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    2021年高三数学考点复习:复数

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    2021年高三数学考点复习:复数

    1、考点三 复数 1 A卷 PART ONE 一、选择题 1(2020 新高考卷) 2i 12i( ) A1 B1 Ci Di 解析 2i 12i 2i12i 12i12i 5i 5 i,故选 D. 答案答案 解析解析 2(2020 海南中学高三摸底)i 是虚数单位,则复数 z2i i 在复平面上 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 解析 z2i i 2ii i2 2i1 1 12i,在复平面上对应的点(1, 2)位于第三象限故选 C. 答案答案 解析解析 3(2020 青海西宁检测(一)已知 abi(a,bR)是1i 1i的共轭复数,则 ab( ) A1 B1 2

    2、 C1 2 D1 解析 1i 1i 1i2 1i1i 2i 2 i,abi(i)i,a0,b 1,ab1.故选 D. 答案答案 解析解析 4(2020 全国卷)若 z1i,则|z22z|( ) A0 B1 C 2 D2 解析 z2(1i)22i,则 z22z2i2(1i)2,故|z22z|2| 2.故选 D. 答案答案 解析解析 5(2020 山东淄博二模)设复数 z 满足 z (1i)2i,则 z 的虚部是 ( ) A.3 2 B3 2i C3 2 D3 2i 解析 z (1i)2i,则 z2i 1i 2i1i 1i1i 13i 2 1 2 3 2i,故 z 1 2 3 2i,虚部为 3 2

    3、.故选 C. 答案答案 解析解析 6(2020 山东潍坊高密二模)已知复数 z 1 1i,则 z i 在复平面内对应 的点位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 解析 z 1 1i 1i 2 ,z i1i 2 i1i 2 .z i 在复平面内对应的点 为 1 2, 1 2 ,位于第一象限故选 A. 答案答案 解析解析 7 (2020 山东泰安四模)已知复数 z 满足(1i)z| 3i|, i 为虚数单位, 则 z 等于( ) A1i B1i C1 2 1 2i D1 2 1 2i 解析 因为 z| 3i| 1i 21i 1i1i1i,所以应选 A. 答案答案 解析解析 8(

    4、2020 北京高考)在复平面内,复数 z 对应的点的坐标是(1,2),则 i z ( ) A12i B2i C12i D2i 解析 由题意得 z12i,i zi2.故选 B. 答案答案 解析解析 9(2020 湖南师大附中高三摸底考试)满足条件|z4i|2|zi|的复数 z 对应点的轨迹是( ) A直线 B圆 C椭圆 D双曲线 解析 设复数 zxyi(x, yR), 则|z4i|x(y4)i|x2y42, |zi|x(y1)i|x2y12,结合题意有 x2(y4)24x24(y1)2, 整理可得 x2y24.即复数 z 对应点的轨迹是圆故选 B. 答案答案 解析解析 10(2020 山东日照二

    5、模)在复平面内,已知复数 z 对应的点与复数 1 i 对应的点关于实轴对称,则z i( ) A1i B1i C1i D1i 解析 由题得 z1i,所以z i 1i i i1 1 1i.故选 C. 答案答案 解析解析 解 析 设z a bi(a , b R) , 复 数 zi zi ab1i ab1i ab1iab1i a2b12 a 2b212ai a2b12 为纯虚数,a2b21,a0.|z| a2b21.故选 C. 11(2020 山东淄博高三摸底)已知 z 为复数,i 为虚数单位,若复数zi zi 为纯虚数,则|z|( ) A2 B 2 C1 D 2 2 答案答案 解析解析 12(202

    6、0 湖南长沙长郡中学二模)下面是关于复数 z 2 1i(i 为虚数 单位)的命题,其中假命题为( ) A|z| 2 Bz22i Cz 的共轭复数为 1i Dz 的虚部为1 解析 因为 z 2 1i 21i 1i1i 22i 2 1i,所以|z| 2,A 为真命题;z22i,B 为真命题;z 的共轭复数为1i,C 为假命题; z 的虚部为1,D 为真命题故选 C. 答案答案 解析解析 13(2020 山东聊城一模)已知复数 z 满足(12i)z|34i|,则复数 z 的 共轭复数为( ) A12i B12i C12i D12i 解析 因为|34i|32425,所以 z|34i| 12i 512i

    7、 12i12i1 2i,由共轭复数的定义可知, z 12i.故选 D. 答案答案 解析解析 14(2020 山东威海三模)已知复数(2ai)(3i)在复平面内对应的点在 直线 yx 上,则实数 a( ) A2 B1 C1 D2 解析 因为(2ai)(3i)6a(23a)i,所以对应的点为(6a,2 3a),代入直线 yx 可得 6a23a,解得 a1,故选 C. 答案答案 解析解析 15(2020 山东济宁嘉祥县第一中学考前训练二)在复平面内,复数 z i 对应的点为 Z,将向量OZ 绕原点 O 按逆时针方向旋转 6,所得向量对应的 复数是( ) A1 2 3 2 i B 3 2 1 2i C

