高考数学二轮复习专项分层特训命题点2复数含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点2复数含答案，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．[2022·新高考Ⅱ卷](2＋2i)(1－2i)＝( )
A．－2＋4i B．－2－4i
C．6＋2i D．6－2i
2．[2022·全国乙卷]设(1＋2i)a＋b＝2i，其中a，b为实数，则( )
A．a＝1，b＝－1 B．a＝1，b＝1
C．a＝－1，b＝1 D．a＝－1，b＝－1
3．[2022·山东青岛二模]复数 eq \f(2i,1－i) (i是虚数单位)的虚部是( )
A．1 B．－i
C．2 D．－2i
4．[2022·北京卷] 若复数z满足i·z＝3－4i，则|z|＝( )
A．1 B．5
C．7 D．25
5．[2022·山东枣庄三模]复数z满足(1－i)z＝2＋3i，则z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
6．[2022·山东聊城三模]若复数z满足z＋3i＝ eq \(z,\s\up6(－)) ，则复数z的虚部为( )
A． eq \f(3,2) B．－ eq \f(3,2)
C． eq \f(3,2) i D．－ eq \f(3,2) i
7．[2022·河北沧州二模]设zi＝3－2 eq \(z,\s\up6(－)) ，则复数z＝( )
A．3＋i B．3－i
C．2＋i D．2－i
8．[2022·湖南长沙一中模拟]已知复数z＝ eq \f(i＋i2＋i3,1＋i) ， eq \(z,\s\up6(－)) 是z的共轭复数，则 eq \(z,\s\up6(－)) ·z＝( )
A．0 B． eq \f(1,2)
C．1 D．2
二、多项选择题
9．[2022·山东德州三模]已知复数z＝ eq \f(5i,1＋2i) ，则下列各项正确的为( )
A．复数z的虚部为i
B．复数z－2为纯虚数
C．复数z的共轭复数对应点在第四象限
D．复数z的模为5
10．[2022·江苏泰州模拟]已知z1，z2均为复数，则下列结论中正确的有( )
A．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2
B．若z1＝z2，则z1＋z2是实数
C．(z1－z2)2＝|z1－z2|2
D．若z1＋z2＝0，则z1z2是实数
11．[2022·福建厦门一中模拟]已知复数z1对应的向量为 eq \(OZ1,\s\up6(→)) ，复数z2对应的向量为 eq \(OZ2,\s\up6(→)) ，则( )
A．若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则 eq \(OZ1,\s\up6(→)) ⊥ eq \(OZ2,\s\up6(→))
B．若( eq \(OZ1,\s\up6(→)) ＋ eq \(OZ2,\s\up6(→)) )⊥( eq \(OZ1,\s\up6(→)) － eq \(OZ2,\s\up6(→)) )，则|z1|＝|z2|
C．若z1与z2在复平面上对应的点关于实轴对称，则z1z2＝|z1z2|
D．若|z1|＝|z2|，则z eq \\al(2,1) ＝z eq \\al(2,2)
12．[2022·山东滨州二模]欧拉公式eix＝cs x＋isin x(本题中e为自然对数的底数，i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，依据欧拉公式，则下列结论中正确的是( )
A．复数ei eq \f(π,2) 为纯虚数
B．复数ei2对应的点位于第二象限
C．复数ei eq \f(π,3) 的共轭复数为 eq \f(\r(3),2) － eq \f(1,2) i
D．复数eiθ(θ∈R)在复平面内对应的点的轨迹是圆
三、填空题
13．[2022·湖南师大附中三模]已知复数z满足(1＋i)z＝2i(i为虚数单位)，则z· eq \(z,\s\up6(－)) ＝________．
14．[2022·北京101中学三模]设m为实数，复数z1＝1＋2i，z2＝m＋3i(这里i为虚数单位)，若z1·z2为纯虚数，则|z1＋z2|的值为________．
15．[2022·广东惠州一模]已知i是虚数单位，则复数( eq \f(1＋i,\r(2)) )4的模等于________．
16．[2022·湖南师大附中一模]已知2＋i是关于x的方程x2＋ax＋5＝0的根，则实数a＝________．
命题点2 复数(小题突破)
1．解析：(2＋2i)(1－2i)＝2－4i＋2i－4i2＝2－2i＋4＝6－2i.故选D.
