2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练33 数系的扩充与复数的引入（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练33 数系的扩充与复数的引入（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
1.(2023新高考Ⅱ,1)在复平面内,(1+3i)(3-i)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
答案:A
解析:∵(1+3i)(3-i)=3-i+9i+3=6+8i,∴复数在复平面内对应的点位于第一象限.故选A.
2.(2024新高考Ⅱ,1)已知复数z=-1-i,则|z|=( )
A.0B.1
C.2D.2
答案:C
解析:|z|=(-1)2+(-1)2=2,故选C.
3.设复数z满足|z-i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则( )
A.(x+1)2+y2=1B.(x-1)2+y2=1
C.x2+(y-1)2=1D.x2+(y+1)2=1
答案:C
解析:由题意可知,z=x+yi.
因为z-i=x+(y-1)i,
所以|z-i|=x2+(y-1)2=1,
则x2+(y-1)2=1.故选C.
4.若复数z=1+i,z为z的共轭复数,则下列结论正确的是( )
A.z=-1-iB.z=-1+i
C.|z|=2D.|z|=2
答案:D
解析:z=1-i,|z|=1+1=2,故选D.
5.已知复数z在复平面内对应的点的坐标为(2,-1),则2zz-1=( )
A.3+iB.1-3i
C.1-iD.2-i
答案:A
解析:由题意知z=2-i,所以2zz-1=2(2-i)1-i=2(2-i)(1+i)(1-i)(1+i)=3+i.
6.已知复数z=i1+i,则|z|=( )
A.22B.2
C.12D.1
答案:A
解析:z=i1+i=i(1-i)(1+i)(1-i)=1+i2=12+12i,
所以|z|=122+122=22.
7.若复数z=1+ia-i(i是虚数单位,a∈R)是纯虚数,则z的虚部为( )
A.1B.iC.2D.2i
答案:A
解析:z=1+ia-i=(1+i)(a+i)(a-i)(a+i)=a-1+(a+1)ia2+1.
因为z是纯虚数,所以a-1=0,a+1≠0,解得a=1,所以z的虚部为1+112+1=1,故选A.
8.(2023新高考Ⅰ,2)已知z=1-i2+2i,则z-z=( )
A.-iB.i
C.0D.1
答案:A
解析:∵z=1-i2+2i=(1-i)22(1+i)(1-i)=(1-i)22(1-i2)=1-2i+i22(1-i2)=-12i,
∴z=12i.
∴z-z=-12i-12i=-i.故选A.
9.(多选)已知复数z=-12+32i(其中i为虚数单位),则下列结论正确的是( )
A.z2=0B.z2=z
C.z3=1D.|z|=1
答案:BCD
解析:由于复数z=-12+32i(其中i为虚数单位),
则z2=14-32i-34=-12-32i,故A错误;
则z2=z,故B正确;
z3=-12-32i-12+32i=14+34=1,故C正确;|z|=14+34=1,故D正确.
10.已知a,b∈R,(a+bi)2=3+4i(i是虚数单位),则a2+b2= ,ab= .
答案:5 2
解析:由题意可得a2-b2+2abi=3+4i,
则a2-b2=3,ab=2,解得a2=4,b2=1,则a2+b2=5,ab=2.
11.如图,在复平面内,网格中的每个小正方形的边长都为1,点A,B对应的复数分别是z1,z2,则z2z1= .
答案:-1-2i
解析:由题意,得z1=i,z2=2-i,
故z2z1=2-ii=(2-i)(-i)i(-i)=-1-2i.
二、综合应用
12.在复平面内,O为坐标原点,若复数z,z+1对应的点都在单位圆O上,则z的实部为( )
A.-32B.-12C.12D.32
答案:B
解析:设z=a+bi(a,b∈R),则z+1=a+1+bi,由题意可得|z|=1,|z+1|=1,
即a2+b2=1,(a+1)2+b2=1,解得a=-12,b=±32.
所以z的实部为-12.
