课时过关检测（三十一） 复 数

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1．(2021·广东省七校联考)已知复数z＝eq \f(2＋i,1－i)(i为复数单位)，那么z的共轭复数为( )
A.eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)i B．eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i
C.eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)iD．eq \f(3,2)－eq \f(3,2)i
解析：选B 由题意知z＝eq \f(2＋i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(2＋2i＋i－1,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)i，所以eq \x\t(z)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i，故选B.
2．(2021·湖北八校第一次联考)设i是虚数单位，若复数a＋eq \f(5i,1＋2i)(a∈R)是纯虚数，则a＝( )
A．－1B．1
C．－2D．2
解析：选C 由已知，得a＋eq \f(5i,1＋2i)＝a＋eq \f(5i1－2i,1＋2i1－2i)＝a＋2＋i，由题意得a＋2＝0，所以a＝－2.故选C.
3．(2021·武昌区高三调研)已知复数z满足eq \f(z,z－i)＝i，则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
解析：选A 法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，因为eq \f(z,z－i)＝i，所以eq \f(a＋bi,a＋b－1i)＝i，所以a＋bi＝(1－b)＋ai，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1－b，,b＝a，))解得a＝b＝eq \f(1,2)，所以z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))，位于第一象限，故选A.
法二：因为eq \f(z,z－i)＝i，所以z＝eq \f(1,1－i)＝eq \f(1＋i,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，所以z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))，位于第一象限，故选A.
4．(2021·长沙市四校模拟考试)已知复数z＝eq \f(1＋i2,i1－i)，则下列结论正确的是( )
A．z的虚部为iB．|z|＝2
C．z的共轭复数eq \x\t(z)＝－1＋iD．z2为纯虚数
解析：选D z＝eq \f(1＋i2,i1－i)＝eq \f(2,1－i)＝eq \f(21＋i,1－i1＋i)＝eq \f(21＋i,2)＝1＋i，则z的虚部为1，所以选项A错误；|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，所以选项B错误；z的共轭复数eq \x\t(z)＝1－i，所以选项C错误；z2＝(1＋i)2＝2i是纯虚数，所以选项D正确．故选D.
5．(2021·江西五校联考)复数z满足(z－2)·i＝z(i为虚数单位)，eq \x\t(z)为复数z的共轭复数，则下列说法正确的是( )
A．z2＝2iB．z·eq \x\t(z)＝2
C．|z|＝2D．z＋eq \x\t(z)＝0
解析：选B 由题意，得zi－2i＝z，z(i－1)＝2i，z＝eq \f(2i,i－1)＝eq \f(2ii＋1,i－1i＋1)＝eq \f(2i－1,－2)＝1－i，则z2＝－2i，z·eq \x\t(z)＝(1－i)(1＋i)＝2，|z|＝eq \r(2)，z＋eq \x\t(z)＝1－i＋1＋i＝2，故选B.
6．(2021·广东省七校联考)设复数z满足|z－1－i|＝eq \r(2)，则|z|的最大值为( )
A.eq \r(2)B．2
C．2eq \r(2)D．4
解析：选C 复数z满足|z－1－i|＝eq \r(2)，故复数z对应复平面上的点是以A(1,1)为圆心，eq \r(2)为半径的圆，|AO|＝eq \r(2)(O为坐标原点)，故|z|的最大值为eq \r(2)＋eq \r(2)＝2eq \r(2).
7．(多选)下面是关于复数z＝eq \f(2,－1＋i)的四个命题，其中的真命题为( )
A．|z|＝2B．z2＝2i
C．z的共轭复数为1＋iD．z的虚部为－1
解析：选BD ∵z＝eq \f(2,－1＋i)＝eq \f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，
∴|z|＝eq \r(2)，z2＝2i，z的共轭复数为－1＋i，z的虚部为－1，故选B、D.
8．(多选)下列命题正确的是( )
A．若复数z1，z2的模相等，则z1，z2是共轭复数
B．z1，z2都是复数，若z1＋z2是虚数，则z1不是z2的共轭复数
C．复数z是实数的充要条件是z＝eq \x\t(z)(eq \x\t(z)是z的共轭复数)
D．已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)且|z－2|＝eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3)
解析：选BCD 对于A，z1和z2可能是相等的复数，故A错误；对于B，若z1和z2是共轭复数，则相加为实数，不会为虚数，故B正确；对于C，由a＋bi＝a－bi得b＝0，故C正确；对于D，∵|z－2|＝eq \r(x－22＋y2)＝eq \r(3)，∴(x－2)2＋y2＝3.由图可知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))max＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3).
9.如图所示，在复平面内，网格中的每个小正方形的边长都为1，点A，B对应的复数分别是z1，z2，则|z1－z2|＝ .
解析：由图象可知z1＝i，z2＝2－i，
故|z1－z2|＝|－2＋2i|＝ eq \r(－22＋22)＝2eq \r(2).
答案：2eq \r(2)
10．(2021·昆明市三诊一模)复数z的共轭复数eq \x\t(z)满足(2＋i)eq \x\t(z)＝|3＋4i|，z＝ .
解析：法一：由(2＋i)eq \x\t(z)＝|3＋4i|，得eq \x\t(z)＝eq \f(|3＋4i|,2＋i)＝eq \f(5,2＋i)＝eq \f(52－i,2＋i2－i)＝2－i，所以z＝2＋i.
