全国版2019版高考数学一轮复习第11章算法初步复数推理与证明第2讲数系的扩充与复数的引入增分练.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 第 2 讲 数系的扩充与复数的引入 板块四 模拟演练 提能增分 A 级 基础达标 1 2017 全国卷 设复数 z 满足 (1 i)z 2i，则 |z| ( ) A.12 B. 22 C. 2 D 2 答案 C 解析 解法一： 由 (1 i)z 2i，得 z 2i1 i 1 i， |z| 2.故选 C. 解法二： 2i (1 i)2， 由 (1 i)z 2i (1 i)2，得 z 1 i， |z| 2.故选 C. 2 2018 湖南模拟 已知 2z 1 i(i 为虚数单位 )，则复数 z ( ) A 1 i B 1 i C 1 i D 1 i 答案 D 解析

2、由 2z 1 i，得 z 21 i 2i1 i 1 i. 3 2018 江西模拟 已知复数 z1 cos23 isin23 和复数 z2 cos37 isin37 ，则 z1 z2为 ( ) A.12 32 i B. 32 12i C.12 32 i D. 32 12i 答案 A 解析 z1 z2 (cos23 isin23)(cos37 isin37) cos60 isin60 12 32 i.故选 A. 4设复数 z1， z2在复平面内对应的点关于实轴对称， z1 2 i，则 z1z2 ( ) A 1 i B.35 45i C 1 45i D 1 43i 答案 B 解析 因为复数 z1，

3、z2在复平面内对应的点关于实轴对称， z1 2 i，所以 z2 2 i，=【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 z1z2 2 i2 i 25 3545i.故选 B. 5 2018 天津模拟 已知复数 z 满足 (i 1)(z i3) 2i(i 为虚数单位 )，则 z 的共轭复数为 ( ) A i 1 B 1 2i C 1 i D 1 2i 答案 B 解析 依题意可得 z 2ii 1 i3 i (i 1) i 1 2i，其共轭复数为 1 2i，故选 B. 6已知 a 为实数，若复数 z (a2 1) (a 1)i 为纯虚数，则 a i20161 i ( ) A 1 B 0 C 1 i D 1 i

4、 答案 D 解析 z (a2 1) (a 1)i 为纯虚数，则有 a2 1 0， a 10 ，得 a 1，则有 1 i20161 i 1 11 i 1 i，选 D. 7 2018 郴州模拟 设 z 1 i(i 是虚数单位 )，若复数 2z z2在复平面内对应的向量为OZ ，则向量 OZ 的模是 ( ) A 1 B. 2 C. 3 D 2 答案 B 解析 z 1 i(i 是虚数单位 )， 复数 2z z2 21 i (1 i)2 2i 1 i. 向量 OZ 的模： 12 2 2.故选 B. 8 2018 温州模拟 满足 z iz i(i 为虚数单位 )的复数是 _ 答案 12 i2 解析 由已知

5、得 z i zi，则 z(1 i) i， 即 z i1 i 1 i2 12 i2. 9若 a1 i 1 bi，其中 a， b 都是实数， i 是虚数单位，则 |a bi| _. 答案 5 解析 a， b R，且 a1 i 1 bi，则 a (1 bi)(1 i) (1 b) (1 b)i， ? a 1 b，0 1 b， ? a 2，b 1， =【 ;精品教育资源文库 】 = |a bi| |2 i| 22 2 5. 10 2017 浙江高考 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 (a bi)2 a2 b2 2ab

6、i. 由 (a bi)2 3 4i，得? a2 b2 3，ab 2. 解得 a2 4， b2 1. 所以 a2 b2 5， ab 2. B 级 知能提升 1 2018 成都模拟 已知复数 z1 2 6i， z2 2i，若 z1， z2在复平面内对应的点分别为 A， B，线段 AB 的中点 C 对应的复数为 z，则 |z| ( ) A. 5 B 5 C 2 5 D 2 17 答案 A 解析 复数 z1 2 6i， z2 2i，若 z1， z2在复平面内对应的点分别为 A(2,6)， B(0， 2)，线段 AB 的中点 C(1， 2)对应的复数为 z 1 2i，则 |z| 12 22 5.故选 A

7、. 2 2017 全国卷 设有下面四个命题 p1：若复数 z 满足 1z 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 z 2； p4：若复数 z R，则 z R. 其中的真命题为 ( ) A p1， p3 B p1， p4 C p2， p3 D p2， p4 答案 B 解析 设 z a bi(a， b R)， z1 a1 b1i(a1， b1 R)， z2 a2 b2i(a2， b2 R) 对于 p1，若 1z R，即 1a bi a bia2 b2 R，则 b 0?z a bi a R，所以 p1为真命题 对于 p

8、2，若 z2 R，即 (a bi)2 a2 2abi b2 R，则 ab 0.当 a 0， b0 时， z abi 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 z 2，即 a1 b1i a2 b2i?a1 a2， b1 b2.因为 a1b2 a2b1 0?/ a1 a2， b1b2，所以 p3为假命题 对于 p4，若 z R，即 a bi R，则 b 0? z a bi a R，所以 p4为真命题故选B. 3 2018 厦门模拟 已知复数 z

9、x yi，且 |z 2| 3，则 yx的最大值为 _ =【 ;精品教育资源文库 】 = 答案 3 解析 |z 2| x 2 y2 3， (x 2)2 y2 3. 由图可知 ? ?yx max 31 3. 4已知复数 z bi(b R)， z 21 i是实数， i 是虚数单位 (1)求复数 z； (2)若复数 (m z)2所表示的点在第一象限，求 实数 m 的取值范围 解 (1)因为 z bi(b R)， 所以 z 21 i bi 21 i bi b b2 b 22 b 22 i. 又因为 z 21 i是实数，所以 b 22 0，所以 b 2，即 z 2i. (2)因为 z 2i， m R，所以

10、 (m z)2 (m 2i)2 m2 4mi 4i2 (m2 4) 4mi，又因为复数 (m z)2所表示的点在第一象限，所以? m2 40， 4m0. 解得 m 2，即 m ( ， 2) 5若虚数 z 同时满足下列两个条件： z 5z是实数； z 3 的实部与虚部互为相反数这样的虚数是否存在？若存在，求出 z；若不存在，请说明理由 解 存在设 z a bi(a， b R， b0) ， 则 z 5z a bi 5a bi a? ?1 5a2 b2 b? ?1 5a2 b2 i. 又 z 3 a 3 bi 实 部 与 虚部 互 为相 反数 ， z 5z是 实 数， 根 据题 意 有? b?1 5a2 b2 0，a 3 b，=【 ;精品教育资源文库 】 = 因为 b0 ，所以? a2 b2 5，a b 3， 解得? a 1，b 2 或 ? a 2，b 1. 所以 z 1 2i 或 z 2 i.