2022版高考数学大一轮复习作业本68《复数》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本68《复数》(含答案详解)，共4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)
已知a>0，b>0，且(1＋ai)(b＋i)=5i(i是虚数单位)，则a＋b=( )
A.eq \r(2) B.2eq \r(2) C.2 D.4
已知i为虚数单位，a∈R，如果复数2i－eq \f(a,1－i)是实数，则a的值为( )
A.－4 B.2 C.－2 D.4
在复平面内，复数(1＋eq \r(3)i)·i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
SKIPIF 1 < 0 是z的共轭复数，若z＋ SKIPIF 1 < 0 =2，(z－ SKIPIF 1 < 0 )i=2(i为虚数单位)，则z=( )
A.1＋i B.－1－i C.－1＋i D.1－i
已知0A.(1,5) B.(1,3) C.(1，eq \r(5)) D.(1，eq \r(3))
若i为虚数单位，已知a＋bi=eq \f(2＋i,1－i)(a，b∈R)，则点(a，b)与圆x2＋y2=2的位置关系为( )
A.在圆外 B.在圆上 C.在圆内 D.不能确定
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) 复数z1，z2满足z1=m＋(4－m2)i，z2=2cs θ＋(λ＋3sin θ)i(m，λ，θ∈R)，并且z1=z2，则λ的取值范围是( )
A.[－1,1] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，1)) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，7)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,16)，7))
二、填空题
已知集合M={1，m,3＋(m2－5m－6)i}，N={－1,3}.若M∩N={3}，则实数m值为_______.
已知复数z=x＋yi，且|z－2|=eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值为________.
若1＋eq \r(2)i是关于x的实系数方程x2＋bx＋c=0的一个复数根，则b=_____，c=______.
给出下列命题：
①若z∈C，则z2≥0；
②若a，b∈R，且a>b，则a＋i>b＋i；
③若a∈R，则(a＋1)i是纯虚数；
④若z=－i，则z3＋1在复平面内对应的点位于第一象限.
其中正确的命题是________.(填上所有正确命题的序号)
\s 0 参考答案
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：D
解析：由题意得(1＋ai)(b＋i)=(b－a)＋(1＋ab)i=5i，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b－a＝0，,1＋ab＝5，))又a>0，b>0，所以a=b=2，则a＋b=4.
答案为：D
解析：∵2i－eq \f(a,1－i)=2i－eq \f(a1＋i,1－i1＋i)=2i－eq \f(a,2)－eq \f(a,2)i∈R，∴2－eq \f(a,2)=0，∴a=4.
答案为：B
解析：复数(1＋eq \r(3)i)i=－eq \r(3)＋i在复平面内对应的点为(－eq \r(3)，1)，
位于第二象限，故选B.
答案为：D
解析：设z=a＋bi，a，b为实数，则 SKIPIF 1 < 0 =a－bi.
∵z＋ SKIPIF 1 < 0 =2a=2，∴a=1.又(z－ SKIPIF 1 < 0 )i=2bi2=－2b=2，∴b=－1.故z=1－i.
答案为：C
解析：由于复数z的实部为a，虚部为1，且0 答案为：A
解析：∵a＋bi=eq \f(2＋i,1－i)=eq \f(2＋i1＋i,2)=eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(3,2)，))则a2＋b2=eq \f(5,2)>2，∴点(a，b)在圆x2＋y2=2外.
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：C
解析：由复数相等的充要条件可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2cs θ，,4－m2＝λ＋3sin θ，))
化简得4－4cs2 θ=λ＋3sin θ，
由此可得λ=－4cs2 θ－3sin θ＋4=－4(1－sin2 θ)－3sin θ＋4
=4sin2 θ－3sin θ=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－\f(3,8)))2－eq \f(9,16)，因为sin θ∈[－1,1]，
所以4sin2 θ－3sin θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，7)).
答案为：3或6.
解析：∵M∩N={3}，∴3∈M且－1∉M，∴m≠－1,3＋(m2－5m－6)i=3或m=3，
∴m2－5m－6=0且m≠－1或m=3，解得m=6或m=3，经检验符合题意.
答案为：eq \r(3)
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).
答案为：－2,3.
解析：∵实系数一元二次方程x2＋bx＋c=0的一个虚根为1＋eq \r(2)i，
∴其共轭复数1－eq \r(2)i也是方程的根.
由根与系数的关系知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋\r(2)i＋1－\r(2)i＝－b，,1＋\r(2)i1－\r(2)i＝c，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,c＝3.))
答案为：④.
解析：由复数的概念及性质知，①错误；②错误；若a=－1，则(a＋1)i=0，
③错误；z3＋1=(－i)3＋1=i＋1，④正确.