2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练32复数含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练32复数含解析新人教B版，共6页。试卷主要包含了已知复数z满足z=10,则z=等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足z(3-i)=10,则z=( )
A.-3-iB.-3+i
C.3-iD.3+i
2.(2021湖北黄冈中学三模)已知复数z满足z2+4i=0,则|z|=( )
A.4B.2
C.2D.1
3.设复数z满足|z+1|=|z-i|,z在复平面内对应的点为(x,y),则( )
A.x=0B.y=0
C.x-y=0D.x+y=0
4.(2021山东聊城二模)已知复数z1=-2+i,z2=z1i,在复平面内,复数z1和z2对应的两点之间的距离是( )
A.5B.10
C.5D.10
5.(多选)(2021湖南衡阳二模)复数z=a+(1-a)i,a∈R,则z在复平面内对应的点可能在的象限为( )
A.第一象限B.第二象限
C.第三象限D.第四象限
6.(多选)已知i为虚数单位,则下列结论正确的是( )
A.复数z=1+2i1-i的虚部为32
B.复数z=2+5i-i的共轭复数z=-5-2i
C.复数z=12-12i在复平面内对应的点位于第二象限
D.复数z满足1z∈R,则z∈R
7.复数z在复平面内所对应的点的坐标为(1,1),则|z|z的实部与虚部的和是( )
A.2B.0
C.22D.22-22i
8.已知i是虚数单位,则复数z=(1+i)(2-i)的实部是 .
9.(2021河北石家庄二模)设a,b为实数,若复数1+2ia+bi=1-i,则ab= .
综合提升组
10.(多选)对任意z1,z2,z∈C,下列结论成立的是( )
A.当m,n∈N*时,有zmzn=zm+n
B.当z1,z2∈C时,若z12+z22=0,则z1=0且z2=0
C.互为共轭复数的两个复数的模相等,且|z|2=|z|2=zz
D.z1=z2的充要条件是|z1|=|z2|
11.(多选)(2021湖南雅礼中学二模)设z1,z2是复数,则下列命题是真命题的有( )
A.若|z1-z2|=0,则z1=z2
B.若z1=z2,则z1=z2
C.若|z1|=|z2|,则z1z1=z2z2
D.若|z1|=|z2|,则z12=z22
12.(2021山东淄博三模)已知复数z满足等式|z-i|=1,则|z-1|的最大值为 .
13.(2020全国Ⅱ,理15)设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=3+i,则|z1-z2|= .
14.已知复数z1=i,z2=2i1+i,则|z1+z2|= ,z1+z12+…+z12020= .
创新应用组
15.(多选)已知复数z=1+cs 2θ+isin 2θ-π2<θ<π2,则下列说法正确的是( )
A.复数z在复平面上对应的点可能落在第二象限
B.z可能为实数
C.|z|=2cs θ
D.1z的实部为12
16.国际数学教育大会(ICME)是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议,第十四届大会将在上海召开,其会标如图,包含着许多数学元素.主画面是非常优美的几何化的中心对称图形,由弦图、圆和螺线组成,主画面标明的ICME-14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744,也可以读出其二进制码(0)11111100100,换算成十进制的数是n,则(1+i)2n= ,1+i2n= .
17.已知复数z对应的点在复平面第一象限内,甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述如下(i为虚数单位):
甲:z+z=2;乙:z-z=23i;丙:zz=4;丁:zz=z22.
在甲、乙、丙、丁四人陈述中,有且只有两个人的陈述正确,则复数z= .
课时规范练32 复数
1.D 解析:z=103-i=10(3+i)(3-i)(3+i)=3+i,故选D.
2.B 解析:设z=a+bi(a,b∈R),则z2+4i=(a+bi)2+4i=a2-b2+(2ab+4)i=0,
所以a2=b2且ab=-2,即a=2,b=-2或a=-2,b=2,
故|z|=a2+b2=2.
故选B.
3.D 解析:复数z满足|z+1|=|z-i|,∴(x+1)2+y2=x2+(y-1)2,化简得x+y=0,故选D.
4.B 解析:z1=-2+i在复平面内对应的点的坐标为(-2,1),
z2=z1i=-i(-2+i)-i2=1+2i在复平面内对应的点的坐标为(1,2),
所以复数z1和z2在复平面内对应的两点之间的距离为(-2-1)2+(1-2)2=10.
故选B.
5.ABD 解析:当在复平面内对应的点在第三象限时,满足1-a<0,a<0,此时a不存在.
故选ABD.
