2023届高考一轮复习讲义（文科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第1讲　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第1讲　高效演练 分层突破学案，共4页。

1．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)已知x，y∈R，i为虚数单位，且xi－y＝－1＋i，则(1－i)(x－yi)＝( )
A．2 B．－2i
C．－4 D．2i
解析：选B.xi－y＝－1＋i，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＝－y，,x＝1，))
所以x＝1，y＝1，
所以(1－i)(x－yi)＝(1－i)(1－i)＝－2i，故选B.
2．(2020·辽宁辽南协作体一模)已知i是虚数单位，复数z＝eq \f(1－i,|i|)，下列说法正确的是( )
A．z的虚部为－i
B．z对应的点在第一象限
C．z的实部为－1
D．z的共轭复数为1＋i
解析：选D.因为z＝eq \f(1－i,|i|)＝1－i，所以z的虚部为－1；z对应的点的坐标为(1，－1)，在第四象限；z的实部为1；z的共轭复数为1＋i.故选D.
3．(2020·黑龙江齐齐哈尔二模)已知复数z＝eq \f(（2＋ai）i,1＋i)是纯虚数，其中a是实数，则z等于( )
A．2i B．－2i
C．i D．－i
解析：选A.z＝eq \f(（2＋ai）i,1＋i)＝eq \f(－a＋2i,1＋i)＝eq \f(（－a＋2i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2－a,2)＋eq \f(a＋2,2)i，因为z为纯虚数，所以eq \f(2－a,2)＝0，eq \f(a＋2,2)≠0，得a＝2.所以z＝2i，故选A.
4．(2020·云南民族大学附属中学期中)复数z满足z(1－i)＝|1＋i|，则复数z的共轭复数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D.因为z(1－i)＝|1＋i|，
所以z＝eq \f(|1＋i|,1－i)＝eq \f(\r(2)（1＋i）,2)＝eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)i，
所以 eq \x\t(z)＝eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(2),2)i，
所以复数z的共轭复数在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，位于第四象限，故选D.
5．设z＝eq \f(1,1＋i)＋i(i为虚数单位)，则|z|＝ ．
解析：因为z＝eq \f(1,1＋i)＋i＝eq \f(1－i,（1＋i）（1－i）)＋i＝eq \f(1－i,2)＋i＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
6．(2020·西安八校联考)若eq \f(a＋bi,i)(a，b∈R)与(2－i)2互为共轭复数，则a－b＝ ．
解析：因为eq \f(a＋bi,i)＝eq \f(（a＋bi）（－i）,－i2)＝b－ai，(2－i)2＝4－4i－1＝3－4i，eq \f(a＋bi,i)(a，b∈R)与(2－i)2互为共轭复数，所以b＝3，a＝－4，则a－b＝－7，故答案为－7.
答案：－7
7．在复平面内，O为原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))对应的复数为－1＋2i，若点A关于直线y＝－x的对称点为B，则向量eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数为 ．
解析：因为A(－1，2)关于直线y＝－x的对称点为B(－2，1)，所以向量eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数为－2＋i.
答案：－2＋i
8．计算：(1)eq \f(（1＋2i）2＋3（1－i）,2＋i)；
(2)eq \f(1－i,（1＋i）2)＋eq \f(1＋i,（1－i）2)；
(3)eq \f(1－\r(3)i,（\r(3)＋i）2).
解：(1)eq \f(（1＋2i）2＋3（1－i）,2＋i)＝eq \f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)
＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i（2－i）,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i.
(2)eq \f(1－i,（1＋i）2)＋eq \f(1＋i,（1－i）2)＝eq \f(1－i,2i)＋eq \f(1＋i,－2i)＝eq \f(1＋i,－2)＋eq \f(－1＋i,2)＝－1.
(3)eq \f(1－\r(3)i,（\r(3)＋i）2)＝eq \f(（\r(3)＋i）（－i）,（\r(3)＋i）2)＝eq \f(－i,\r(3)＋i)＝eq \f(（－i）（\r(3)－i）,4)
＝－eq \f(1,4)－eq \f(\r(3),4)i.
[综合题组练]
1．已知复数z＝(cs θ－isin θ)(1＋i)，则“z为纯虚数”的一个充分不必要条件是( )
A．θ＝eq \f(π,4) B．θ＝eq \f(π,2)
C．θ＝eq \f(3π,4) D．θ＝eq \f(5π,4)
解析：选C.z＝(cs θ－isin θ)(1＋i)＝(cs θ＋sin θ)＋(cs θ－sin θ)i.z是纯虚数等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(cs θ＋sin θ＝0，,cs θ－sin θ≠0，))等价于θ＝eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z.故选C.
2．(应用型)(2020·成都第二次诊断性检测)若虚数(x－2)＋yi(x，y∈R)的模为eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值是( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(1,2) D．eq \r(3)
解析：选D.因为(x－2)＋yi是虚数，
所以y≠0，
又因为|(x－2)＋yi|＝eq \r(3)，
所以(x－2)2＋y2＝3.
因为eq \f(y,x)是复数x＋yi对应点的斜率，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))eq \s\d7(max)＝tan∠AOB＝eq \r(3)，
所以eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3).
3．设复数z满足eq \f(1＋2z,1－z)＝i，则z＝ ．
解析：法一：因为eq \f(1＋2z,1－z)＝i，所以1＋2z＝i－iz，所以z＝eq \f(i－1,2＋i)＝eq \f(（i－1）（2－i）,5)＝－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i.
法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，因为eq \f(1＋2z,1－z)＝i，所以1＋2(a＋bi)＝i－i(a＋bi)，所以2a＋1＋2bi＝b＋(1－a)i，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋1＝b,2b＝1－a))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,5),b＝\f(3,5)))，所以z＝－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i.
答案：－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i
4．已知复数z＝eq \f(i＋i2＋i3＋…＋i2 018,1＋i)，则复数z在复平面内对应点的坐标为 ．
解析：因为i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＋i4n＋4＝i＋i2＋i3＋i4＝0，而2 018＝4×504＋2，
所以z＝eq \f(i＋i2＋i3＋…＋i2 018,1＋i)＝eq \f(i＋i2,1＋i)＝eq \f(－1＋i,1＋i)
＝eq \f(（－1＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2i,2)＝i，对应的点的坐标为(0，1)．
答案：(0，1)