2023屆高考數(shù)學二輪復習 9 復數(shù)選擇填空壓軸小題訓練 作業(yè)

專題9復數(shù)選擇填空壓軸小題專項訓練

一、單選題

L方程f-(2-i)x+l+i=O的根的情況是()

A.有兩個不等的實根B.有一對共舸虛根

C.有兩個虛根D.有一個實根和一個虛根

2.設4,Z2為復數(shù)，則下列四個結論中不正確的是()

A.zi+z2=zl+z?B.Izl?z21=∣zlI?Iz21

C.z∣+1一定是實數(shù)D.Z?一定是純虛數(shù)

3.復數(shù)滿足z—l=(z+l)i,則的值是()

A.√2B.2C.1D.3

4.若復數(shù)滿足|z-l+iRl-2i∣,其中,?為虛數(shù)單位，則對應的點(x,y)滿足方程()

A.(x-l)2+(y+l)2=√5B.(x-l)2+(y+l)2=5

C.(x+l)2+(j-l)2=√5D.(x+l)2+(y-l)2=5

5.已知Z為復數(shù)，則“z2=-討”是“z為純虛數(shù),,的()

A.充分非必要條件B.必要非充分條件

C.充要條件D.既非充分又非必要條件

6.若復數(shù)z="+4?(小匕為實數(shù))都可以表示為“cos。+isin。)的形式，其中r是復數(shù)Z

的模，，是以X軸的非負半軸為始邊，向量OZ所在射線(射線OZ)為終邊的角，叫做復數(shù)

z=α+次的輻角，規(guī)定在。40,2m范圍內的輻角，的值為輻角主值,通常記作argz.例如

π..π

z=l+i的三角形式為cos—+zsιn-’則叱弋，已知復數(shù)

44

則的輻角主值ar為(

Z=I-CoSe-isinθ[W<e<τ),Zgz)

πθπθ5πθ3πθ

A.-------B.-------C.—÷-D.—+—

42224222

7.已知為虛數(shù)單位,則復數(shù)z=l+2i+3i?++20201239+202產°的虛部為(

A.-1011B.-1010C.1010D.1011

8.已知a,beR,復數(shù)z=α+2M(其中i為虛數(shù)單位)滿足z?W=4,給出下列結論：①/+從

的取值范圍是[1,4]；②M可+〃+,,+可+/?=4;③與產的取值范圍是

(-∞,-l]θ[l,+∞);④的最小值為2；其中正確結論的個數(shù)是()

A.1B.2C.3D.4

9.若為虛數(shù)單位，復數(shù)滿足l≤∣z+2+3i∣≤石，則復數(shù)對應的點到直線2x-y-10=0的距離

最大值為()

A.2√5+lB.塔C.D.3√5

10.已知復數(shù)ZIt=CoSa+(Sina+l)i(6eR)對應復平面內的動點為Z*(Z=1,2),模為1的純

虛數(shù)Z3對應復平面內的點為Zj,若Z3Z∣=gZ3Z2,則匕-zj=()

A.1B.—C.6D.3

2

?C1?

11.已知數(shù)列｛q｝滿足q=i,?÷1=>+-,若以)+/則正整數(shù)&的值是()

A.8B.12C.16D.20

12.已知復數(shù)滿足zS=4且z+*0∣z∣=O,則Z網(wǎng)+2必的值為()

976l976

A.-2,B.-23952C.2D.23952

13.復數(shù)(8s28+isin30)?(cos6+isin6)的模為1,其中為虛數(shù)單位,0∈[θ,2π],則這樣的6

一共有()個.

A.9B.10C.11D.無數(shù)

二、填空題

15.己知方程3f-6(mT)x+療+1=0的兩個虛根為α、β,且同+期=2,則實數(shù)，W=

16.已知是虛數(shù)單位，若色=Z^+i(。，?∈R),則而的值為.

