2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价31数系的扩充与复数的引入含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价31数系的扩充与复数的引入含解析新人教A版，共5页。
A组 全考点巩固练
1．(2020·日照一模)已知复数z满足z(1＋2i)＝i，则复数z在复平面内对应点所在的象限是( )
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
A 解析：由z(1＋2i)＝i，
得z＝eq \f(i,1＋2i)＝eq \f(i1－2i,5)＝eq \f(i＋2,5)＝eq \f(2,5)＋eq \f(1,5)i，
所以复数z在复平面内对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，\f(1,5)))，在第一象限．
2．(2020·烟台模拟)设i是虚数单位，若复数a＋eq \f(5i,2＋i)(a∈R)是纯虚数，则a的值为( )
A．－3 B．3 C．1 D．－1
D 解析：a＋eq \f(5i,2＋i)＝a＋eq \f(5i2－i,2＋i2－i)＝a＋2i＋1＝(a＋1)＋2i.
因为纯虚数，所以a＋1＝0，则a＝－1.
3．若复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝1＋i，则eq \f(z1,z2)＝( )
A．i B．－i C．1 D．－1
B 解析：z1＝1＋i，复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，所以z2＝－1＋i，
所以eq \f(z1,z2)＝eq \f(1＋i,－1＋i)＝eq \f(1＋i－1－i,－1＋i－1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i.
4．(2020·南宁一模)设(1－i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则x＋yi在复平面内所对应的点位于( )
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
D 解析：由(1－i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,－x＝y，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1.))所以x＋yi＝1－i在复平面内所对应的点位于第四象限．
5．(2020·枣庄二模)已知i是虚数单位，i－1是关于x的方程式x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一个根，则p＋q＝( )
A． 4 B．－4 C．2 D．－2
A 解析：因为i－1是关于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一个根，所以方程的另一个根为－1－i，
所以－1＋i＋(－1－i)＝－p，p＝2，q＝(－1＋i)·(－1－i)＝2，所以p＋q＝4.
6．复数z＝|(eq \r(3)－i)i|＋i2 021(i为虚数单位)，则|z|＝________.
eq \r(5) 解析：z＝|1＋eq \r(3)i|＋i2 020＋1＝2＋i，所以|z|＝eq \r(5).
7．已知复数z满足z(1＋i)＝2－eq \x\t(z)，则z2＝________.
－4 解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \x\t(z)＝a－bi.
所以(a＋bi)(1＋i)＝2－(a－bi)，
所以(a－b)＋(a＋b)i＝(2－a)＋bi，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＝2－a，,a＋b＝b，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝－2.))
所以z＝－2i，z2＝4i2＝－4.
8．在复平面内，复数eq \f(2－3i,1＋2i)＋z对应的点的坐标为(2，－2)，则z在复平面内对应的点位于第________象限．
四 解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则eq \f(2－3i,1＋2i)＋x＋yi＝2－2i，
即eq \f(2－3i1－2i,1＋2i1－2i)＋x＋yi＝2－2i.
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)＋x))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(7,5)))i＝2－2i，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－\f(4,5)＝2，,y－\f(7,5)＝－2.))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(14,5)，,y＝－\f(3,5)，))即z＝eq \f(14,5)－eq \f(3,5)i.
对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(14,5)，－\f(3,5)))，在第四象限．
9．如图，平行四边形OABC，顶点O，A，C分别表示0,3＋2i，－2＋4i，试求：
(1)eq \(AO,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))所表示的复数；
(2)对角线eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数；
(3)点B对应的复数．
解：(1)eq \(AO,\s\up6(→))＝－eq \(OA,\s\up6(→))，所以eq \(AO,\s\up6(→))所表示的复数为－3－2i.
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AO,\s\up6(→))，所以eq \(BC,\s\up6(→))所表示的复数为－3－2i.
(2)eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数为
(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.
(3)eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，
所以eq \(OB,\s\up6(→))所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，
即点B对应的复数为1＋6i.
B组 新高考培优练
10．(多选题)对于两个复数α＝1－i，β＝1＋i，则下列结论正确的是( )
A．αβ＝1B．eq \f(α,β)＝－i
C．eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(α,β)))＝1D．α2＋β2＝0
BCD 解析：对于两个复数α＝1－i，β＝1＋i，
αβ＝(1－i)(1＋i)＝2，故A不正确；
eq \f(α,β)＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i，故B正确；
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(α,β)))＝|－i|＝1，故C正确；
α2＋β2＝(1－i)2＋(1＋i)2＝1－2i－1＋1＋2i－1＝0，故D正确．
11．(多选题)设复数z满足(1＋i)z＝2i(其中i为虚数单位)，则下列结论正确的是( )
A．|z|＝2B．z的虚部为i
C．z2＝2iD．z的共轭复数为1－i
CD 解析：由(1＋i)z＝2i，得z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i1－i,1＋i1－i)＝1＋i，所以|z|＝eq \r(2)，z的虚部为1，z2＝(1＋i)2＝2i，z的共轭复数为1－i.故选CD．
12．已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虚数单位)，则a2＋b2＝________，ab＝________.
5 2 解析：(方法一)因为(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，a，b∈R，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,2ab＝4，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－\f(4,a2)＝3，,ab＝2，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,ab＝2.))
所以a2＋b2＝a2＋eq \f(4,a2)＝5，ab＝2.
(方法二)由方法一知ab＝2，
又|(a＋bi)2|＝|3＋4i|＝5，
所以a2＋b2＝5.
13．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：存在．设z＝a＋bi(a，b∈R，b≠0)，
则z＋eq \f(5,z)＝a＋bi＋eq \f(5,a＋bi)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(5,a2＋b2)))＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,a2＋b2)))i.
又z＋3＝a＋3＋bi的实部与虚部互为相反数，z＋eq \f(5,z)是实数，
根据题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,a2＋b2)))＝0，,a＋3＝－b.))
因为b≠0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝5，,a＝－b－3，))
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.))
所以z＝－1－2i或z＝－2－i.
14．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