2022年新高考一轮复习考点精选练习21《复数》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习21《复数》（含详解），共4页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
若复数z=eq \f(a,1＋i)＋1为纯虚数，则实数a=( )
A.－2 B.－1 C.1 D.2
如果复数eq \f(m2＋i,1＋mi)是纯虚数，那么实数m等于( )
A.－1 B.0 C.0或1 D.0或－1
已知i是虚数单位，复数z满足eq \f(1,1＋i)－eq \f(1,1－i)=eq \f(1＋z,1－z)，则|z|=( )
A.1 B.eq \r(2) C.eq \r(3) D.2
若复数z=a2－1＋(a＋1)i(a∈R)是纯虚数，则eq \f(1,z＋a)的虚部为( )
A.－eq \f(2,5) B.－eq \f(2,5)i C.eq \f(2,5) D.eq \f(2,5)i
已知a>0，b>0，且(1＋ai)(b＋i)=5i(i是虚数单位)，则a＋b=( )
A.eq \r(2) B.2eq \r(2) C.2 D.4
复数z=2+ai（a∈R）的共轭复数为 SKIPIF 1 < 0 ，若z• SKIPIF 1 < 0 =5，则a=（ ）
A.±1 B.±3 C.1或3 D.﹣1或﹣3
若复数m(3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m取值范围为( )
A.m>1 B.m>eq \f(2,3) C.m1 D.eq \f(2,3) 设复数z=1＋bi(b∈R)，且z2=－3＋4i，则z的共轭复数eq \(z,\s\up6(－))的虚部为( )
A.－2 B.2i C.2 D.－2i
设复数z满足 SKIPIF 1 < 0 =1－i，则z=( )
A.1＋i B.1－i C.－1＋i D.－1－i
若复数z满足z(1－i)=|1－i|＋i，则z的实部为( )
A.eq \f(\r(2)－1,2) B.eq \r(2)－1 C.1 D.eq \f(\r(2)＋1,2)
已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“(a＋bi)2=2i”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
若集合A={i，i2，i3，i4}(i是虚数单位)，B={1，－1}，则A∩B等于( )
A.{－1} B.{1} C.{1，－1} D.∅
二、填空题
已知集合M={1，m,3＋(m2－5m－6)i}，N={－1,3}.若M∩N={3}，则实数m值为_______.
若复数z满足i·z=1＋2i，其中i是虚数单位，则z的实部为 .
复数(3＋i)m－(2＋i)对应的点在第三象限内，则实数m的取值范围是________.
复数z=eq \f(2－i,1－2i)(i为虚数单位)在复平面内对应的点位于第________象限.
给出下列命题：
①若z∈C，则z2≥0；
②若a，b∈R，且a>b，则a＋i>b＋i；
③若a∈R，则(a＋1)i是纯虚数；
④若z=－i，则z3＋1在复平面内对应的点位于第一象限.
其中正确的命题是________.(填上所有正确命题的序号)
已知复数z=x＋yi(x，y∈R)，且|z－2|=eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值为________.
\s 0 答案解析
答案为：A；
解析：因为复数z=eq \f(a,1＋i)＋1=eq \f(a1－i,1＋i1－i)＋1=eq \f(a,2)＋1－eq \f(a,2)i为纯虚数，
所以eq \f(a,2)＋1=0，且－eq \f(a,2)≠0，解得a=－2.故选A.
答案为：D；
解析：法一：eq \f(m2＋i,1＋mi)=eq \f(m2＋i1－mi,1＋mi1－mi)=eq \f(m2＋m＋1－m3i,1＋m2)，因为此复数为纯虚数，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋m＝0，,1－m3≠0，))解得m=－1或0，故选D.
法二：设eq \f(m2＋i,1＋mi)=bi(b∈R且b≠0)，则bi(1＋mi)=m2＋i，即－mb＋bi=m2＋i，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－mb＝m2，,b＝1，))解得m=－1或0，故选D.
答案为：A.
解析：因为eq \f(1－i－1＋i,1＋i1－i)=eq \f(1＋z,1－z)，即eq \f(－2i,2)=eq \f(1＋z,1－z)，即eq \f(1＋z,1－z)=－i，故(1－i)z=－1－i，
所以z=－eq \f(1＋i2,1＋i1－i)=－eq \f(2i,2)=－i，则|z|=1，应选A.
答案为：A.
解析：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－1＝0，,a＋1≠0，))所以a=1，
所以eq \f(1,z＋a)=eq \f(1,1＋2i)=eq \f(1－2i,1＋2i1－2i)=eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i，
根据虚部的概念，可得eq \f(1,z＋a)的虚部为－eq \f(2,5).
答案为：D
解析：由题意得(1＋ai)(b＋i)=(b－a)＋(1＋ab)i=5i，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b－a＝0，,1＋ab＝5，))又a>0，b>0，所以a=b=2，则a＋b=4.
A.
答案为：D.
解析：m(3＋i)－(2＋i)=(3m－2)＋(m－1)i,
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3m－2>0，,m－1<0，))解得eq \f(2,3) 答案为：A；
解析：由题意得z2=(1＋bi)2=1－b2＋2bi=－3＋4i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－3，,2b＝4，))∴b=2，故z=1＋2i，eq \(z,\s\up6(－))=1－2i，虚部为－2.故选A.
答案为：C；
解析：由题意得z=eq \f(1＋i2,1－i)=eq \f(2i,1－i)=eq \f(2i1＋i,1－i1＋i)=－1＋i.
答案为：A；
解析：由z(1－i)=|1－i|＋i，得z=eq \f(\r(2)＋i,1－i)=eq \f(\r(2)＋i1＋i,1－i1＋i)=eq \f(\r(2)－1,2)＋eq \f(\r(2)＋1,2)i，
故z的实部为eq \f(\r(2)－1,2)，故选A.
答案为：A；
解析：当a=b=1时，(a＋bi)2=(1＋i)2=2i；
当(a＋bi)2=2i时，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝0，,ab＝1，))解得a=b=1或a=b=－1，
所以“a=b=1”是“(a＋bi)2=2i”的充分不必要条件，故选A.
答案为：C.
解析：因为A={i，i2，i3，i4}={i，－1，－i，1}，B={1，－1}，所以A∩B={－1,1}.
答案为：3或6.
解析：∵M∩N={3}，∴3∈M且－1∉M，∴m≠－1,3＋(m2－5m－6)i=3或m=3，
∴m2－5m－6=0且m≠－1或m=3，解得m=6或m=3，经检验符合题意.
答案为：2.
解析：复数z=eq \f(1＋2i,i)=(1＋2i)(－i)=2－i的实部是2.
答案为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3)))
解析：z=(3m－2)＋(m－1)i，其对应点(3m－2，m－1)在第三象限内，
故3m－2<0且m－1<0，∴m 答案为：一.
解析：∵z=eq \f(2－i,1－2i)=eq \f(2－i1＋2i,1－2i1＋2i)=eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i，
∴复数z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(3,5)))，位于第一象限.
答案为：④.
解析：由复数的概念及性质知，①错误；②错误；若a=－1，则(a＋1)i=0，
③错误；z3＋1=(－i)3＋1=i＋1，④正确.
答案为：eq \r(3).
解析：∵|z－2|=eq \r(x－22＋y2)=eq \r(3)，∴(x－2)2＋y2=3.
由图可知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))max=eq \f(\r(3),1)=eq \r(3).