2020年高考数学一轮复习 专题11.1 复数练习（含解析）

11.1复数一．复数的有关概念(1)定义：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a叫做复数z的实部，b叫做复数z的虚部(i为虚数单位)．规定i2=-1(2)分类：满足条件(a，b为实数)复数的分类a＋bi为实数⇔b＝0a＋bi为虚数⇔b≠0a＋bi为纯虚数⇔a＝0且b≠0(3)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(4)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．(5)模：向量OZ→的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝a2＋b2(a，b∈R)．二．复数的几何意义复数z＝a＋bi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量OZ→＝(a，b)(a，b∈R)是一一对应关系．三．复数的运算（1）复数的加、减、乘、除运算法则设12i,i(,,,)zabzcdabcdR，则①加法：12(i)(i)()()izzabcdacbd；【套路秘籍】---千里之行始于足下②减法：；③乘法：；④除法：1222i(i)(i)()i(i0)i(i)(i)zababcdacbdbcadcdzcdcdcdcd．（2）复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有1221123123()(),zzzzzzzzzz．（3）复数乘法的运算定律复数的乘法满足交换律、结合律、分配律，即对于任意z1，z2，z3∈C，有1221zzzz，，1231213()zzzzzzz.(2)几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行．如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加减法的几何意义，即OZ→＝OZ1→＋OZ2→，Z1Z2→＝OZ2→－OZ1→.考向一复数的基本概念【例1】（1）复数12zi的虚部是。12(i)(i)()()izzabcdacbd12(i)(i)()()izzabcdacbdadbc123123zzzzzz【修炼套路】---为君聊赋《今日诗》，努力请从今日始（2）已知复数12izi，则||z。（3）复数2＋i1＋i的共轭复数是________（4）设复数-12zi，在复平面内z对应的点位于第象限（5）已知复数a＋2i2－i是纯虚数(i是虚数单位)，则实数a＝________.【答案】（1）-2（2）5（3）32＋12i（4）三（5）1【解析】（1）复数12zi的虚部是﹣2．（2）∵212(12)()2iiiziii，∴|z|5．(3)由复数2＋i1＋i＝()2＋i1－i1＋i1－i＝3－i2＝32－12i，所以共轭复数为32＋12i.（3）由题得12zi，所以z对应的点为(-1,-2),位于第三象限.（5）a＋2i2－i＝a＋2i2＋i2－i2＋i＝2a－2＋a＋4i5，∵复数a＋2i2－i为纯虚数，∴2a－2＝0且a＋4≠0，解得a＝1.【举一反三】1．已知复数21zi，则复数z的虚部是（）A．2B．2C．2iD．2i【答案】B【解析】221122ziiiiz的虚部为：2本题正确选项：B2．已知复数z满足(1)34zii，其中i是虚数单位，则z（）A．52B．522C．52D．54【答案】B【解析】由题意知：3413477112222iiiizii49152442z本题正确选项：B3．设复数z满足（1﹣i）z=2i，则z的共轭复数z=()A．﹣1+iB．﹣1﹣iC．1+iD．1﹣i【答案】B【解析】由(1)2izi，可得2i2i(1i)22i1i1i(1i)(1i)2z，所以z的共轭复数1iz；故答案选B4．已知复数z满足(12)43izi,则z的虚部是（）A．-1B．iC．1D．i【答案】C【解析】由1243izi得431052125iizii，所以2zi，所以其虚部为1，故选C.考向二复数的运算【例2】（1）1＋2i1－2i＝________.(2)已知i为虚数单位，复数z满足iz＝2z＋1，则z＝________.(3)已知复数a＋bi＝1－i21＋i(i是虚数单位，a，b∈R)，则a＋b＝________.【答案】（1）－35＋45i（2）－25－15i（3）-2【解析】（1）1＋2i1－2i＝1＋2i21－2i1＋2i＝1－4＋4i1－2i2＝－3＋4i5＝－35＋45i.（2）由iz＝2z＋1，得(2－i)z＝－1，解得z＝－12－i＝－1×2＋i2－i2＋i＝－2＋i5，即z＝－25－15i.（3）由复数的运算法则，可得1－i21＋i＝－2i1＋i＝－2i1－i1＋i()1－i＝－2i－22＝－1－i，结合题意可得a＋bi＝－1－i，即a＝－1，b＝－1，据此可得a＋b＝－2.【举一反三】1．复数132zi（i为虚数单位）是方程260zzbbR的根，则（）A．13B．13C．5D．5【答案】B【解析】∵132zi是方程z2﹣6z+b＝0（b∈R）的根，由实系数一元二次方程虚根成对原理可知，232zi为方程另一根，则b＝（3+2i）（3﹣2i）＝13．故选：B．2．复数11212ii的虚部是________.