2022版高考数学大一轮复习课时作业30《数系的扩充与复数的引》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业30《数系的扩充与复数的引》(含答案详解)，共3页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
若集合A={i，i2，i3，i4}(i是虚数单位)，B={1，－1}，则A∩B等于( )
A.{－1} B.{1} C.{1，－1} D.∅
已知i是虚数单位，复数z满足eq \f(1,1＋i)－eq \f(1,1－i)=eq \f(1＋z,1－z)，则|z|=( )
A.1 B.eq \r(2) C.eq \r(3) D.2
已知复数z=|(eq \r(3)－i)i|＋i5(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数为( )
A.2－i B.2＋i C.4－i D.4＋i
设复数z满足i(z＋1)=－3＋2i(i是虚数单位)，则复数z对应的点位于复平面内( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
已知i为虚数单位，若复数z=eq \f(1－ai,1＋i)(a∈R)的虚部为－3，则|z|=( )
A.eq \r(10) B.2eq \r(3) C.eq \r(13) D.5
若复数m(3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m取值范围为( )
A.m>1 B.m>eq \f(2,3) C.m1 D.eq \f(2,3) 若复数z=a2－1＋(a＋1)i(a∈R)是纯虚数，则eq \f(1,z＋a)的虚部为( )
A.－eq \f(2,5) B.－eq \f(2,5)i C.eq \f(2,5) D.eq \f(2,5)i
已知复数z=1＋eq \f(2i,1－i)，则1＋z＋z2＋…＋z2 015=( )
A.1＋i B.1－i C.i D.0
如图所示的网格纸中小正方形的边长是1，复平面内点Z对应的复数z满足(z1－i)·z=1，则复数z1=( )
A.－eq \f(2,5)＋eq \f(4,5)i B.eq \f(2,5)＋eq \f(4,5)i C.eq \f(2,5)－eq \f(4,5)i D.－eq \f(2,5)－eq \f(4,5)i
已知复数z=x＋yi(x，y∈R)满足| SKIPIF 1 < 0 |≤1，则y≥x＋1的概率为( )
A.eq \f(3,4)－eq \f(1,2π) B.eq \f(1,4)－eq \f(1,2π) C.eq \f(3,4)＋eq \f(1,2π) D.eq \f(1,4)＋eq \f(1,2π)
二、填空题
已知i是虚数单位，复数eq \f(6＋7i,1＋2i)= .
若复数z满足i·z=1＋2i，其中i是虚数单位，则z的实部为 .
已知eq \f(a＋2i,i)=b＋i(a，b∈R)，其中i为虚数单位，则a＋b= .
在复平面上，复数eq \f(3,2－i2)对应的点到原点的距离为 .
已知m为实数，i为虚数单位，若m＋(m2－4)i>0，则eq \f(m＋2i,2－2i)= .
\s 0 答案详解
答案为：C.
解析：因为A={i，i2，i3，i4}={i，－1，－i，1}，B={1，－1}，所以A∩B={－1,1}.
答案为：A.
解析：因为eq \f(1－i－1＋i,1＋i1－i)=eq \f(1＋z,1－z)，即eq \f(－2i,2)=eq \f(1＋z,1－z)，即eq \f(1＋z,1－z)=－i，故(1－i)z=－1－i，
所以z=－eq \f(1＋i2,1＋i1－i)=－eq \f(2i,2)=－i，则|z|=1，应选A.
答案为：A.
解析：由题意知z=|eq \r(3)i＋1|＋i=eq \r(12＋\r(3)2)＋i=2＋i，则eq \x\t(z)=2－i.
答案为：A.
解析：由i(z＋1)=－3＋2i，得z=eq \f(－3＋2i,i)－1=eq \f(3i2＋2i,i)－1=2＋3i－1=1＋3i，
它在复平面内对应的点为(1,3)，位于第一象限.
答案为：C.
解析：因为z=eq \f(1－ai,1＋i)=eq \f(1－ai1－i,1＋i1－i)=eq \f(1－a－a＋1i,2)=eq \f(1－a,2)－eq \f(a＋1,2)i，
所以－eq \f(a＋1,2)=－3，解得a=5，所以z=－2－3i，所以|z|=eq \r(－22＋－32)=eq \r(13).
答案为：D.
解析：m(3＋i)－(2＋i)=(3m－2)＋(m－1)i,
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3m－2>0，,m－1<0，))解得eq \f(2,3) 答案为：A.
解析：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－1＝0，,a＋1≠0，))所以a=1，
所以eq \f(1,z＋a)=eq \f(1,1＋2i)=eq \f(1－2i,1＋2i1－2i)=eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i，
根据虚部的概念，可得eq \f(1,z＋a)的虚部为－eq \f(2,5).
答案为：D.
解析：z=1＋eq \f(2i,1－i)=1＋eq \f(2i1＋i,2)=i，
∴1＋z＋z2＋…＋z2 015=eq \f(1×1－z2 016,1－z)=eq \f(1－i2 016,1－i)=eq \f(1－i4×504,1－i)=0.
答案为：B.
解析：由题意得z=2＋i, 所以z1=eq \f(1,2＋i)＋i=eq \f(2－i,5)＋i=eq \f(2,5)＋eq \f(4,5)i.
答案为：B.
解析：复数z=x＋yi(x，y∈R)，| SKIPIF 1 < 0 |≤1，它的几何意义是以O(0,0)为圆心，
1为半径的圆以及内部部分.满足y≥x＋1的图象如图中圆内阴影部分所示.
则概率P=eq \f(\f(π,4)－\f(1,2)×1×1,π)=eq \f(1,4)－eq \f(1,2π).
答案为：4－i.
解析：eq \f(6＋7i,1＋2i)=eq \f(6＋7i1－2i,1＋2i1－2i)=eq \f(20－5i,5)=4－i.
答案为：2.
解析：复数z=eq \f(1＋2i,i)=(1＋2i)(－i)=2－i的实部是2.
答案为：1.
解析：因为eq \f(a＋2i,i)=b＋i，所以2－ai=b＋i.由复数相等充要条件得b=2，a=－1.故a＋b=1.
答案为：eq \f(3,5).
解析：eq \f(3,2－i2)=eq \f(3,4－4i＋i2)=eq \f(3,3－4i)=eq \f(33＋4i,3－4i3＋4i)=eq \f(9＋12i,25)=eq \f(9,25)＋eq \f(12,25)i，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,2－i2)))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(9,25)＋\f(12,25)i))=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,25)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,25)))2)=eq \f(3,5).
答案为：i.
解析：因为m＋(m2－4)i>0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m>0，,m2－4＝0))⇒m=2，故eq \f(m＋2i,2－2i)=eq \f(21＋i,21－i)=i.