eq\r(2)i是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x2＋bx＋c＝0的一個(gè)根，則(1＋eq\r(2)i)2＋b(1＋eq\r(2)i)＋c＝0，整理得(b＋c－1)＋(2eq\r(2)＋eq\r(2)b)i＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)＋\r(2)b＝0，,b＋c－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝3.))2．已知定義在復(fù)數(shù)集C上的函數(shù)滿足f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋x3x∈R，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,1＋i)))x?R，))則f(f(1－i))等于________．解析：由已知得f(1－i)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2i,2)))＝|－i|＝1，故f(1)＝1＋13＝2，即f(f(1－i))＝2.答案：2一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．(·陜西高考)設(shè)a，b∈R，i是虛數(shù)單位，則“ab＝0”是“復(fù)數(shù)a＋eq\f(b,i)為純虛數(shù)”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B復(fù)數(shù)a＋eq\f(b,i)＝a－bi為純虛數(shù)，則a＝0，b≠0；而ab＝0表示a＝0或者b＝0，故“ab＝0”是“復(fù)數(shù)a＋eq\f(b,i)為純虛數(shù)”的必要不充分條件．2．(·新課標(biāo)全國(guó)卷)下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)的四個(gè)命題：p1：|z|＝2,p2：z2＝2i，p3：z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i,p4：z的虛部為－1.其中的真命題為()A．p1，p3 B．p1，p2C．p2，p4 D．p3，p4解析：選C∵復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)＝－1－i，∴|z|＝eq\r(2)，z2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i，z的共軛復(fù)數(shù)為－1＋i，z的虛部為－1，綜上可知p2，p4是真命題．3．已知f(x)＝x2，i是虛數(shù)單位，則在復(fù)平面中復(fù)數(shù)eq\f(f1＋i,3＋i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：選Af(1＋i)＝(1＋i)2＝2i，則eq\f(f1＋i,3＋i)＝eq\f(2i,3＋i)＝eq\f(2＋6i,10)＝eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i，故對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第一象限．4．(·臨汾模擬)復(fù)數(shù)z＝i(i＋1)(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)是()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i解析：選A∵z＝i(i＋1)＝－1＋i，∴z的共軛復(fù)數(shù)是－1－i.5．若(x－i)i＝y(tǒng)＋2i，x，y∈R，則復(fù)數(shù)x＋yi＝()A．－2＋i B．2＋iC．1－2i D．1＋2i解析：選B由(x－i)i＝y(tǒng)＋2i得xi＋1＝y(tǒng)＋2i.∵x，y∈R，∴x＝2，y＝1，故x＋yi＝2＋i.6．若復(fù)數(shù)z＝a2－1＋(a＋1)i(a∈R)是純虛數(shù)，則eq\f(1,z＋a)的虛部為()A．－eq\f(2,5) B．－eq\f(2,5)iC.eq\f(2,5) D.eq\f(2,5)i解析：選A由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,a＋1≠0，))所以a＝1，所以eq\f(1,z＋a)＝eq\f(1,1＋2i)＝eq\f(1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i，根據(jù)虛部的概念，可得eq\f(1,z＋a)的虛部為－eq\f(2,5).二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)7．(·湖北高考)若eq\f(3＋bi,1－i)＝a＋bi(a，b為實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位)，則a＋b＝________.解析：由eq\f(3＋bi,1－i)＝eq\f(3＋bi1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(3－b＋3＋bi,2)＝a＋bi，得a＝eq\f(3－b,2)，b＝eq\f(3＋b,2)，解得b＝3，a＝0，所以a＋b＝3.答案：38．i為虛數(shù)單位，eq\f(1,i)＋eq\f(1,i3)＋eq\f(1,i5)＋eq\f(1,i7)＝________.解析：eq\f(1,i)＋eq\f(1,i3)＋eq\f(1,i5)＋eq\f(1,i7)＝－i＋i－i＋i＝0.答案：09．已知復(fù)數(shù)x2－6x＋5＋(x－2)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．解析：∵x為實(shí)數(shù)，∴x2－6x＋5和x－2都是實(shí)數(shù)．由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－6x＋5＜0，,x－2＜0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＜x＜5，,x＜2，))即1＜x＜2.故x的取值范圍是(1,2)．答案：(1,2)三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)10．計(jì)算：(1)eq\f(－1＋i2＋i,i3)；(2)eq\f(1＋2i2＋31－i,2＋i)；(3)eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2)；(4)eq\f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2).解：(1)eq\f(－1＋i2＋i,i3)＝eq\f(－3＋i,－i)＝－1－3i.(2)eq\f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq\f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)＝eq\f(i,2＋i)＝eq\f(i2－i,5)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i.(3)eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2)＝eq\f(1－i,2i)＋eq\f(1＋i,－2i)＝eq\f(1＋i,－2)＋eq\f(－1＋i,2)＝－1.(4)eq\f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2)＝eq\f(\r(3)＋i－i,\r(3)＋i2)＝eq\f(－i,\r(3)＋i)＝eq\f(－i\r(3)－i,4)＝－eq\f(1,4)－eq\f(\r(3),4)i.11．實(shí)數(shù)m分別取什么數(shù)值時(shí)，復(fù)數(shù)z＝(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)i(1)與復(fù)數(shù)2－12i相等；(2)與復(fù)數(shù)12＋16i互為共軛復(fù)數(shù)；(3)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在x軸上方．解：(1)根據(jù)復(fù)數(shù)相等的充要條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋5m＋6＝2，,m2－2m－15＝－12.))解之得m＝－1.(2)根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋5m＋6＝12，,m2－2m－15＝－16.))解之得m＝1.(3)根據(jù)復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)點(diǎn)在x軸上方可得m2－2m－15＞0，解之得m＜－3或m＞5.12．復(fù)數(shù)z1＝eq\f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq\f(2,1－a)＋(2a－5