1

17.若％-Z2∣=l,則稱Zl與Z2互為"鄰位復數(shù)己知復數(shù)Z∣=α+Gi與Z2=2+bi互為"鄰

位復數(shù)"，a,beR,則/+〃的最大值為.

18.已知復數(shù)z=(2i-3?,則復數(shù)1的虛部為

19.在復平面內，已知復數(shù)對應的點在曲線C:]+y2=l上，則IZ-Il最大值是.

20.復數(shù)Z=JT（為虛數(shù)單位），則zi=-?

2-1

21.設復數(shù)z,滿足IZll=I,㈤=2,zl+z2=?∣3-i,則IZl-z?|=-

22.若復數(shù)z∣=l+2i,Z2=3-i（其中為虛數(shù)單位）所對應的向量分別為OZI和。Z2，則

24.已知Zl為復數(shù)，且㈤=2,則∣z∣+2i∣的最大值為.

25.對任意三個模長小于1的復數(shù)Z∣,Z2,z3,均有∣Z∣Z2+Z2Z3+Z3Z∣f+∣Z∣Z2Z3∣2<4恒成立,

則實數(shù)/1的最小可能值是.

26.已知方程χ2-2x+p=0,peR的兩個根在復平面上對應的兩點之間的距離為G,則P

答案：

1.C

【解析】

【分析】

首先由韋達定理，可直接判斷AB選項，再設有一個實根玉，變形方程，可判斷CD選項.

【詳解】

解：設玉，々為方程f-(2T)x+l+i=0的兩根，

由韋達定理得為+々=2-i,x∣*2=l+i,顯然AB錯誤，

若X]為實數(shù),則片+(—2+i)x∣+1+i=Xj2-2x∣+l+(x∣+l)i=O,

故?x'i=°，此方程無解,

xl÷1=0

故排除。，只能選C

故選：C

2.D

【解析】

【分析】

設z∣=α+bi;Z2=c+%,分別表示出選項中的表達式，可以判斷是否正確

【詳解】

設Z[=α+Z?i；z2=c+Ji

A選項中，z1+z2=(a+c)+(∕?+<Z)i,所以4+z2=(α+c)-(b+d)i；

Z]+Z2=αi+c-di=(α+c)-(A+d)i,z1+z2=z1+Z2,所以正確

B選項中，z1?z2=ac-bd十(ad+bc)i,

222222222

Iz??z21=J(4c-bd)+(加+/"=?∣ac+bd+ad+?c;

222222122222

Iz11?Iz21=?∣a+b??∣c-i-d=?∣ac+bd+ad+/?<?,所以正確

C選項中，zx+~zx=a+b?+a-b?=2a,正確

D選項中，z1-z1=c^d?-c+dx=2d?,當d=O時，為實數(shù)，所以不一定是純虛數(shù)，所以不

正確

故選：D

3.C

【解析】

【分析】

化簡已知得z=i,即得解.

【詳解】

1+i(l+i)(l+i)

解：由題意可知，Z=-=,..=i'

1-1(l-ι)(l+ι)

所以Z=—LH=1,

故選：C.

4.B

【解析】

【分析】

設z=x+V(x,yeR),代入|z—1+,∣=∣1-2i∣中，再利用模的運算，即可得答案.

【詳解】

設z=x+yi(x,y∈R),代入|z—l+i∣=∣l-2,得：(x-l)?+(y+l『=5.

故選：B

5.B

【解析】

【分析】

由充分必要條件的判斷方法，結合復數(shù)為純虛數(shù)的判斷條件即可判斷.

【詳解】

充分性："z2=TZr',z為?；蚣兲摂?shù)，故充分性并不滿足；

必要性：Z為純虛數(shù)，不妨設Z=抗僅∈R目0HO),則Z?=(初)2故必要性滿足.

所以“z2=-卜『"是"Z為純虛數(shù)"的必要非充分條件.

