高考数学第一轮复习单元试卷20-复数

1第二十单元复数一.选择题.(1)iii1)21)(1(()A．i2B．i2C．i2D．i2(2)复数iz11的共轭复数是()A．i2121B．i2121C．i1D．i1(3)满足条件|z-i|=|3+4i|复数z在复平面上对应点的轨迹是()A．一条直线B．两条直线C．圆D．椭圆(4))11(ii2005=()A．iB．－iC．20052D．－20052(5)设z1,z2是复数,则下列结论中正确的是()A．若z12+z220,则z12-z22B．|z1-z2|=212214zzzz）（C．z12+z22=0z1=z2=0D．|z12|=|1z|2(6)复数z在复平面内对应的点为A,将点A绕坐标原点,按逆时针方向旋转2,再向左平移一个单位,向下平移一个单位,得到B点,此时点B与点A恰好关于坐标原点对称,则复数z为()A．-1B．1C．iD．-i(7)设复数z=cosθ+icosθ,θ∈[0,π],ω=-1+i,则|z-ω|的最大值是()A．2+1B．5C．2D．2(8)设z1,z2是非零复数满足z12+z1z2+z22=0,则(211zzz)2+(212zzz)2的值是()A．-1B．1C．-2D．2(9)已知复数z=x+yi(x,y∈R,x≥21),满足|z-1|=x,那么z在复平面上对应的点(x,y)的轨迹是()A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线(10)设z∈C,且|z|=1,当|(z-1)(z-i)|最大时,z=()A．-1B．-iC．-22-22iD．22+22i二.填空题(11)已知复数z1=3+4i,z2=t+i,,且z1·2z是实数,则实数t等于.(12)若t∈R,t≠-1,t≠0时,复数z=itttt11的模的取值范围是.(13)若a≥0,且z|z|+az+i=0,则复数z=(14)设z=log2(m2-3m-3)+ilog2(m-3)(m∈R),若z对应点在直线x-2y+1=0上,则m的值是.三.解答题(15)在复数范围内解方程iiizzz23)(2(i为虚数单位).2(16)已知复数z1满足(1+i)z1=－1+5i,z2=a－2－i,其中i为虚数单位,a∈R,若21zz1z,求a的取值范围.(17)已知z1,z2是复数,求证:若|z1-2z|=|1-z1z2|,则|z1|,|z2|中至少有一个值为1.(18)设复数z1,z2满足z1z2+2iz1-2iz2+1=0.(Ⅰ)若z1,z2满足2z-z1=2i,求z1,z2;(Ⅱ)若|z1|=3,是否存在常数k,使得等式|z2-4i|=k恒成立,若存在,试求出k;若不存在说明理由.3参考答案一选择题:1.C[解析]:iiiiiiii2)1)(1()21()1(1)21)(1(22.B[解析]:复数iz11=21i，故z的共轭复数是i21213.C[解析]:|3+4i|=5满足条件|z-i|=|3+4i|复数z在复平面上对应点的轨迹是圆心为（0，1），半径为5的圆。4.A[解析]:1,)1)(1()1(1142iiiiiii又)11(ii2005=i5.D[解析]:A．错；反例：z1=2+i，z2=2-i,B．错；反例：z1=2+i，z2=2-i,C．错；反例：z1=1，z2=i,D．正确，z1=a+bi，则|z12|=a2+b2,|1z|2=a2+b2，故|z12|=|1z|26.B[解析]:设z=a+bi，B点对应的复数为z1=，则z1=(a+bi)i-1-i=(-b-1)+(a-1)i∵点B与点A恰好关于坐标原点对称∴10111zbabaab7.C[解析]:|z-ω|=)1(cos2)1(cos)1(cos222∵θ∈[0,π],∴当θ=0时，|z-ω|的最大值是28.A[解析]:z1,z2是非零复数满足z12+z1z2+z22=0,则z12+2z1z2+z22=z1z2，即21221)(zzzz∴(211zzz)2+(212zzz)2=12121212221zzzzzzzz9.D[解析]:已知复数z=x+yi(x,y∈R,x≥21),满足|z-1|=x,222)1(xyx即122xy那么z在复平面上对应的点(x,y)的轨迹是抛物线10.C[解析]:|z|=1,设z=cosθ+isinθ,则|(z-1)(z-i)|=21cossincossin令tcossin，则1cossincossin=41)1(212t∴当t=2即θ=45时,|(z-1)(z-i)|取最大值，此时，z=-22-22i二填空题:411.43[解析]:已知复数z1=3+4i,z2=t+i,,则z1·2z=（3t+4）+(4t-3)i，∵z1·2z是实数,∴4t-3=0,即t=4312.,2[解析]:若t∈R,t≠-1,t≠0时,复数z=itttt11的模为|z|则|z|2=2)1()1(22tttt故z的模的取值范围是,213.iaa242[解析]:若a≥0,且z|z|+az+i=0,则z(|z|+a)+i=0,|z|+a0,故z为纯虚数，设z=yi(y)R,则(|y|+a)yi+i=0故y2-y-1=0y=242aaz=iaa24214.15[解析]:设z=log2(m2-3m-3)+ilog2(m-3)(m∈R),若z对应点在直线x-2y+1=0上,则log2(m2-3m-3)-2log2(m-3)+1=0故2（m2-3m-3）=(m-3)2∴m=15或m=-15（不适合）三解答题(15)解:原方程化简为iizzz1)(2,设z=x+yi(x、y∈R),代入上述方程得x2+y2+2xi=1-i,∴x2+y2=1且2x=-1,解得x=-21且y=±23,∴原方程的解是z=-21±23i.(16)解:由题意得z1=ii151=2+3i,于是21zz=ia24=4)4(2a,1z=13.4)4(2a13,得a2－8a+70,解得1a7.(17)证:∵|z1-2z|=|1-z1z2|∴|z1-2z|2=|1-z1z2|2.∴(z1-2z)）（21zz=(1-z1z2))1(21zz.∴(z1-2z)(1z-z2)=(1-z1z2)(1-1z2z).化简后得z11z+z22z=1+z1z21z2z.∴|z1|2+|z2|2=1+|z1|2·|z2|2.∴(|z1|2-1)(|z2|2-1)=0.∴|z1|2=1,或|z2|2=1.5∴|z1|,|z2|中至少有一个为1.(18)解:(Ⅰ)由2z=z1+2i,两边同时取共轭复数可得:z2=1z-2i.代入已知方程得:z1(1z-2i)+2iz1-2i(1z-2i)+1=0.即|z1|2-2i1z-3=0.令z1=a+bi,即可得到a2+b2-2i(a-bi)-3=0.即(a2+b2-2b-3)-2ai=0.解得a=0,b=3,或a=0,b=-1.∴z1=3i,z2=-5i,或z1=-i,z2=-i.(Ⅱ)由已知得z1=iziz21222.又∵|z1|=3,∴|iziz21222|=3.∴|2iz2-1|2=3|z2+2i|2.∴(2iz2-1)(-2i2z-1)=3(z2+2i)(2z-2i).整理得:z22z+4iz2-4i2z-11=0.即(z2-4i)(2z+4i)=27.∴|z2-4i|2=27,即|z2-4i|=33.∴存在常数k=33,使得等式|z2-4i|=k恒成立.