高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 練案（31）第四章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 第五講 數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

[練案31]第五講數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2020·3月份北京市高考適應(yīng)性測試)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)i(i＋2)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為＝(B)A．(1,2) B．(－1,2)C．(2,1) D．(2，－1)[解析]i(i＋2)＝i2＋2i＝－1＋2i對應(yīng)點(－1,2)，故選B.2．(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)z＝i(2＋i)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝(D)A．1＋2i B．－1＋2iC．1－2i D．－1－2i[解析]依題意得z＝i2＋2i＝－1＋2i，eq\o(z,\s\up6(－))＝－1－2i，故選D.3．(2020·沈陽市教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測)若i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)eq\f(2＋3i,1＋i)的實部與虛部之積為(B)A．－eq\f(5,4) B．eq\f(5,4)C.eq\f(5,4)i D．－eq\f(5,4)i[解析]因為eq\f(2＋3i,1＋i)＝eq\f(2＋3i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)i，所以實部為eq\f(5,2)，虛部為eq\f(1,2)，實部與虛部之積為eq\f(5,4).故選B.4．(2020·貴州37校聯(lián)考)復(fù)數(shù)z＝eq\f(1＋i,1－i)的共軛復(fù)數(shù)是(D)A．1＋i B．1－iC．i D．－i[解析]因為z＝eq\f(1＋i,1－i)＝i，故z的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝－i，故選D.5．(2020·湖南株洲質(zhì)檢)已知復(fù)數(shù)z滿足(1－i)z＝|2i|，i為虛數(shù)單位，則z等于(B)A．1－i B．1＋iC.eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i D．eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i[解析]由(1－i)z＝|2i|，可得z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(21＋i,2)＝1＋i，故選B.6．(2020·五省優(yōu)創(chuàng)名校聯(lián)考)若復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1＝eq\f(1,\r(2)－i)－eq\f(1,\r(2)＋i)，z1(z2－2)＝1，則|z2|＝(A)A．eq\f(5,2) B．3C．eq\f(7,2) D．4[解析]因為z1＝eq\f(1,\r(2)－i)－eq\f(1,\r(2)＋i)＝eq\f(2i,3)，z2＝eq\f(1,z1)＋2＝eq\f(4－3i,2)，所以|z2|＝eq\f(5,2).7．(2020·陜西部分學(xué)校摸底檢測)已知復(fù)數(shù)z滿足z(1－i)2＝1＋i(i為虛數(shù)單位)，則|z|為(B)A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\r(2) D．1[解析]解法一：因為復(fù)數(shù)z滿足z(1－i)2＝1＋i，所以z＝eq\f(1＋i,1－i2)＝eq\f(1＋i,－2i)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以|z|＝eq\f(\r(2),2)，故選B.解法二：因為復(fù)數(shù)z滿足z(1－i)2＝1＋i所以|z|＝|eq\f(1＋i,1－i2)|＝eq\f(|1＋i|,|1－i|2)＝eq\f(\r(2),2)，故選B.8．(2020·江西臨川一中模擬)設(shè)復(fù)數(shù)z1＝i，z2＝1＋i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z＝z1·z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點到原點的距離是(B)A．1 B．eq\r(2)C．2 D．eq\f(\r(2),2)[解析]因為z＝i(1＋i)＝－1＋i，所以z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(－1,1)，該點到原點的距離是|z|＝eq\r(2)，故選B.二、多選題9．如果復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)，則下面正確的是(AD)A．z的共軛復(fù)數(shù)為－1＋iB．z的虛部為－1C．|z|＝2D．