2023届高考数学一轮复习作业数系的扩充与复数的引入新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业数系的扩充与复数的引入新人教B版（答案有详细解析），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
1．(2021·全国甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝( )
A．－1－eq \f(3,2)i B．－1＋eq \f(3,2)i
C．－eq \f(3,2)＋i D．－eq \f(3,2)－i
B [z＝eq \f(3＋2i,1－i2)＝eq \f(3＋2i,－2i)＝eq \f(3i－2,2)＝－1＋eq \f(3,2)i．故选B．]
2．(2021·全国乙卷)设iz＝4＋3i，则z＝( )
A．－3－4i B．－3＋4i
C．3－4i D．3＋4i
C [法一：因为iz＝4＋3i，所以z＝eq \f(4＋3i,i)＝eq \f(4＋3i－i,i－i)＝eq \f(－4i－3i2,－i2)＝3－4i．
故选C．
法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由iz＝4＋3i，可得i(a＋bi)＝4＋3i，即－b＋ai＝4＋3i，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－b＝4，,a＝3，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝－4，))所以z＝3－4i．故选C．]
3．(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，则z(eq \x\t(z)＋i)＝( )
A．6－2i B．4－2i
C．6＋2i D．4＋2i
C [因为z＝2－i，所以z(eq \x\t(z)＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i，故选C．]
4．(2021·珠海市第二中学高三月考)若z1＝eq \f(a－i,1＋i)(a∈R)是纯虚数，z2满足z2(a＋1＋z1)＝5，则复数z2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
A [z1＝eq \f(a－i,1＋i)＝eq \f(a－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(a－1,2)－eq \f(a＋1,2)i，
因为复数z1＝eq \f(a－i,1＋i)(a∈R)为纯虚数，∴eq \f(a－1,2)＝0，－eq \f(a＋1,2)≠0，解得a＝1，所以z1＝－i，
因为z2(a＋1＋z1)＝5，所以z2(2－i)＝5，即z2＝eq \f(5,2－i)＝eq \f(52＋i,2－i2＋i)＝2＋i，
所以复数z2在复平面内对应的点为(2,1)，位于第一象限．]
5．(2021·江西南昌十中高三月考)若复数z＝eq \f(a＋i,2－i)(i是虚数单位)为纯虚数，则实数a的值为( )
A．－2 B．2 C．－eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)
D [z＝eq \f(a＋i,2－i)＝eq \f(a＋i2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(2a－1＋a＋2i,5)＝eq \f(2a－1,5)＋eq \f(a＋2,5)i，因为复数z＝eq \f(a＋i,2－i)(i是虚数单位)为纯虚数，所以eq \f(2a－1,5)＝0，解得a＝eq \f(1,2)．]
6．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,i)))eq \s\up12(2)＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，则a＋b＝( )
A．－7 B．7 C．－4 D．4
A [因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,i)))eq \s\up12(2)＝1＋eq \f(4,i)＋eq \f(4,i2)＝－3－4i，
所以－3－4i＝a＋bi，则a＝－3，b＝－4，
所以a＋b＝－7，故选A．]
7．设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，则eq \f(z1,z2)＝( )
A．1＋i B．eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i C．1＋eq \f(4,5)i D．1＋eq \f(4,3)i
B [因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，所以z2＝2－i，所以eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋i,2－i)＝eq \f(2＋i2,5)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，故选B．]
8．若(1－mi)(m＋i)＜0，其中i为虚数单位，则m的值为( )
A．－1 B．－2 C．－3 D．－4
A [因为(1－mi)(m＋i)＝2m＋(1－m2)i＜0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＜0，,1－m2＝0，))解得m＝－1，故选A．]
二、填空题
9．(2021·重庆巴蜀中学高三月考)已知复数z的共轭复数是eq \x\t(z)，若z－3eq \(z,\s\up7(－))＝1＋2i，则|z|＝ ．
eq \f(\r(2),2) [设z＝a＋bi，a，b∈R，则eq \x\t(z)＝a－bi，由z－3eq \x\t(z)＝1＋2i可得：－2a＋4bi＝1＋2i，
则a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)，所以|z|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \f(\r(2),2)．]
10．已知复数z满足zi＝1＋i，则复数z的虚部为 ．
－1 [因为z＝eq \f(1＋i,i)＝eq \f(1＋ii,i2)＝1－i，所以复数z的虚部为－1．]
11．－3＋2i是方程2x2＋px＋q＝0的一个根，且p，q∈R，则p＋q＝ ．
38 [由题意得2(－3＋2i)2＋p(－3＋2i)＋q＝0，
即2(5－12i)－3p＋2pi＋q＝0，
即(10－3p＋q)＋(－24＋2p)i＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10－3p＋q＝0，,－24＋2p＝0.))所以p＝12，q＝26，所以p＋q＝38．]
12．已知复数z＝eq \f(4＋2i,1＋i2)(i为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x－2y＋m＝0上，则m＝ ．
－5 [z＝eq \f(4＋2i,1＋i2)＝eq \f(4＋2i,2i)＝eq \f(4＋2ii,2i2)＝1－2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其代入x－2y＋m＝0，得m＝－5．]
1．设有下列四个命题：
p1：若复数z满足eq \f(1,z)∈R，则z∈R；
p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；
p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝eq \x\t(z)2；
p4：若复数z∈R，则eq \x\t(z)∈R．
其中的真命题为( )
A．p1，p3 B．p1，p4
C．p2，p3 D．p2，p4
B [设z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)．
对于p1，若eq \f(1,z)∈R，即eq \f(1,a＋bi)＝eq \f(a－bi,a2＋b2)∈R，则b＝0，
故z＝a＋bi＝a∈R，所以p1为真命题；
对于p2，若z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，则ab＝0．当a＝0，b≠0时，z＝a＋bi＝bi∉R，所以p2为假命题；
对于p3，若z1z2∈R，即(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i∈R，则a1b2＋a2b1＝0．而z1＝eq \x\t(z)2，即a1＋b1i＝a2－b2i⇔a1＝a2，b1＝－b2．因为a1b2＋a2b1＝0⇒/ a1＝a2，b1＝－b2，所以p3为假命题；
对于p4，若z∈R，即a＋bi∈R，则b＝0，
故eq \x\t(z)＝a－bi＝a∈R，所以p4为真命题．故选B．]
2．若虚数z同时满足下列两个条件：
①z＋eq \f(5,z)是实数；
②z＋3的实部与虚部互为相反数．
则z＝ ，|z|＝ ．
－1－2i或－2－i eq \r(5) [设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，
z＋eq \f(5,z)＝a＋bi＋eq \f(5,a＋bi)
＝a＋bi＋eq \f(5a－bi,a2＋b2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(5a,a2＋b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5b,a2＋b2)))i．
因为z＋eq \f(5,z)是实数，所以b－eq \f(5b,a2＋b2)＝0．
又因为b≠0，所以a2＋b2＝5．①
又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，
所以a＋3＋b＝0．②
由①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))
故存在虚数z，z＝－1－2i或z＝－2－i，|z|＝eq \r(5)．]