故選：B

6.D

【解析】

【分析】

根據(jù)題意得復數(shù)在復平面內對應的點為Z(Jcosa-Sine),且在第四象限，進而設

NAOZ=a,3∈fθ,M,則argz=2;T-9，tanφ=~Sm＜^,再根據(jù)三角函數(shù)關系化簡整理

V2)I-CoSe

即可得其關系，進而求解.

【詳解】

解：復數(shù)Z=I-COS，一isin〃仁＜，＜萬)在復平面內對應的點為Z(I-CoSa-Sine),

因為5＜。＜乃，所以I-COs，＞0,-sin，vO,所以Z(I-COSa—sin。)在第四象限,

如圖所示，設NAoZ=夕”W

、,θθΘ

-2sin-coscos—

-Sine22,即*-哼2C4+θ1=。,

則tanφ=_2

l-cos0.θ2

2sin—sin

22

因為Se(0,5j,L7<θ<π,

-,θ(π?Qπ口-…πO

所trκ以]+夕￡]1，乃J，所以,+O=/,所以°=耳一萬

所以Z的輻角主值argz為2〃-9=自+?.

故選：D

【點睛】

本題考查復數(shù)的幾何意義，三角函數(shù)恒等變換，考查運算求解能力，是中檔題.本題解題的

關鍵在于根據(jù)已知條件，在復平面內對應的點為Z(I-COSa-sin。)，且在第四象限，再數(shù)

形結合，設N40Z=進而結合三角函數(shù)關系求解即可.

7.B

【解析】

【分析】

用錯位相減法求得復數(shù)后可得虛部.

【詳解】

因為z=1+2i+贊++2O2Oi2019+2021嚴°,

所以iz=i+2i?+++2020i2∞°+2021i202',

I_)2021

相減得(l-i)z=1+i+i?+i≡o-2O21i2021=———202li=l-2021i，

+l-i

.,,1-202Ii(l-2021i)(l+i)l+i-2021i-2021i2,,,上.八，Ce

所er以Z=八J-------------------------=1λ011-1010ι,虛部為To10.

1-1(l-ι)(l+ι)2

故選：B.

8.C

【解析】

【分析】

由題意得到f+∕j2=ι,根據(jù)復數(shù)的幾何意義可以得到點S，b)的軌跡是以卜G,o),(G,o)為

焦點的橢圓，進而結合橢圓的定義和性質判斷①、②、③，然后利用基本不等式判斷④.

【詳解】

2

由zN=4n(α+2W)(α-26i)=α2+4從=∣z∣2=4=>L+從=1,則點(。/)的軌跡是以

(-6,0),(6,0)為焦點，“'=2為長半軸長，匕'=1為短半軸長，c'=√5為半焦距的橢圓.

由橢圓定義可知，②正確；

a?+〃表示橢圓上的點到原點的距離的平方，易知橢圓短軸上的端點到原點的距離最小，長

軸上的端點到原點的距離最大，分別為1和2,故/+從的取值范圍是[1,4],①正確；

表示橢圓上的點(。2)與點(0,石)連線的斜率，設直線/f=N+0與橢圓相切，聯(lián)

立直線與橢圓方程并化簡得：^→?2^2+2√5^+4=0,Δ=2O?2-4(1+4?2)=O^?=±1,

根據(jù)點與橢圓的位置關系可知，匕叵的取值范圍是(-T3I,M),③正確；

a

22

根據(jù)題意，-+?-+?b2a25∣b2259,當且僅當

5?=條="2=2從=：時取"=",④錯誤.

故選：C.

9.C

【解析】

【分析】

設z=x+yi(x,yeR),根據(jù)1≤∣z+2+3i∣＜逐及復數(shù)的幾何意義，確定復數(shù)對應的點在以

(-2,-3)為圓心，半徑為1和6的兩圓構成的圓環(huán)上，再利用圓心到直線的距離求解.

