2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习40复数（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习40复数（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．[2024·广东深圳模拟]已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，i是虚数单位，若z－eq \(z,\s\up6(－))＝2eq \r(3)i，则复数z的虚部为( )
A．eq \r(3)B．2eq \r(3)
C．eq \r(3)iD．2eq \r(3)i
2．[2024·河北保定模拟]若(1＋i)·z＝4i，则z的共轭复数为( )
A．2＋2iB．2－2i
C．－2＋2iD．－2－2i
3．[2024·浙江嘉兴模拟]复数z＝a2＋a＋(a2－a)i为纯虚数，则实数a的值是( )
A．－1B．1
C．0或－1D．0或1
4．[2024·安徽合肥模拟]复数z在复平面内对应的点为(eq \r(3)，－1)，则eq \f(1－i,|z|＋i)＝( )
A．eq \f(1,5)－eq \f(3,5)iB．eq \f(3,5)－eq \f(3,5)i
C．eq \f(1,5)－eq \f(1,5)iD．－eq \f(1,5)－eq \f(1,5)i
5．[2024·辽宁丹东模拟]已知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a＋i,－i)))＝eq \r(5)，则正实数a＝( )
A．1B．eq \r(2)
C．eq \r(3)D．2
6．[2023·河北唐县模拟]已知复数z＝eq \f(a＋2i,4－3i)(a∈R)(其中i为虚数单位)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围为( )
A．(－eq \f(8,3)，－eq \f(3,2)) B．(－∞，eq \f(3,2))
C．(－eq \f(8,3)，＋∞) D．(－eq \f(8,3)，eq \f(3,2))
7．[2024·河南郑州模拟]已知在复平面内，复数z1，z2所对应的点分别为(2，5)，(－3，－7)，则eq \f(z1·z2,i)＝( )
A．－29－29iB．29－29i
C．29＋29iD．－29＋29i
8．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数z＝(3＋ai)i(其中a∈R)为“等部复数”，则复数eq \(z,\s\up6(－))＋ai在复平面内对应的点在( )
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
9．(素养提升)[2024·山东青岛模拟]已知O为坐标原点，复数z1＝1＋i，z2＝2－i，z3＝1＋mi(m∈R)分别表示向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，若eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(OC,\s\up6(→))，则|z3|＝( )
A．eq \r(2)B．eq \r(3)
C．eq \f(\r(5),2)D．eq \f(\r(7),2)
10．(素养提升)[2024·辽宁锦州模拟]已知复数z＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，z2为纯虚数，则在复平面内，z对应的点Z的轨迹为( )
A．圆B．一条线段
C．两条直线D．不含端点的4条射线
二、多项选择题
11．[2024·河北邯郸模拟]已知复平面内复数z1对应向量OZ1＝(1，－eq \r(3))，复数z2满足|z2|＝2，eq \x\t(z)1是z1的共轭复数，则( )
12．(素养提升)[2024·河北石家庄模拟]已知复数z1＝1＋2i，复数z满足|z－z1|＝2，则( )
A．z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝5
B．eq \r(5)－2<|z|C．复数eq \(z,\s\up6(－))1在复平面内所对应的点的坐标是(－1，2)
D．复数z在复平面内所对应的点为Z(x，y)，则(x－1)2＋(y－2)2＝4
三、填空题
13．[2024·河南开封模拟]已知复数z满足|z＋2i|＝|z|，写出一个满足条件的复数z＝________.
14．(素养提升)[2024·江西景德镇模拟]已知i为虚数单位，且|z－2i|＝1，则|z|的最大值是_____________．
四、解答题
15．[2024·江西吉安模拟]已知复数z1＝1＋i，z2＝2i－3.
(1)求|eq \f(z2,z1)|；
(2)已知z1是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，求实数p，q的值．
优生选做题
16．[2024·河北邯郸模拟]已知复数z的实部和虚部均为整数，则满足|z－1|≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z,\(z,\s\up6(－)))))的复数z的个数为( )
A．2B．3
C．4D．5
17．(多选)[2024·江苏南通模拟]任何一个复数z＝a＋bi(其中a，b∈R)都可以表示成：z＝r(csθ＋isinθ)的形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r(csθ＋isinθ)]n＝rn(csnθ＋isinnθ)(n∈N*)，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是( )
A．|z2|＝|z|2
B．当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，z3＝1
C．当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
D．当r＝1，θ＝eq \f(π,4)，且n为偶数时，复数zn为纯虚数
课后定时检测案40 复数
1．解析：z－eq \(z,\s\up6(－))＝2bi＝2eq \r(3)i，解得b＝eq \r(3).故选A.
