2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练28复数

这是一份2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练28复数，共4页。

一、选择题
1．[2024·新课标Ⅰ卷]若 eq \f(z,z－1)＝1＋i，则z＝( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
答案：C
解析：由 eq \f(z,z－1)＝1＋i，可得 eq \f(z－1＋1,z－1)＝1＋i，即1＋ eq \f(1,z－1)＝1＋i，所以 eq \f(1,z－1)＝i，所以z－1＝ eq \f(1,i)＝－i，所以z＝1－i，故选C.
2．[2024·新课标Ⅱ卷]已知z＝－1－i，则|z|＝( )
A．0 B．1
C． eq \r(2) D．2
答案：C
解析：由z＝－1－i，得|z|＝ eq \r(（－1）2＋（－1）2)＝ eq \r(2).故选C.
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
答案：A
解析：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．[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
答案：A
解析：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．|2＋i2＋2i3|＝( )
A．1 B．2
C． eq \r(5) D．5
答案：C
解析：|2＋i2＋2i3|＝|2－1－2i|＝|1－2i|＝ eq \r(5).故选C.
6．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
答案：B
解析：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．[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
答案：C
解析：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．[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
答案：C
解析：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．(多选)[2024·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
答案：CD
解析：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.
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＝________．
答案：－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．i是虚数单位，复数 eq \f(6＋7i,1＋2i)＝________．
答案：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．设复数z1，z2 满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝ eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝________．
答案：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).
[能力提升]
13．(多选)[2024·九省联考]已知复数z，w均不为0，则( )
A．z2＝|z|2 B． eq \f(z,\a\vs4\al(\(z,\s\up6(－))))＝ eq \f(z2,|z|2)
C． eq \x\t(z－w)＝ eq \(z,\s\up6(－))－ eq \(w,\s\up6(－)) D． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z,w)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(w)))
答案：BCD
解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，w＝c＋di(c，d∈R)；
对A：z2＝(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2＝a2－b2＋2abi，|z|2＝( eq \r(a2＋b2))2＝a2＋b2，故A错误；
对B: eq \f(z,\a\vs4\al(\(z,\s\up6(－))))＝ eq \f(z2,\a\vs4\al(\(z,\s\up6(－))·z))，又 eq \(z,\s\up6(－))·z＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z))2，即有 eq \f(z,\a\vs4\al(\(z,\s\up6(－))))＝ eq \f(z2,|z|2)，故B正确；
对C：z－w＝a＋bi－c－di＝a－c＋(b－d)i，则 eq \x\t(z－w)＝a－c－(b－d)i， eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi， eq \(w,\s\up6(－))＝c－di，则 eq \(z,\s\up6(－))－ eq \(w,\s\up6(－))＝a－bi－c＋di＝a－c－(b－d)i，
即有 eq \x\t(z－w)＝ eq \(z,\s\up6(－))－ eq \(w,\s\up6(－))，故C正确；
对D： eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z,w)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a＋bi,c＋di)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）)))
＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ac＋bd－（ad－bc）i,c2＋d2)))
＝ eq \r(（\f(ac＋bd,c2＋d2)）2＋（\f(ad－bc,c2＋d2)）2)
＝ eq \r(\f(a2c2＋2abcd＋b2d2＋a2d2－2abcd＋b2c2,（c2＋d2）2))
＝ eq \r(\f(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2,（c2＋d2）2))
＝ eq \f(\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2),c2＋d2)，
eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(w)))＝ eq \f(\r(a2＋b2),\r(c2＋d2))＝ eq \f(\r(a2＋b2)×\r(c2＋d2),c2＋d2)
＝ eq \f(\r(（a2＋b2）（c2＋d2）),c2＋d2)
＝ eq \f(\r(a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2),c2＋d2)，
故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z,w)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(w)))，故D正确．故选BCD.
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
答案：A
解析：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．[2023·全国甲卷(理)]设a∈R，(a＋i)(1－ai)＝2，则a＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
答案：C
解析：∵(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．已知z(1＋i)＝1＋ai，i为虚数单位，若z为纯虚数，则实数a＝________．
答案：－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.