答案：D
2．解析：由(1＋2i)a＋b＝2i，得a＋2ai＋b－2i＝0，即(a＋b)＋(2a－2)i＝0，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝0，,2a－2＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1.)) 故选A.
答案：A
3．解析：由题意可知， eq \f(2i,1－i) ＝ eq \f(2i×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋i)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋i))) ＝ eq \f(－2＋2i,2) ＝－1＋i，
所以复数 eq \f(2i,1－i) 的虚部为1.
答案：A
4．解析：
方法一 由i·z＝3－4i，得z＝ eq \f(3－4i,i) ＝ eq \f(（3－4i）·（－i）,i·（－i）) ＝ eq \f(－3i＋4i2,－i2) ＝－4－3i，
所以|z|＝ eq \r(（－4）2＋（－3）2) ＝5.故选B.
方法二 由i·z＝3－4i，得z＝ eq \f(3－4i,i) ，所以|z|＝| eq \f(3－4i,i) |＝ eq \f(|3－4i|,|i|) ＝ eq \f(\r(32＋（－4）2),\r(02＋12)) ＝5.故选B.
答案：B
5．解析：由题知：z＝ eq \f(2＋3i,1－i) ＝ eq \f(（2＋3i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）) ＝ eq \f(－1＋5i,2) ，
所以z在复平面内对应的点的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(5,2))) ，位于第二象限．
故选B.
答案：B
6．解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则 eq \(z,\s\up6(－)) ＝a－bi，
因为z＋3i＝ eq \(z,\s\up6(－)) ，则a＋(b＋3)i＝a－bi，所以b＋3＝－b，解得b＝－ eq \f(3,2) ，
因此，复数z的虚部为－ eq \f(3,2) .
故选B.
答案：B
7．解析：由zi＝3－2 eq \(z,\s\up6(－)) 得zi＋2 eq \(z,\s\up6(－)) ＝3.设复数z＝x＋yi(x，y∈R)，则 eq \(z,\s\up6(－)) ＝x－yi，所以(x＋yi)i＋2(x－yi)＝3，
所以2x－y＋(x－2y)i＝3，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(2x－y＝3，,x－2y＝0，))) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝1，))) 所以z＝2＋i.
故选C.
答案：C
8．解析：∵z＝ eq \f(i＋i2＋i3,1＋i) ＝ eq \f(－1,1＋i) ＝ eq \f(－1＋i,（1＋i）（1－i）) ＝－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) i，
所以 eq \(z,\s\up6(－)) ·z＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(1,2)i)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(1,2)i)) ＝ eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,2) .故选B.
答案：B
9．解析：∵z＝ eq \f(5i,1＋2i) ＝ eq \f(5i（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）) ＝2＋i，则可得：
复数z的虚部为1，A错误；
z－2＝i为纯虚数，B正确；
复数z的共轭复数为 eq \(z,\s\up6(－)) ＝2－i，其对应点为(2，－1)，在第四象限，C正确；
复数z的模为|z|＝ eq \r(22＋12) ＝ eq \r(5) ，D错误．
故选BC.
答案：BC
10．解析：z1＝1，z2＝－i，|z1|＝|z2|而z1≠±z2，A错；
令z1＝a＋bi，则z2＝a－bi，z1＋z2＝2a为实数，B对；
z1＝1，z2＝i，(z1－z2)2＝－2i，|z1－z2|2＝2，则(z1－z2)2≠|z1－z2|2，C错；
令z1＝a＋bi，则z2＝－a－bi，z2＝－a＋bi，
z1·z2＝(a＋bi)(－a＋bi)＝－a2－b2为实数，D对，故选BD.
