新高考数学一轮复习微专题专练28复数（含详解）

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一、选择题
1．[2022·全国甲卷(文)，3]若z＝1＋i，则|iz＋3 eq \(z,\s\up6(－)) |＝( )
A．4 eq \r(5) B．4 eq \r(2)
C．2 eq \r(5) D．2 eq \r(2)
2．[2022·全国乙卷(文)，2]设(1＋2i)a＋b＝2i，其中a，b为实数，则( )
A．a＝1，b＝－1 B．a＝1，b＝1
C．a＝－1，b＝1 D．a＝－1，b＝－1
3．[2023·新课标Ⅱ卷]在复平面内，(1＋3i)(3－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
4．[2023·新课标Ⅰ卷]已知z＝ eq \f(1－i,2＋2i) ，则z－ eq \(z,\s\up6(－)) ＝( )
A．－i B．i
C．0 D．1
5．[2023·全国乙卷(文)]|2＋i2＋2i3|＝( )
A．1 B．2
C． eq \r(5) D．5
6．[2023·全国乙卷(理)]设z＝ eq \f(2＋i,1＋i2＋i5) ，则 eq \(z,\s\up6(－)) ＝( )
A．1－2i B．1＋2i
C．2－i D．2＋i
7．[2022·全国甲卷(理)，1]若z＝－1＋ eq \r(3) i，则 eq \f(z,z\(z,\s\up6(－))－1) ＝( )
A．－1＋ eq \r(3) i B．－1－ eq \r(3) i
C．－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(\r(3),3) i D．－ eq \f(1,3) － eq \f(\r(3),3) i
8．[2023·全国甲卷(文)] eq \f(5（1＋i3）,（2＋i）（2－i）) ＝( )
A．－1 B．1
C．1－i D．1＋i
9．(多选)[2023·山东菏泽期中]已知复数z＝cs θ＋isin θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<θ<\f(π,2))) (其中i为虚数单位)，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|＝cs θ
C．z· eq \(z,\s\up6(－)) ＝1
D．z＋ eq \f(1,z) 为实数
二、填空题
10．若 eq \f(a＋bi,i) (a，b∈R)与(2－i)2互为共轭复数，则a－b＝________．
11．i是虚数单位，复数 eq \f(6＋7i,1＋2i) ＝________．
12．设复数z1，z2 满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝ eq \r(3) ＋i，则|z1－z2|＝________．
[能力提升]
13．[2021·新高考Ⅰ卷]已知z＝2－i，则z( eq \(z,\s\up6(－)) ＋i)＝( )
A．6－2i B．4－2i
C．6＋2i D．4＋2i
14．[2022·全国乙卷(理)，2]已知z＝1－2i，且z＋a eq \x\t(z) ＋b＝0，其中a，b为实数，则( )
A．a＝1，b＝－2 B．a＝－1，b＝2
C．a＝1，b＝2 D．a＝－1，b＝－2
15．[2023·全国甲卷(理)]设a∈R，(a＋i)(1－ai)＝2，则a＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
16．已知z(1＋i)＝1＋ai，i为虚数单位，若z为纯虚数，则实数a＝________．
专练28 复数
1．D 因为z＝1＋i，所以 eq \(z,\s\up6(－)) ＝1－i，所以iz＋3 eq \(z,\s\up6(－)) ＝i(1＋i)＋3(1－i)＝2－2i，所以|iz＋3 eq \(z,\s\up6(－)) |＝|2－2i|＝ eq \r(22＋（－2）2) ＝2 eq \r(2) .故选D.
2．A 由(1＋2i)a＋b＝2i，得a＋2ai＋b－2i＝0，即(a＋b)＋(2a－2)i＝0，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝0，,2a－2＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1.)) 故选A.
3．A 因为(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以该复数在复平面内对应的点为(6，8)，位于第一象限，故选A.
4．A 因为z＝ eq \f(1－i,2＋2i) ＝ eq \f(（1－i）2,2（1＋i）（1－i）) ＝－ eq \f(1,2) i，所以 eq \(z,\s\up6(－)) ＝ eq \f(1,2) i，所以z－ eq \(z,\s\up6(－)) ＝－ eq \f(1,2) i－ eq \f(1,2) i＝－i.故选A.