    8、1 2 3 2 i D 3 2 1 2i 答案答案 解析 复数 zi(i 为虚数单位)在复平面中对应的点为 Z(0,1),OZ (0,1),将OZ 绕原点 O 逆时针旋转 6得到OB ,设OB (a,b),a0, 则OZ OB b|OZ |OB |cos 6 3 2 ,即 b 3 2 ,又 a2b21,解得 a1 2, OB 1 2, 3 2 ,对应复数为1 2 3 2 i.故选 A. 解析解析 16(2020 陕西咸阳三模)设复数 z 满足|z1i|1,z 在复平面内对应 的点为 P(x,y),则点 P 的轨迹方程为( ) A(x1)2y21 B(x1)2y21 Cx2(y1)21 D(x1

    9、)2(y1)21 解析 由题意得 zxyi,则由|z1i|1 得|(x1)(y1)i|1,即 x12y121, 则(x1)2(y1)21.故选 D. 答案答案 解析解析 17(2020 吉林长春高三质量监测二)若 z1(1a)i(aR),|z| 2, 则 a( ) A0 或 2 B0 C1 或 2 D1 解析 因为 z1(1a)i(aR),|z| 2,所以121a2 2,解 得 a0 或 a2.故选 A. 答案答案 解析解析 解析 z 的实部为 x,虚部为 y,所以 A 错误;z2x2y22xyi,|z|2 x2y2,所以 B 错误;当 x0,y0 时,z 为实数,所以 C 错误;由|zi|

    10、1 得|xyii|1,所以|x(y1)i|1,所以 x2(y1)21,所以 D 正 确故选 D. 18(2020 吉林长春质量监测四模)设复数 zxyi(x,yR),下列说 法正确的是( ) Az 的虚部是 yi Bz2|z|2 C若 x0,则复数 z 为纯虚数 D若 z 满足|zi|1,则 z 在复平面内对应点(x,y)的轨迹是圆 答案答案 解析解析 答案 3 二、填空题 19(2020 江苏高考)已知 i 是虚数单位,则复数 z(1i)(2i)的实部 是_ 解析 复数 z(1i)(2i)2i2ii23i, 复数 z 的实部为 3. 答案答案 解析解析 解析 由题得ai1 1i ai11i

    11、1i1i a1a1i 2 , 因为复数ai1 1i (a R)是实数,所以 a10,所以 a1.所以(bai)2(bi)2b212bi, 因为复数(bai)2是纯虚数,所以 b210, 2b0, 所以 b 1. 答案 1 20(2020 山东泰安肥城高三适应性训练二)已知复数ai1 1i (aR)是实 数,复数(bai)2是纯虚数,则实数 b 的值为_ 答案答案 解析解析 解析 由题图可得 z2i,复数 z 12i 2i 12i 2i2i 12i i,其共轭复 数为i. 21若 i 为虚数单位,图中网格纸的小正方形的边长是 1,复平面内点 Z 表示复数 z,则复数 z 12i的共轭复数是_ 答

    12、案 i 答案答案 解析解析 解析 解法一:设 z1abi,z2cdi(a,b,c,dR), |z1|z2|2,a2b24,c2d24, z1z2abicdi 3i,ac 3,bd1, (ac)2(bd)2a2c22acb2d22bd4, 2ac2bd4, z1z2abi(cdi)ac(bd)i, |z1z2|ac2bd2 答案 2 3 22(2020 全国卷)设复数 z1,z2满足|z1|z2|2,z1z2 3i,则 |z1z2|_. 答案答案 解析解析 a2c22acb2d22bd a2b2c2d22ac2bd 4442 3. 解法二:|z1|z2|2, 可设 z12cos2sin i,z2

    13、2cos2sin i, z1z22(coscos)2(sinsin) i 3i, 2coscos 3, 2sinsin1. 两式平方作和,得 4(22coscos2sinsin)4, 化简得 coscossinsin1 2. 解析解析 |z1z2|2(coscos)2(sinsin) i| 4coscos24sinsin2 88coscossinsin842 3. 解析解析 2 B卷 PART TWO 一、选择题 1(2020 全国卷)若 z (1i)1i,则 z( ) A1i B1i Ci Di 解析 因为 z 1i 1i 1i2 1i1i 2i 2 i,所以 zi.故选 D. 答案答案 解

    14、析解析 2(2020 山东青岛自主检测)若复数 z1,z2在复平面内对应的点关于虚 轴对称,且 z12i,则复数z1 z2( ) A1 B1 C3 5 4 5i D 3 5 4 5i 解析 依题意可得 z22i,所以z1 z2 2i 2i 2i2i 5 3 5 4 5i,故选 C. 答案答案 解析解析 解析 由题意得 z 1bi,所以 z z 2bi, z z 1b2, 所以由 z z z z i, 得 1b22bi22b,得 b1.故选 C. 3(2020 山东济宁嘉祥县萌山高级中学第五次模拟)已知复数 z1bi 满足 z z z z i,其中 z 为复数 z 的共轭复数,则实数 b( )