13.(多选)已知复数z0=1+2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P0,复数z满足|z-1|=|z-i|,则下列结论正确的是( )
A.点P0的坐标为(1,2)
B.复数z0的共轭复数对应的点与点P0关于虚轴对称
C.复数z对应的点Z在一条直线上
D.P0与z对应的点Z间的距离的最小值为22
答案:ACD
解析:复数z0=1+2i在复平面内对应的点为P0(1,2),A正确;
复数z0的共轭复数对应的点与点P0关于实轴对称,B错误;
设z=x+yi(x,y∈R),代入|z-1|=|z-i|,
得|(x-1)+yi|=|x+(y-1)i|,
即(x-1)2+y2=x2+(y-1)2,整理得,y=x,
即点Z在直线y=x上,C正确;
易知点P0到直线y=x的垂线段的长度即为点P0与点Z之间距离的最小值,结合点到直线的距离公式可知,最小值为|1-2|2=22,故D正确.
14.写出一个虚数z,使得z2+3为纯虚数,则z= .
答案:1+2i(答案不唯一)
解析:设z=a+bi(a,b∈R,b≠0),则z2+3=a2-b2+3+2abi,因为z2+3为纯虚数,所以a2-b2=-3且ab≠0.
任取不为零的实数a,求出b即可得到,答案不唯一,如z=1+2i.
15.在复平面内,复数2-3i1+2i+z对应的点的坐标为(2,-2),则z在复平面内对应的点位于第 象限.
答案:四
解析:设z=x+yi(x,y∈R),
则2-3i1+2i+x+yi=2-2i,即(2-3i)(1-2i)(1+2i)(1-2i)+x+yi=2-2i,-45+x+y-75i=2-2i,
所以x-45=2,y-75=-2,解得x=145,y=-35,
即z=145-35i,其对应点为145,-35,在第四象限.
16.设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=3+i,则|z1-z2|= .
答案:23
解析:设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R).
∵|z1|=|z2|=2,∴a2+b2=4,c2+d2=4.
又z1+z2=(a+c)+(b+d)i=3+i,
∴a+c=3,b+d=1,
∴(a+c)2+(b+d)2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd=8+2ac+2bd=4,得2ac+2bd=-4,
∴(a-c)2+(b-d)2=a2+c2+b2+d2-2ac-2bd=8-(-4)=12,
∴|z1-z2|=(a-c)2+(b-d)2=23.
17.若复数z1,z2满足z1=m+(4-m2)i,z2=2cs θ+(λ+3sin θ)i(m,λ,θ∈R),且z1=z2,则λ的取值范围是 .
答案:[-916,7]
解析:由复数相等的充要条件可得m=2csθ,4-m2=λ+3sinθ,
化简,得4-4cs2θ=λ+3sin θ,
由此可得λ=-4cs2θ-3sin θ+4=-4(1-sin2θ)-3sin θ+4=4sin2θ-3sin θ=4sinθ-382-916,
因为sin θ∈[-1,1],
所以4sin2θ-3sin θ∈[-916,7].
故λ的取值范围为[-916,7].
三、探究创新
18.据记载,欧拉公式eix=cs x+isin x(x∈R)是由瑞士著名数学家欧拉发现的,该公式被誉为“数学中的天桥”.特别是当x=π时,得到一个令人着迷的优美恒等式eπi+1=0,这个恒等式将数学中五个重要的数(自然对数的底数e,圆周率π,虚数单位i,自然数的单位1和零)联系到了一起,有些数学家评价它是“最完美的公式”.根据欧拉公式,若复数z=e3π4i的共轭复数为z,则z=( )
A.-22-22iB.-22+22i
C.22+22iD.22-22i
答案:A
解析:欧拉公式eix=cs x+isin x(x∈R),则z=e3π4i=cs3π4+isin3π4=-22+22i,根据共轭复数定义可知z=-22-22i,故选A.
19.在复平面内,复数z=a+bi(a,b∈R)对应向量OZ(O为坐标原点),设|OZ|=r,以射线Ox为始边,OZ为终边逆时针旋转的角为θ,则z=r(cs θ+isin θ),法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理:z1=r1(cs θ1+isin θ1),z2=r2(cs θ2+isin θ2),则z1z2=r1r2[cs(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)],由棣莫弗定理导出了复数乘方公式:zn=[r(cs θ+isin θ)]n=rn(cs nθ+isin nθ),则(-1+3i)10=( )
A.1 024-1 0243iB.-1 024+1 0243i
C.512-5123iD.-512+5123i
答案:D
解析:(-1+3i)10=[2cs2π3+isin2π3]10=210(cs20π3+isin20π3)=210-12+32i=-512+5123i.