2021高考数学（文）大一轮复习习题 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 课时跟踪检测 （二十七）　数系的扩充与复数的引入 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 课时跟踪检测 （二十七）　数系的扩充与复数的引入 word版含答案，共4页。试卷主要包含了i是虚数单位，复数eq \f＝，计算等内容，欢迎下载使用。
1．i是虚数单位，复数eq \f(1－3i,1－i)＝( )
A．2＋i B．2－i
C．－1＋2i D．－1－2i
解析：选B eq \f(1－3i,1－i)＝eq \f(1－3i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(4－2i,2)＝2－i．
2．(2017·郑州检测)设z＝1＋i(i是虚数单位)，则eq \f(2,z)－eq \x\t(z)＝( )
A．i B．2－i
C．1－i D．0
解析：选D 因为eq \f(2,z)－eq \x\t(z)＝eq \f(2,1＋i)－1＋i＝eq \f(21－i,1＋i1－i)－1＋i＝1－i－1＋i＝0，故选D．
3．(2016·全国丙卷)若z＝4＋3i，则eq \f(\x\t(z),|z|)＝( )
A．1 B．－1
C．eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i D．eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i
解析：选D ∵z＝4＋3i，∴eq \x\t(z)＝4－3i，|z|＝eq \r(42＋32)＝5，
∴eq \f(\x\t(z),|z|)＝eq \f(4－3i,5)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i．
4．复数|1＋eq \r(2)i|＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(3)i,1＋i)))2＝________．
解析：原式＝eq \r(12＋\r(2)2)＋eq \f(1－\r(3)i2,1＋i2)＝eq \r(3)＋eq \f(－2－2\r(3)i,2i)＝eq \r(3)＋i－eq \r(3)＝i．
答案：i
5．(2015·重庆高考)设复数a＋bi(a，b∈R)的模为eq \r(3)，则(a＋bi)(a－bi)＝________．
解析：∵|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(3)，
∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3．
答案：3
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1．若i是虚数单位，复数z满足(1－i)z＝1，则|2z－3|＝( )
A．eq \r(3) B．eq \r(5)
C．eq \r(6) D．eq \r(7)
解析：选B 由(1－i)z＝1得z＝eq \f(1,1－i)＝eq \f(1＋i,2)，则|2z－3|＝|－2＋i|＝eq \r(5)．
2．已知实数a，b满足(a＋i)(1－i)＝3＋bi，则复数a＋bi的模为( )
A．eq \r(2) B．2
C．eq \r(5) D．5
解析：选C 依题意，(a＋1)＋(1－a)i＝3＋bi，因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋1＝3，,1－a＝b，))解得a＝2，b＝－1，所以a＋bi＝2－i，|a＋bi|＝|2－i|＝eq \r(22＋－12)＝eq \r(5)，选C．
3．(2016·福州二检)定义运算eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))＝ad－bc，则符合条件eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z 1＋i,－i 2i))＝0的复数z的共轭复数eq \x\t(z)在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选B 由题意得，2zi－＝0，则z＝eq \f(－i1＋i,2i)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，∴eq \x\t(z)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，其在复平面内对应的点在第二象限，故选B．
4．已知复数z＝1＋eq \f(2i,1－i)，则1＋z＋z2＋…＋z2 017＝( )
A．1＋i B．1－i
C．i D．0
解析：选A ∵z＝1＋eq \f(2i,1－i)＝1＋eq \f(2i1＋i,2)＝i，∴1＋z＋z2＋…＋z2 017＝eq \f(1×1－z2 018,1－z)＝eq \f(1－i2 018,1－i)＝eq \f(1－i4×504·i2,1－i)＝1＋i．
5．设z1，z2是复数，则下列命题中的假命题是( )
A．若|z1－z2|＝0，则eq \x\t(z)1＝eq \x\t(z)2
B．若z1＝eq \x\t(z)2，则eq \x\t(z)1＝z2
C．若|z1|＝|z2|，则z1·eq \x\t(z)1＝z2·eq \x\t(z)2
D．若|z1|＝|z2|，则zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
解析：选D 对于A，|z1－z2|＝0⇒z1＝z2⇒eq \x\t(z)1＝eq \x\t(z)2，是真命题；对于B，C易判断是真命题；对于D，若z1＝2，z2＝1＋eq \r(3)i，则|z1|＝|z2|，但zeq \\al(2,1)＝4，zeq \\al(2,2)＝－2＋2eq \r(3)i，是假命题．
6．若复数z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z＋\f(1,\x\t(z))))·eq \x\t(z)＝________．
解析：∵z＝1＋2i，∴eq \x\t(z)＝1－2i．
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z＋\f(1,\x\t(z))))·eq \x\t(z)＝z·eq \x\t(z)＋1＝5＋1＝6．
答案：6
7．已知复数z满足eq \f(z＋2,z－2)＝i(其中i是虚数单位)，则|z|＝________．
解析：由eq \f(z＋2,z－2)＝i知，z＋2＝zi－2i，即z＝eq \f(－2－2i,1－i)，所以|z|＝eq \f(|－2－2i|,|1－i|)＝eq \f(2\r(2),\r(2))＝2．
答案：2
8．已知a∈R，若eq \f(1＋ai,2－i)为实数，则a＝________．
解析：eq \f(1＋ai,2－i)＝eq \f(1＋ai2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(2＋i＋2ai－a,5)＝eq \f(2－a,5)＋eq \f(1＋2a,5)i，
∵eq \f(1＋ai,2－i)为实数，∴eq \f(1＋2a,5)＝0，∴a＝－eq \f(1,2)．
答案：－eq \f(1,2)
9．已知复数z＝x＋yi，且|z－2|＝eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值为________．
解析：∵|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)．
答案：eq \r(3)
10．计算：(1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)；
(2)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)；
(3)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)；
(4)eq \f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2)．
解：(1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)＝eq \f(－3＋i,－i)＝－1－3i．
(2)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．
(3)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．
(4)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．
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1．已知t∈R，i为虚数单位，复数z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·z2是实数，则t等于( )
A．eq \f(3,4) B．eq \f(4,3) C．－eq \f(4,3) D．－eq \f(3,4)
解析：选D 因为z1＝3＋4i，z2＝t＋i，
所以z1·z2＝(3t－4)＋(4t＋3)i，
又z1·z2是实数，所以4t＋3＝0，所以t＝－eq \f(3,4)，故选D．
2．已知复数z1＝cs 15°＋sin 15°i和复数z2＝cs 45°＋sin 45°i，则z1·z2＝________．
解析：z1·z2＝(cs 15°＋sin 15°i)(cs 45°＋sin 45°i)＝(cs 15°cs 45°－sin 15°sin 45°)＋(sin 15°cs 45°＋cs 15°sin 45°)i＝cs 60°＋sin 60°i＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i．
答案：eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i
3．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)))＋i
＝eq \f(a－13,a＋5a－1)＋(a2＋2a－15)i．
∵eq \x\t(z)1＋z2是实数，
∴a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a＝3．
∵a＋5≠0，∴a≠－5，故a＝3．