2023届高考一轮复习讲义（理科）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（理科）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6页。

A．2i B．－2i
C．2 D．－2
解析：选D.(－1＋i)(1＋i)＝－1－i＋i＋i2＝－1－1＝－2.故选D.
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设z＝－3＋2i，则在复平面内z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C.由题意，得eq \x\t(z)＝－3－2i，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限，故选C.
3．若复数z＝eq \f(a,1＋i)＋1为纯虚数，则实数a＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A.因为复数z＝eq \f(a,1＋i)＋1＝eq \f(a（1－i）,（1＋i）（1－i）)＋1＝eq \f(a,2)＋1－eq \f(a,2)i为纯虚数，所以eq \f(a,2)＋1＝0且－eq \f(a,2)≠0，解得a＝－2.故选A.
4．已知复数z满足(1＋i)z＝2，则复数z的虚部为( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
解析：选B.法一：因为(1＋i)z＝2，所以z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－i，则复数z的虚部为－1.故选B.
法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(1＋i)(a＋bi)＝a－b＋(a＋b)i＝2，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＝2，,a＋b＝0，))解得a＝1，b＝－1，所以复数z的虚部为－1.故选B.
5．若复数z满足eq \f(z,1－i)＝i，其中i为虚数单位，则共轭复数eq \x\t(z)＝( )
A．1＋i B．1－i
C．－1－i D．－1＋i
解析：选B.由题意，得z＝i(1－i)＝1＋i，所以z＝1－i，故选B.
6．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,i)))eq \s\up12(2)＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，则a＋b＝( )
A．－7 B．7
C．－4 D．4
解析：选A.因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,i)))eq \s\up12(2)＝1＋eq \f(4,i)＋eq \f(4,i2)＝－3－4i，
所以－3－4i＝a＋bi，则a＝－3，b＝－4，
所以a＋b＝－7，故选A.
7．已知i为虚数单位，则eq \f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝( )
A．5 B．5i
C．－eq \f(7,5)－eq \f(12,5)i D．－eq \f(7,5)＋eq \f(12,5)i
解析：选A.法一：eq \f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝eq \f(10－5i,2－i)＝5，故选A.
法二：eq \f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝eq \f(（2＋i）2（3－4i）,（2＋i）（2－i）)＝eq \f(（3＋4i）（3－4i）,5)＝5，故选A.
8．若复数z满足z(1＋i)＝2i(i为虚数单位)，则|z|＝( )
A．1 B．2
C.eq \r(2) D．eq \r(3)
解析：选C.因为z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1＋i，所以|z|＝eq \r(2).故选C.
9．已知a∈R，i是虚数单位．若z＝a＋eq \r(3)i，z·eq \x\t(z)＝4，则a＝( )
A．1或－1 B．eq \r(7)或－eq \r(7)
C．－eq \r(3) D．eq \r(3)
解析：选A.法一：由题意可知eq \x\t(z)＝a－eq \r(3)i，所以z·eq \x\t(z)＝(a＋eq \r(3)i)(a－eq \r(3)i)＝a2＋3＝4，故a＝1或－1.
法二：z·eq \x\t(z)＝|z|2＝a2＋3＝4，故a＝1或－1.
10．设z＝1＋i(i是虚数单位)，则z2－eq \f(2,z)＝( )
A．1＋3i B．1－3i
C．－1＋3i D．－1－3i
解析：选C.因为z＝1＋i，所以z2＝(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i，eq \f(2,z)＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2（1－i）,1－i2)＝eq \f(2（1－i）,2)＝1－i，则z2－eq \f(2,z)＝2i－(1－i)＝－1＋3i.故选C.
11．若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为( )
A．－4 B．－eq \f(4,5)
C．4 D．eq \f(4,5)
解析：选D.因为|4＋3i|＝eq \r(42＋32)＝5，所以z＝eq \f(5,3－4i)＝eq \f(5（3＋4i）,（3－4i）（3＋4i）)＝eq \f(3＋4i,5)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，所以z的虚部为eq \f(4,5).
12．设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，则eq \f(z1,z2)＝( )
A．1＋i B．eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i
C．1＋eq \f(4,5)i D．1＋eq \f(4,3)i
解析：选B.因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，所以z2＝2－i，所以eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋i,2－i)＝eq \f(（2＋i）2,5)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，故选B.
13．设复数z满足eq \x\t(z)＝|1－i|＋i(i为虚数单位)，则复数z＝________．
解析：复数z满足eq \x\t(z)＝|1－i|＋i＝eq \r(2)＋i，则复数z＝eq \r(2)－i.
答案：eq \r(2)－i
14．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)
15．已知复数z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)(i为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x－2y＋m＝0上，则m＝________．
解析：z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)＝eq \f(4＋2i,2i)＝eq \f(（4＋2i）i,2i2)＝1－2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其代入x－2y＋m＝0，得m＝－5.
答案：－5
16．当复数z＝(m＋3)＋(m－1)i(m∈R)的模最小时，eq \f(4i,z)＝________．
解析：|z|＝eq \r(（m＋3）2＋（m－1）2)
＝eq \r(2m2＋4m＋10)＝eq \r(2（m＋1）2＋8)，
所以当m＝－1时，|z|min＝2eq \r(2)，
所以eq \f(4i,z)＝eq \f(4i,2－2i)＝eq \f(4i（2＋2i）,8)＝－1＋i.
答案：－1＋i
[综合题组练]
1．若实数a，b，c满足a2＋a＋bi<2＋ci(其中i2＝－1)，集合A＝{x|x＝a}，B＝{x|x＝b＋c}，则A∩∁RB为( )
A．∅
B．{0}
C．{x|－2D．{x|－2解析：选D.由于只有实数之间才能比较大小，故a2＋a＋bi<2＋ci⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a<2，,b＝c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－22．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对应点与原点连线的斜率，
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．－3＋2i是方程2x2＋px＋q＝0的一个根，且p，q∈R，则p＋q＝________．
解析：由题意得2(－3＋2i)2＋p(－3＋2i)＋q＝0，
即2(5－12i)－3p＋2pi＋q＝0，
即(10－3p＋q)＋(－24＋2p)i＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(10－3p＋q＝0，,－24＋2p＝0.))所以p＝12，q＝26，所以p＋q＝38.
答案：38
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，对应的点为(0，1)．
答案：(0，1)
5．复数z1＝eq \f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i，若eq \x\t(z)1＋z2是实数，求实数a的值．
解：eq \x\t(z)1＋z2＝eq \f(3,a＋5)＋(a2－10)i＋eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a＋5)＋\f(2,1－a)))＋[(a2－10)＋(2a－5)]i
＝eq \f(a－13,（a＋5）（a－1）)＋(a2＋2a－15)i.
因为eq \x\t(z)1＋z2是实数，
所以a2＋2a－15＝0，
解得a＝－5或a＝3.
因为a＋5≠0，
所以a≠－5，故a＝3.
6．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．
这样的虚数是否存在？若存在，求出z；若不存在，请说明理由．
解：这样的虚数存在，z＝－1－2i或z＝－2－i.
设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，
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.
因为z＋eq \f(5,z)是实数，所以b－eq \f(5b,a2＋b2)＝0.
又因为b≠0，所以a2＋b2＝5.①
又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，
所以a＋3＋b＝0.②
由①②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))
故存在虚数z，z＝－1－2i或z＝－2－i.