    15、A1 B2 C1 D1 或1 答案答案 解析解析 4(2020 山东滨州三模)已知 xR,当复数 z 2x(x3)i 的模长最 小时,z 的虚部为( ) A. 2 B2 C2 D2i 解析 依题意|z| 2x2x323x26x9 3x122. 故当 x1 时,|z|取得最小值此时 z 22i,所以 z 的虚部为2.故 选 C. 答案答案 解析解析 解析 因为 z 2i 1 3i 2i1 3i 1 3i1 3i 3 2 1 2i, 所以 zcos 5 6 isin5 6 ,所以 z 的辐角主值为5 6 .故选 D. 5 (2020 山东青岛高三二模)任意复数 zabi(a, bR, i 为虚数单

    16、位) 都可以写成 zr(cosisin)的形式,其中 ra2b2,02,该形式 为复数的三角形式,其中 称为复数的辐角主值若复数 z 2i 1 3i,则 z 的辐角主值为( ) A. 6 B 3 C2 3 D5 6 答案答案 解析解析 6(2020 山西大同模拟)如图,在复平面内,复数 z1,z2对应的向量分 别是OA ,OB ,若 z1zz2,则 z 的共轭复数 z ( ) A.1 2 3 2I B. 1 2 3 2i C1 2 3 2I D 1 2 3 2i 答案答案 解析 由题图可知 z112i,z21i,所以 z z1 z2 12i 1i 12i1i 1i1i 13i 2 ,所以 z

    17、1 2 3 2i.故选 A. 解析解析 解析 设 zxyi,则|z34i|(x3)(y4)i| x32y42 2, (x3)2(y4)24, 则复数 z 在复平面内所对应的点的轨迹是以( 3,4)为圆心,2 为半径的圆,z z x2y2,其几何意义是原点到圆(x 3)2 (y 4)2 4上 一 点 距 离 的 平 方 , 原 点 到 圆 心 的 距 离 为 3024025,因此,z z 的最大值为(25)249,故选 B. 7(2020 山东日照一中高三下模拟)复数 z 满足|z34i|2,则 z z 的 最大值是( ) A7 B49 C9 D81 答案答案 解析解析 8(多选)(2020 山

    18、东济南 6 月仿真模拟)已知复数 z1cos2 isin2 2 2 (其中 i 为虚数单位),则下列说法正确的是( ) A复数 z 在复平面上对应的点可能落在第二象限 Bz 可能为实数 C|z|2cos D.1 z 的实部为1 2 答案答案 解析 因为 2 2,所以2,所以1cos21,所以 00,所以 a2.所以 z3i, z 3i,所以 z在复平 面上对应的点为(3,1),位于第四象限 11(2020 浙江杭州高三下学期仿真模拟)复数 z 满足: z 1iai(其中 a0,i 为虚数单位),|z| 10,则 a_;复数 z 的共轭复数 z 在复 平面上对应的点在第_象限 解析解析 2 四

    19、解析 z z| z |z| 2 2|z| 2 |z|x2y2. 因为 xy2 2,所以 z z 2x 224, 故当 x 2时, z z 取最小值 2. 答案 2 12定义复数的一种新运算 z1z2|z 1|z2| 2 (等式右边为普通运算)若 复数 zxyi,i 为虚数单位,且实数 x,y 满足 xy2 2,则 z z 的最 小值为_ 答案答案 解析解析 解 z1cosisin,z2cosisin, z1z2(coscos)i(sinsin) 5 13 12 13i. coscos 5 13, sinsin12 13. 由22,得 22cos()1.cos()1 2. 三、解答题 13 已知

    20、 z1cosisin, z2cosisin, 且 z1z2 5 13 12 13i, 求 cos( )的值 解解 14设 z1 为关于 x 的方程 x2mxn0,m,nR 的虚根,i 为虚 数单位 (1)当 z1i 时,求 m,n 的值; (2)若 n1,在复平面上,设复数 z 所对应的点为 P,复数 24i 所对应 的点为 Q,试求|PQ|的取值范围 解 (1)因为 z1i,所以 z1i, 则 i2min0,易得 m0, n1. 解解 (2)设 zabi(a,bR),则(a1bi)2m(a1bi)10, 于是 a12b2ma110, 2a1bmb0, 因为 z1 为虚数根,所以 b 不为零,所以由得 m2(a1),代入 得,(a1)2b21,则点 P 是以(1,0)为圆心,1 为半径的圆(去掉 b0 对应的两点)上任意一点又复数 24i 对应的点为 Q,所以|PQ|的最大值为 2124216,|PQ|的最小值为 4. 所以|PQ|的取值范围是4,6 解解 本课结束


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