z的實部為－1[解析]因為z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝eq\f(－2－2i,2)＝－1－i，所以z的實部為－1，共軛復(fù)數(shù)為－1＋i，故選A、D.10．已知復(fù)數(shù)z滿足i2k＋1·z＝2＋i，(k∈Z)則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點可能位于(BD)A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[解析]∵i2k＋1·z＝2＋i，∴z＝eq\f(2＋i,i2k＋1)當(dāng)k為奇數(shù)時，i2k＋1＝－i，∴z＝－1＋2i，位于第二象限當(dāng)k為偶數(shù)時，i2k＋1＝i∴z＝1－2i，位于第四象限故選B、D.三、填空題11.eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2)＝__－1__.[解析](1＋i)2＝2i，(1－i)2＝－2i，∴原式＝eq\f(1－i,2i)＋eq\f(1＋i,－2i)＝eq\f(－2i,2i)＝－1.12．(2019·江蘇)已知復(fù)數(shù)(a＋2i)(1＋i)的實部為0，其中i為虛數(shù)單位，則實數(shù)a的值是__2__.[解析](a＋2i)(1＋i)＝a－2＋(a＋2)i，∵實部是0，∴a－2＝0，a＝2.13．(2019·天津)i是虛數(shù)單位，則|eq\f(5－i,1＋i)|的值為eq\r(13).[解析]方法一：eq\f(5－i,1＋i)＝eq\f(5－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(4－6i,2)＝2－3i，于是|eq\f(5－i,1＋i)|＝|2－3i|＝eq\r(22＋－32)＝eq\r(13).方法二：|eq\f(5－i,1＋i)|＝eq\f(|5－i|,|1＋i|)＝eq\f(\r(52＋－12),\r(12＋12))＝eq\f(\r(26),\r(2))＝eq\r(13).14．已知a∈R，i為虛數(shù)單位，若eq\f(a＋2i,3－i)為實數(shù)，則實數(shù)a的值為__－6__.[解析]解法一：因為eq\f(a＋2i,3－i)＝eq\f(a＋2i3＋i,3－i3＋i)＝eq\f(3a－2a＋6i,10)＝eq\f(3a－2,10)＋eq\f(a＋6,10)i為實數(shù)，所以eq\f(a＋6,10)＝0，解得a＝－6.解法二：令eq\f(a＋2i,3－i)＝t(t∈R)，則a＋2i＝t(3－i)＝3t－ti，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3t,2＝－t))，解得a＝－6.B組能力提升1．(2020·河南商丘九校聯(lián)考)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(1＋i,a－i)(a∈R，i為虛數(shù)單位．)為純虛數(shù)，則|z|的值為(A)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2[解析]由題意可設(shè)z＝eq\f(1＋i,a－i)＝bi(b∈R且b≠0)，則b＋abi＝1＋i，解得b＝1，即z＝i，則|z|＝1，故選A.2．(2020·廣東七校聯(lián)考)設(shè)z＝1＋i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)eq\f(2,z)＋z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于(A)A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[解析]因為z＝1＋i，所以eq\f(2,z)＋z2＝eq\f(2,1＋i)＋(1＋i)2＝eq\f(21－i,1＋i1－i)＋1＋2i＋i2＝eq\f(21－i,2)＋2i＝1＋i，所以該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為(1,1)，位于第一象限，故選A.3．(2020·福建福州五校聯(lián)考)若復(fù)數(shù)eq\f(1－bi,2＋i)(b∈R，i為虛數(shù)單位)的實部與虛部相等，則b的值為(B)A．－6 B．－3C．3 D．6[解析]解法一：由題意可設(shè)eq\f(1－bi,2＋i)＝a＋ai(a∈R)，即1－bi＝(2＋i)(a＋ai)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝a，,－b＝3a))∴b＝－3.解法二：eq\f(1－bi,2＋i)＝eq\f(1－bi2－i,2＋i2－i)＝eq\f(2－b－1＋2bi,5)，∴2－b＝－(1＋2b)，解得b＝－3.4．(2020·安徽合肥教學(xué)質(zhì)量檢測)已知i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足z2＝－4，則eq\f(1,z)＝(D)A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)iC．±eq\f(1,2) D．±eq\f(1,2)i[解析]設(shè)z＝x＋yi(x∈R，y∈R)，則(x＋yi)2＝－4，即x2－y2＋2xyi＝－4，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝－4，,2xy＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝±2，))所以z＝±2i，eq\f(1,z)＝eq\f