5．C |2＋i2＋2i3|＝|2－1－2i|＝|1－2i|＝ eq \r(5) .故选C.
6．B z＝ eq \f(2＋i,1＋i2＋i5) ＝ eq \f(2＋i,1－1＋i) ＝ eq \f(－i\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋i)),－i2) ＝1－2i，所以 eq \(z,\s\up6(－)) ＝1＋2i.故选B.
7．C 因为z＝－1＋ eq \r(3) i，所以 eq \f(z,z\(z,\s\up6(－))－1) ＝ eq \f(－1＋\r(3)i,（－1＋\r(3)i）（－1－\r(3)i）－1) ＝ eq \f(－1＋\r(3)i,1＋3－1) ＝－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(\r(3),3) i.故选C.
8．C 由题意知， eq \f(5（1＋i3）,（2＋i）（2－i）) ＝ eq \f(5（1－i）,22－i2) ＝ eq \f(5（1－i）,5) ＝1－i，故选C.
9．CD 复数z＝cs θ＋isin θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<θ<\f(π,2))) (其中i为虚数单位)，
复数z在复平面上对应的点(cs θ，sin θ)不可能落在第二象限，所以A不正确；
|z|＝ eq \r(cs2θ＋sin2θ) ＝1，所以B不正确；
z· eq \(z,\s\up6(－)) ＝(csθ＋isin θ)(cs θ－isin θ)＝cs2θ＋sin2θ＝1，所以C正确；
z＋ eq \f(1,z) ＝csθ＋isin θ＋ eq \f(1,cs θ＋isin θ) ＝cs θ＋isin θ＋cs θ－isin θ＝2cs θ为实数，所以D正确．
10．－7
解析： eq \f(a＋bi,i) ＝ eq \f(i（a＋bi）,i2) ＝b－ai，(2－i)2＝3－4i，因为这两个复数互为共轭复数，所以b＝3，a＝－4，所以a－b＝－4－3＝－7.
11．4－i
解析： eq \f(6＋7i,1＋2i) ＝ eq \f(（6＋7i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）) ＝ eq \f(6－12i＋7i＋14,5) ＝ eq \f(20－5i,5) ＝4－i.
12．2 eq \r(3)
解析：设复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，又z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i＝ eq \r(3) ＋i，∴a＋c＝ eq \r(3) ，b＋d＝1，则(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋c2＋b2＋d2＋2ac＋2bd＝4，∴8＋2ac＋2bd＝4，即2ac＋2bd＝－4，∴|z1－z2|＝ eq \r(（a－c）2＋（b－d）2) ＝ eq \r(a2＋b2＋c2＋d2－（2ac＋2bd）) ＝ eq \r(8－（－4）) ＝2 eq \r(3) .
13．C 因为z＝2－i，故 eq \(z,\s\up6(－)) ＝2＋i，故z eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(z,\s\up6(－))＋i)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－i)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2i)) ＝4＋4i－2i－2i2＝6＋2i.
故选C.
14．A 由z＝1－2i可知 eq \(z,\s\up6(－)) ＝1＋2i.由z＋a eq \(z,\s\up6(－)) ＋b＝0，得1－2i＋a(1＋2i)＋b＝1＋a＋b＋(2a－2)i＝0.根据复数相等，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋a＋b＝0，,2a－2＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－2.)) 故选A.
15．C ∵(a＋i)(1－ai)＝a＋i－a2i－ai2＝2a＋(1－a2)i＝2，∴2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故选C.
16．－1
解析：方法一 因为z(1＋i)＝1＋ai，所以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) ，因为z为纯虚数，
所以 eq \f(1＋a,2) ＝0且 eq \f(a－1,2) ≠0，解得a＝－1.
方法二 因为z为纯虚数，
所以可设z＝bi(b∈R，且b≠0)，则z(1＋i)＝1＋ai，即bi(1＋i)＝1＋ai，所以－b＋bi＝1＋ai，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－b＝1,b＝a)) ，解得a＝b＝－1.