答案：A
2．解析：依题意，z＝eq \f(4i,1＋i)＝eq \f(4i·（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(4＋4i,2)＝2＋2i，
所以z的共轭复数为2－2i.故选B.
答案：B
3．解析：因为复数z＝a2＋a＋(a2－a)i为纯虚数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a＝0,a2－a≠0))，解得a＝－1.故选A.
答案：A
4．解析：由题意得z＝eq \r(3)－i，则|z|＝eq \r(（\r(3)）2＋（－1）2)＝2，
eq \f(1－i,|z|＋i)＝eq \f(1－i,2＋i)＝eq \f(（1－i）（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝eq \f(2－i－2i＋i2,5)＝eq \f(1,5)－eq \f(3,5)i.故选A.
答案：A
5．解析：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a＋i,－i)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a＋i,－i)·\f(i,i)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ai＋i2,－i2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ai－1,1)))＝|ai－1|＝eq \r(a2＋1)＝eq \r(5)，所以a＝±2，所以正实数a＝2.故选D.
答案：D
6．解析：z＝eq \f(a＋2i,4－3i)＝eq \f(（a＋2i）（4＋3i）,（4－3i）（4＋3i）)＝eq \f(4a－6＋（3a＋8）i,25)＝eq \f(4a－6,25)＋eq \f(3a＋8,25)i，由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a－6<0,3a＋8>0))，解得－eq \f(8,3)答案：D
7．解析：因为在复平面内复数z1，z2所对应的点分别为(2，5)，(－3，－7)，所以z1＝2＋5i，z2＝－3－7i，
所以eq \f(z1·z2,i)＝eq \f(（2＋5i）·（－3－7i）,i)＝eq \f(－6－14i－15i－35i2,i)
＝eq \f(29－29i,i)＝eq \f(29i－29i2,i2)＝eq \f(29i＋29,－1)＝－29－29i.故选A.
答案：A
8．解析：∵z＝(3＋ai)i＝－a＋3i，
又∵等部复数的实部和虚部相等，复数z为等部复数，
∴－a＝3，解得a＝－3，
∴z＝3＋3i，∴eq \(z,\s\up6(－))＝3－3i，即eq \(z,\s\up6(－))＋ai＝3－3i－3i＝3－6i，
∴复数eq \(z,\s\up6(－))＋ai在复平面内对应的点是(3，－6)，位于第四象限．
故选D.
答案：D
9．解析：由题意可得，eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(2，－1)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(1，m)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，－2)，又eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝(1，－2)·(1，m)＝1－2m＝0，所以m＝eq \f(1,2)，则|z3|＝eq \r(1＋m2)＝eq \r(1＋（\f(1,2)）2)＝eq \f(\r(5),2).故选C.
答案：C
10．解析：由题意可知，复数z＝a＋bi在复平面内对应的点Z(a，b)，
所以z2＝(a＋bi)2＝a2＋2abi＋(bi)2＝a2－b2＋2abi，
因为z2为纯虚数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－b2＝0，,2ab≠0，))解得a＝b≠0或a＝－b≠0，
故在复平面内，z对应的点Z的轨迹为不含端点的4条射线．
故选D.
答案：D
11．解析：依题意，z1＝1－eq \r(3)i，则|z1|＝|eq \(OZ1,\s\up6(→))|＝2，故A正确；
又eq \(z,\s\up6(－))1＝1＋eq \r(3)i，(eq \(z,\s\up6(－))1)2＝－2＋2eq \r(3)i，z eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝－2－2eq \r(3)i，eq \(z eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,\s\up6(－))＝－2＋2eq \r(3)i，即eq \(z eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,\s\up6(－))＝(eq \(z,\s\up6(－))1)2，故B正确；
设z2＝a＋bi(a，b∈R)，由|z2|＝2得，a2＋b2＝4，
则eq \f(z2,z1)＝eq \f(a＋bi,1－\r(3)i)＝eq \f(（a＋bi）（1＋\r(3)i）,（1－\r(3)i）（1＋\r(3)i）)＝eq \f(（a－\r(3)b）＋（b＋\r(3)a）i,4)，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z2,z1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(（a－\r(3)b）＋（b＋\r(3)a）i,4)))＝eq \f(\r(（a－\r(3)b）2＋（b＋\r(3)a）2),4)
＝eq \f(\r(a2－2\r(3)ab＋3b2＋b2＋2\r(3)ab＋3a2),4)＝eq \f(\r(4（a2＋b2）),4)＝eq \f(\r(4×4),4)＝1，故C错误；
z1z2＝(a＋bi)(1－eq \r(3)i)＝(a＋eq \r(3)b)＋(b－eq \r(3)a)i，
|z1z2|＝|(a＋eq \r(3)b)＋(b－eq \r(3)a)i|＝eq \r(（a＋\r(3)b）2＋（b－\r(3)a）2)＝eq \r(a2＋2\r(3)ab＋3b2＋b2－2\r(3)ab＋3a2)＝eq \r(4（a2＋b2）)＝eq \r(4×4)＝4.故D正确．故选ABD.