法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(2＋i)(a－bi)＝5，即2a＋b＋(a－2b)i＝5，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝5，,a－2b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))所以z＝2＋i.
答案：2＋i
11．(2021·福建省三明市高三模拟)若|z1－z2|＝1，则称z1与z2互为“邻位复数”．已知复数z1＝a＋eq \r(3)i与z2＝2＋bi互为“邻位复数”，a，b∈R，求a2＋b2的最大值．
解：由题意，|a＋eq \r(3)i－2－bi|＝1，故(a－2)2＋(eq \r(3)－b)2＝1，
∴点(a，b)在圆(x－2)2＋(y－eq \r(3))2＝1上，
而eq \r(a2＋b2)表示点(a，b)到原点的距离，
故a2＋b2的最大值为(eq \r(22＋\r(3)2)＋1)2＝(1＋eq \r(7))2＝8＋2eq \r(7).
12．(2021·张家口调研)已知复数z满足：z2＝3＋4i，且z在复平面内对应的点位于第三象限．
(1)求复数z；
(2)设a∈R，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋z,1＋\x\t(z))))2 021＋a))＝2，求实数a的值．
解：(1)设z＝c＋di(c，d∈R且c<0，d<0)，
则z2＝(c＋di)2＝c2－d2＋2cdi＝3＋4i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c2－d2＝3，,2cd＝4，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝－2，,d＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,d＝1))(舍去)．
∴z＝－2－i.
(2)∵eq \x\t(z)＝－2＋i，∴eq \f(1＋z,1＋\x\t(z))＝eq \f(－1－i,－1＋i)＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,2)＝i，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋z,1＋\x\t(z))))2 021＝i2 021＝i2 020＋1＝i505×4＋1＝i，
∴|a＋i|＝eq \r(a2＋1)＝2，∴a＝±eq \r(3).
B级——综合应用
13．(多选)(2021·全国统一考试模拟演练)设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题中正确的是( )
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3
B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
C．若eq \x\t(z)2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|
D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2
解析：选BC 设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，z3＝a3＋b3i，若|z2|＝|z3|，则 eq \r(a\\al(2,2)＋b\\al(2,2))＝eq \r(a\\al(2,3)＋b\\al(2,3))，此时z2＝±z3不一定成立，故A错误；
若z1z2＝z1z3，则z1(z2－z3)＝0，又因z1≠0，所以z2＝z3，故B正确；
若eq \x\t(z)2＝z3，则a2＝a3，b2＝－b3，
所以|z1z2|＝eq \r(a1a2－b1b22＋a1b2＋a2b12)
＝eq \r(a1a22＋b1b22＋a1b22＋a2b12).
|z1z3|＝eq \r(a1a3－b1b32＋a1b3＋a3b12)
＝eq \r(a1a2＋b1b22＋－a1b2＋a2b12)
＝eq \r(a1a22＋b1b22＋a1b22＋a2b12).
所以|z1z2|＝|z1z3|，故C正确；
当z2＝eq \x\t(z)1时，z1z2＝|z1|2，此时z1＝z2不一定成立，故D错误．
14．已知集合M＝{1，m,3＋(m2－5m－6)i}，N＝{－1,3}，若M∩N＝{3}，则实数m的值为 ．
解析：∵M∩N＝{3}，∴3∈M且－1∉M，
∴m≠－1,3＋(m2－5m－6)i＝3或m＝3，
∴m2－5m－6＝0且m≠－1或m＝3，
解得m＝6或m＝3，经检验符合题意．
答案：3或6
15．(2021·高仿密卷)已知复数z＝bi(b∈R)，eq \f(z－2,1＋i)是实数，i是虚数单位．
(1)求复数z；
(2)若复数(m＋z)2所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围．
解：(1)因为z＝bi(b∈R)，
所以eq \f(z－2,1＋i)＝eq \f(bi－2,1＋i)＝eq \f(bi－21－i,1＋i1－i)
＝eq \f(b－2＋b＋2i,2)＝eq \f(b－2,2)＋eq \f(b＋2,2)i.
又因为eq \f(z－2,1＋i)是实数，所以eq \f(b＋2,2)＝0，
所以b＝－2，即z＝－2i.
(2)因为z＝－2i，m∈R，
所以(m＋z)2＝(m－2i)2＝m2－4mi＋4i2
＝(m2－4)－4mi，
又因为复数(m＋z)2所表示的点在第一象限，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－4>0，,－4m>0，))解得m<－2，
即m∈(－∞，－2)．
C级——迁移创新
16．若虚数z同时满足下列两个条件：
①z＋eq \f(5,z)是实数；
②z＋3的实部与虚部互为相反数．
则z＝ .
解析：设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，
则z＋eq \f(5,z)＝a＋bi＋eq \f(5,a＋bi)＝a＋bi＋eq \f(5a－bi,a2＋b2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(5a,a2＋b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5b,a2＋b2)))i.
∵z＋eq \f(5,z)是实数，∴b－eq \f(5b,a2＋b2)＝0.
又∵b≠0，∴a2＋b2＝5.①
又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，
∴a＋3＋b＝0.②
联立①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))
故z＝－1－2i或z＝－2－i.
答案：－1－2i或－2－i