6.ABD 对于A,z=1+2i1-i=(1+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=-12+32i,其虚部为32,故A正确;对于B,z=2+5i-i=(2+5i)i=-5+2i,故z=-5-2i,故B正确;对于C,z=12-12i在复平面内对应点的坐标为12,-12,位于第四象限,故C不正确;对于D,设z=a+bi(a,b∈R),则1z=1a+bi=a-bia2+b2,又1z∈R,得b=0,所以z=a∈R,故D正确.故选ABD.
7.B 由题意可得,z=1+i,z=1-i,
则|z|=|z|=2,
∴|z|z=21+i=2(1-i)(1+i)(1-i)=22-22i,所以|z|z的实部为22,虚部为-22,故实部和虚部的和为0,故选B.
8.3 解析:z=(1+i)(2-i)=3+i,实部是3.
9.-13 解析:1+2ia+bi=1-i,则a+bi=1+2i1-i=(1+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=-1+3i2=-12+32i,
所以a=-12,b=32,因此ab=-13.
10.AC 解析:由复数乘法的运算律知,A正确;
取z1=1,z2=i,满足z12+z22=0,但z1=0且z2=0不成立,故B错误;
由复数的模及共轭复数的概念知结论成立,故C正确;
由z1=z2能推出|z1|=|z2|,
但|z1|=|z2|推不出z1=z2,
因此z1=z2的必要不充分条件是|z1|=|z2|,故D错误.故选AC.
11.ABC 解析:对于A,若|z1-z2|=0,则z1-z2=0,z1=z2,所以z1=z2,故A为真命题;
对于B,若z1=z2,则z1和z2互为共轭复数,所以z1=z2,故B为真命题;
对于C,设z1=a1+b1i,z2=a2+b2i,a1,b1,a2,b2∈R,
若|z1|=|z2|,则a12+b12=a22+b22,即a12+b12=a22+b22,
所以z1z1=a12+b12=a22+b22=z2z2,故C为真命题;
对于D,若z1=1,z2=i,则|z1|=|z2|,而z12=1,z22=-1,故D为假命题.
故选ABC.
12.2+1 解析:因为|z-i|=1,所以复数z在复平面内对应的点是以(0,1)为圆心,1为半径的圆,如图所示,则|z-1|的最大值为圆心(0,1)到点A(1,0)的距离加1,即
(0-1)2+(1-0)2+1=2+1.
13.23 解析:设z1=a+bi,z2=c+di,a,b,c,d∈R.
∵|z1|=|z2|=2,∴a2+b2=4,c2+d2=4.
又z1+z2=(a+c)+(b+d)i=3+i,∴a+c=3,b+d=1.
∴(a+c)2+(b+d)2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd=8+2ac+2bd=4.
∴2ac+2bd=-4.
∴(a-c)2+(b-d)2=a2+c2+b2+d2-2ac-2bd=8-(-4)=12.
∴|z1-z2|=(a-c)2+(b-d)2=23.
14.5 0 解析:因为z2=2i1+i=2i(1-i)(1+i)(1-i)=1+i,z1+z2=i+(1+i)=1+2i,所以|z1+z2|=12+22=5;
z1+z12+…+z12020=z1(1-z12020)1-z1=i(1-i2020)1-i=i[1-(i4)505]1-i=i(1-1)1-i=0.
15.BCD 解析:因为-π2<θ<π2,所以-π<2θ<π,所以-1当sin2θ=0,θ=0∈-π2,π2时,复数z是实数,故B正确;
|z|=(1+cs2θ)2+(sin2θ)2=2+2cs2θ=2csθ,故C正确;
1z=11+cs2θ+isin2θ
=1+cs2θ-isin2θ(1+cs2θ+isin2θ)(1+cs2θ-isin2θ)
=1+cs2θ-isin2θ2+2cs2θ,则1z的实部是1+cs2θ2+2cs2θ=12,故D正确.故选BCD.
16.-22 020 -1 ∵11111100100=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+0×23+1×22+0×21+0×20=2020.∴(1+i)2n=(2i)2020=-22020.
1+i2n=1+i22020=1+i22×1010=i1010=-1.
17.1+i 解析:设z=a+bi(a>0,b>0),则z=a-bi,
∴z+z=2a,z-z=2bi,zz=a2+b2,zz=z2a2+b2.
∵zz=4与zz=z22不可能同时成立,∴丙、丁的陈述不能同时正确;
∵当z-z=23i时,b2=3>2,此时zz=z22不成立,∴乙、丁的陈述不能同时正确;
当甲、乙的陈述正确时,a=1,b=3,则丙的陈述也正确,不合题意;
当甲、丙的陈述正确时,a=1,b=3,则乙的陈述也正确,不合题意;
当乙、丙的陈述正确时,b=3,a=1,则甲的陈述也正确,不合题意;
当甲、丁的陈述正确时,a=b=1,乙、丙的陈述错误,符合题意.故z=1+i.