答案：ABD
12．解析：由已知eq \(z,\s\up6(－))1＝1－2i，其对应点坐标为(1，－2)，C错；
z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝12＋22＝5，A正确；
由|z－z1|＝2知z对应的点在以z1对应点为圆心，2为半径的圆上，|z1|＝eq \r(5)，
因此eq \r(5)－2≤|z|≤eq \r(5)＋2，B错误；
z1对应点坐标为(1，2)，因此D正确．故选AD.
答案：AD
13．解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，
则|z＋2i|＝|a＋bi＋2i|＝|a＋(b＋2)i|＝eq \r(a2＋（b＋2）2)，
|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)，
∵|z＋2i|＝|z|，∴eq \r(a2＋（b＋2）2)＝eq \r(a2＋b2)，
∴a2＋(b＋2)2＝a2＋b2，化简得4b＋4＝0，解得b＝－1.
∴满足条件的一个复数z＝1－i(答案不唯一，虚部为－1即可).
答案：1－i(答案不唯一，虚部为－1即可)
14．解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，
由|z－2i|＝1的几何意义知：z对应的点(a，b)的轨迹是以(0，2)为圆心，1为半径的圆，即a2＋(b－2)2＝1，
∵|z|的几何意义为点(a，b)到坐标原点(0，0)的距离，
∴|z|max＝eq \r(（0－0）2＋（2－0）2)＋1＝3.
答案：3
15．解析：(1)eq \f(z2,z1)＝eq \f(2i－3,1＋i)＝eq \f(（2i－3）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(－1＋5i,2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)i，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z2,z1)))＝eq \r(（－\f(1,2)）2＋（\f(5,2)）2)＝eq \f(\r(26),2).
(2)∵(1＋i)2＝1＋i2＋2i＝2i，
z1是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，
∴2(1＋i)2＋p(1＋i)＋q＝0，
∴4i＋p(1＋i)＋q＝0，即p＋q＋(p＋4)i＝0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＋q＝0,p＋4＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝－4，,q＝4.))
16．解析：设z＝a＋bi(a，b∈Z)，则eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，|z－1|＝eq \r(（a－1）2＋b2)，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z,\(z,\s\up6(－)))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z2,\(z,\s\up6(－))·z)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(（a＋bi）2,（a－bi）·（a＋bi）)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a2－b2＋2abi,a2＋b2)))
＝eq \f(\r(（a2－b2）2＋4a2b2),a2＋b2)＝1，
因为|z－1|≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z,\(z,\s\up6(－)))))，所以(a－1)2＋b2≤1
因为(a－1)2≥0，所以b2≤1，即－1≤b≤1.
当b＝±1时，a－1＝0，即a＝1，有两组满足条件eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1，))
当b＝0时，a－1＝0或a－1＝±1，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝0，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝0，))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝0，))
但a＝0，b＝0时eq \(z,\s\up6(－))＝0，不符合题意，
故个数为4.故选C.
答案：C
17．解析：对于A，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，故|z2|＝eq \r(（a2－b2）2＋（2ab）2)＝eq \r(（a2＋b2）2)＝a2＋b2，又因为|z|2＝(eq \r(a2＋b2))2＝a2＋b2，所以|z2|＝|z|2，选项A正确；
对于B，当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，由棣莫弗定理得，z3＝(cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3))3＝csπ＋isinπ＝－1，所以选项B错误；
对于C，当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，由棣莫弗定理得，z＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，所以eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，所以选项C正确；
对于D，当r＝1，θ＝eq \f(π,4)时，由棣莫弗定理得，zn＝(cseq \f(π,4)＋isineq \f(π,4))n＝cseq \f(nπ,4)＋isineq \f(nπ,4)，当n＝4时，z4＝csπ＋isinπ＝－1，此时不为纯虚数，所以当n为偶数时，复数zn不一定为纯虚数，所以选项D错误．故选AC.
答案：AC