答案：BD
11．解析：因为|z1＋z2|＝|z1－z2|，所以| eq \(OZ1,\s\up6(→)) ＋ eq \(OZ2,\s\up6(→)) |＝| eq \(OZ1,\s\up6(→)) － eq \(OZ2,\s\up6(→)) |，则| eq \(OZ1,\s\up6(→)) ＋ eq \(OZ2,\s\up6(→)) |2＝| eq \(OZ1,\s\up6(→)) － eq \(OZ2,\s\up6(→)) |2，即4 eq \(OZ1,\s\up6(→)) · eq \(OZ2,\s\up6(→)) ＝0，则 eq \(OZ1,\s\up6(→)) ⊥ eq \(OZ2,\s\up6(→)) ，故选项A正确；
因为( eq \(OZ1,\s\up6(→)) ＋ eq \(OZ2,\s\up6(→)) )⊥( eq \(OZ1,\s\up6(→)) － eq \(OZ2,\s\up6(→)) )，所以( eq \(OZ1,\s\up6(→)) ＋ eq \(OZ2,\s\up6(→)) )·( eq \(OZ1,\s\up6(→)) － eq \(OZ2,\s\up6(→)) )＝0，
即 eq \(OZ12,\s\up6(→)) ＝ eq \(OZ22,\s\up6(→)) ，则|z1|＝|z2|，故选项B正确；
设z1＝a＋bi(a，b∈R)，因为z1与z2在复平面上对应的点关于实轴对称，
则z2＝a－bi(a，b∈R)，所以z1z2＝a2＋b2，|z1z2|＝a2＋b2，则z1z2＝|z1z2|，
故选项C正确；
若z1＝1＋i，z2＝1－i满足|z1|＝|z2|，而z eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ≠z eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，故选项D错误，故选ABC.
答案：ABC
12．解析：对A：因为复数eiπ2＝cs eq \f(π,2) ＋isin eq \f(π,2) ＝i为纯虚数，故选项A正确；
对B：复数ei2＝cs 2＋isin 2，因为cs 20，所以复数ei2对应的点为(cs 2，sin 2)位于第二象限，B正确；
对C：复数eiπ3＝cs eq \f(π,3) ＋isin eq \f(π,3) ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(3),2) i的共轭复数为 eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) i，故选项C错误；
对D：复数eiθ＝cs θ＋isin θ(θ∈R)在复平面内对应的点为(cs θ，sin θ)，
因为cs2θ＋sin2θ＝1，所以复数eiθ(θ∈R)在复平面内对应的点的轨迹是圆，故选项D正确．
故选ABD.
答案：ABD
13．解析：z＝ eq \f(2i,1＋i) ＝ eq \f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）) ＝1＋i， eq \(z,\s\up6(－)) ＝1－i，所以z· eq \(z,\s\up6(－)) ＝2.
答案：2
14．解析：∵z1＝1＋2i，z2＝m＋3i，∴ eq \(z2,\s\up6(－)) ＝m－3i，
∴z1· eq \(z2,\s\up6(－)) ＝(1＋2i)(m－3i)＝m－3i＋2mi＋6＝(m＋6)＋(2m－3)i，
∵z1· eq \(z2,\s\up6(－)) 为纯虚数，
∴m＋6＝0⇒m＝－6，
∴z1＋z2＝(1＋2i)＋(－6＋3i)＝－5＋5i，
∴|z1＋z2|＝ eq \r(（－5）2＋52) ＝5 eq \r(2) .
答案：5 eq \r(2)
15．解析：因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,\r(2)))) 4＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,\r(2))))2)) 2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2i,2))) 2＝i2＝－1，所以模为1.
答案：1
16．解析：因为2＋i是关于x的方程x2＋ax＋5＝0的根，其中a∈R，
所以2－i也是关于x的方程x2＋ax＋5＝0的根，
所以2＋i＋2－i＝－a，a＝－4.
答案：－4