2021年高三数学考点复习：复数

《2021年高三数学考点复习：复数》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高三数学考点复习：复数（46页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

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