【答案】15【解析】复数1121221211212(2)(2)(12)(12)5555iiiiiiiiiii；所以复数11212ii的虚部是15。3．已知i为虚数单位，若复数20191i2z，则||z_______．【答案】2【解析】复数20193450432222(1)11111(1)(1)2iziiiiiii，则22||1+12z，所以本题答案为2考向三复数的几何意义【例3】（1）复数z满足(2＋i)z＝||3－4i，则z在复平面内对应的点位于第________象限．(2)已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－2i，它们所对应的点分别为A，B，C，O为坐标原点，若OC→＝xOA→＋yOB→，则x＋y的值是________．【答案】（1）四（2）5【解析】（1）∵(2＋i)z＝||3－4i＝9＋16＝5，∴()2－i(2＋i)z＝5()2－i，5z＝5()2－i，z＝2－i，z在复平面内对应的点为()2，－1，在第四象限．（2）由已知得A(－1,2)，B(1，－1)，C(3，－2)，∵OC→＝xOA→＋yOB→，∴(3，－2)＝x(－1,2)＋y(1，－1)＝(－x＋y,2x－y)，∴－x＋y＝3，2x－y＝－2，解得x＝1，y＝4，故x＋y＝5.【举一反三】1．已知i为虚数单位，若复数z满足z＋iz－i＝1＋i，那么|z|＝________.【答案】5【解析】∵z＋iz－i＝1＋i，z＋i＝(1＋i)()z－i，iz＝(2＋i)i，∴z＝2＋i，∴|z|＝1＋4＝5.2．已知复数z满足z2＝12＋16i，则z的模为________．【答案】25【解析】设z＝a＋bi，a，b∈R，则由z2＝12＋16i，得a2－b2＋2abi＝12＋16i，则a2－b2＝12，2ab＝16，解得a＝4，b＝2或a＝－4，b＝－2，即|z|＝a2＋b2＝16＋4＝25.3．已知复数z满足z＋3z＝0，则|z|＝________.【答案】3【解析】由复数z满足z＋3z＝0，则z2＝－3，所以z＝±3i，所以|z|＝3.1．已知复数z在复平面内对应的点为(1,-2)，（i为虚数单位），则|z+1|=（）A．4B．2C．8D．22【答案】D【解析】由题12zi，故|z+1|=4422故选：D2．设复数21ixi（i是虚数单位），则12233201920192019201920192019...CxCxCxCx（）A．iB．iC．1iD．1i【运用套路】---纸上得来终觉浅,绝知此事要躬行【答案】D【解析】22(1)11(1)(1)iiixiiii，122332019201901223320192019201920192019201920192019201920192019......1CxCxCxCxCCxCxCxCx201920193(1)1i1i1i1x，故选D.3．若复数zaii满足2z≤，则实数a的取值范围是（）A．3,B．1,1C．,33,D．,11,【答案】B【解析】因为ii1izaa，所以212za„，解得11a剟.故答案选B4．已知复数z满足1i1i2z，则z()A．2B．3C．5D．5【答案】C【解析】1i22i1iz，5z，故选C.5．已知复数(,)zxyixyR，且|2|3z，则1yx的最大值为（）A．3B．6C．26D．26【答案】C【解析】∵复数(,)zxyixyR，且23z，∴22(2)3xy，∴2223xy．设圆的切线:1lykx，则2|21|31kk，化为2420kk，解得26k．∴1yx的最大值为26．故选：C．6．已知i是虚数单位，则复数221i（）A．1B．1C．iD．i【答案】D【解析】依题意222121iiiiiii，故选D.7．设复数z满足12iiz，则z（）A．2iB．2iC．2iD．2i【答案】C【解析】由题意，复数满足12iiz，即12(12)()2()iiiziiii，所以2zi，故选C．8．在复平面内,复数23izi对应的点的坐标为A．3,2B．2,3C．–2,3D．3,2【答案】D【解析】2232332iiiziiiz对应的点的坐标为：3,2本题正确选项：D9．复数241izi（i为虚数单位）在复平面内对应点的坐标是（）A．3,1B．1,3C．3,1D．2,4【答案】A【解析】由题意得：241311iiziii复数z所对应点的坐标是3,1本题正确选项：A10．设12,zz是复数，给出四个命题：①若12|0|zz，则12zz②若12zz，则12zz③若12||||zz，则1122zzzz④若12||||zz，则2212zz其中真命题的个数有（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】由12,zz是复数，得：在①中，若12|0|zz，则12,zz的实部和虚部都相等，∴12zz，故①正确；在②中，若12zz，则12,zz的实数相等，虚部互为相反数，∴12zz，故②正确；在③中，若12||||zz，则1122zzzz21|z|，故③正确；在④中，若12||||zz，则由复数的模的性质得2212zz，如|1||1|2ii，但22(1)2(1)2iiii，故④不正确．故选：C．11．复数13zii，其中i为虚数单位，则z的虚部是（）A．2B．2C．2iD．2i【答案】A【解析】由题意可得：31324121112iiiiziiii，则z的虚部是2.故选：A.12．复数2izi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【答案】D【解析】212