2022版新教材高考数学一轮复习35复数训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习35复数训练含解析新人教B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．－3B．3
C．1D．－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．iB．－i
C．1D．－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．(多选题)已知复数z＝1＋cs 2θ＋isin 2θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＜θ＜\f(π,2)))，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可能为实数
C．|z|＝2cs θ
D．eq \f(1,z)的实部为eq \f(1,2)
BCD 解析：z＝1＋cs 2θ＋isin 2θ＝2cs θ(cs θ＋isin θ)．
因为－eq \f(π,2)＜θ＜eq \f(π,2)，所以cs θ＞0，sin θ∈(－1,1)．
则复数z在复平面上对应的点不可能落在第二象限．
z可能为实数．|z|＝2cs θ.
eq \f(1,z)＝eq \f(1,2cs θcs θ＋isin θ)＝eq \f(cs θ－isin θ,2cs θ)＝eq \f(1,2)－eq \f(i,2)tan θ，eq \f(1,z)的实部为eq \f(1,2).故选BCD.
5．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．4B．－4
C．2D．－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．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
9．(多选题)已知集合M＝{m|m＝in，n∈N}，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是( )
A．(1－i)(1＋i) B．eq \f(1－i,1＋i)
C．eq \f(1＋i,1－i)D．(1－i)2
BC 解析：根据题意，M＝{m|m＝in，n∈N}中，
n＝4k(k∈N)时，in＝1；
n＝4k＋1(k∈N)时，in＝i；
n＝4k＋2(k∈N)时，in＝－1；
n＝4k＋3(k∈N)时，in＝－i，
所以M＝{－1,1，i，－i}．
选项A中，(1－i)(1＋i)＝2∉M；
选项B中，eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝－i∈M；
选项C中，eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝i∈M；
选项D中，(1－i)2＝－2i∉M.
故选BC.
10．(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.
11．(多选题)(2021·八省联考)设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是( )
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3
B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
C．若eq \(z,\s\up6(－))2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|
D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2
BC 解析：由|z2|＝|z3|不能得到z2＝±z3，例如z2＝1＋i，z3＝1－i，A错误．由z1z2＝z1z3可得z1(z2－z3)＝0.因为z1≠0，所以z2－z3＝0，即z2＝z3，B正确．因为|z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，而eq \(z,\s\up6(－))2＝z3，所以|eq \(z,\s\up6(－))2|＝|z3|＝|z2|.所以|z1z2|＝|z1z3|，C正确．取z1＝1＋i，z2＝1－i，显然满足z1z2＝|z1|2，但z1≠z2，D错误．故选BC.
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．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<－2，
即m∈(－∞，－2)．