【詳解】

設z=x+)?i(x,yeR),貝”z+2+3i∣=∣(x+2)+(y+3)i∣,

因為l≤∣z+2+3i∣≤石，所以l≤(x+2p+(y+3)2≤5,

所以復數(shù)對應的點在以(-2,-3)為圓心，半徑為1和仃的兩圓構成的圓環(huán)上.

點(-2,-3)到直線2x-y-10=O為d=l-4+?^10l=絆＞小,

所以復數(shù)對應的點到直線2x-yT0=0的距離最大值為成+石=電I.

55

故選：C.

10.B

【解析】

【分析】

根據(jù)已知條件結合復數(shù)的幾何意義確定4,Z2所對應點的軌跡方程，然后確定Z3,結合復數(shù)

幾何意義及圓的切割線定理即可求出結果.

【詳解】

設］=COS：(geR),則丁+(＞_1)2=1,

即z∣*2所對應點在以(0,1)為圓心，1為半徑的圓上，

設該圓與y軸交點A(O,2),

因為模為1的純虛數(shù)Z3對應復平面內的點為Z,,即?=±i,

若ZSZL/ZJZ2,則Zl為Z?,Z3的中點，故Z3=i對應的點(0,1)不合題意，舍去，

因此Z3=T,由圓的切割線定理可得∣Z3q?∣Z3H=∣Z3Z∣HZ3Z2∣,

設∣Z3Zj=犯∣Z3Z2∣=2m,則lx3=∕n?2m,則〃?=乎，則∣z∣-Z2∣=告

故選：B.

11.B

【解析】

【分析】

利用遞推關系式計算數(shù)列各項的值，確定滿足題意的k值即可.

【詳解】

解：由題意結合遞推關系式可得：

Ill231.77160.4801000.513.

1781787°123123"769769'2810

20804329.333693.10012083.45918843.

332933291453353315160216021673486801

41959389.186406864.94094846.372714473.

671472211298335279150593727596511131

故選：B.

【解析】

【分析】

首先根據(jù)條件求得復數(shù)，再利用三角函數(shù)表示復數(shù)，以及結合歐拉公式，計算復數(shù)的值.

【詳解】

設Z=X+yi(x,yeR),

z?z=(x+>i)(x-γi)=x2+γ2=4,即IZl=+9=2,

z+z+V2∣z∣=0<=>2x÷2?∕2=0,解得：x=-y∕2

22

.X+y=4fy=±√2

當Z=—λ∕2+?∕2i時，

業(yè)'3952

2?。?/p>

則z∣93l÷202I_93952J2964?

一乙c

=23952[cos(2964√r)+isin(29647r)]

=23952(cos0+isin0)=23952,

^z=-√2-√2i

f√2Λ∕2?(π.πΛ嚀

z=-2——■+■——1=-2cos—+s?n-1=-2e4

I22J(44J

(.￡、3952

則Z∣93l+202l=I_2e'l=23952e'^

=2明"[cos(988%)+isin(988R]

=23952(cos0+isin0)=23952,

故選：D

13.C

【解析】

【分析】

先根據(jù)復數(shù)(cos26+isin36)?(cose+isine)的模為1及復數(shù)模的運算公式，求得

cos22。+sin23。=1即cos22θ=cos23,，接下來分CoS2。=cos3。與CoS2,=-cos3Θ兩種情況

進行求解，結合夕?0,2兀],求出。的個數(shù).

【詳解】

∣(cos2^?+isin30)?(cos0+isin0)∣=∣cos20+isin30∣?∣cos0+isin=1,其中ICOSe+isin。1=1,所

以IeoS26+isin3q=1,即cosZZO+sinh。=1,CoSKe=I-SinbO=COS，當COS2。=CoS3。

時，①2，=3。+25，?l∈Z,所以6=-2%,k`wz,因為6e[0,2π],所以。=?；?兀；

②2夕=一3夕+2佝九，?2∈Z,所以。二2|四，?2∈Z,因為9∈[0,2τφ所以6=0,y,y,

F或2π;當cos2e=-8s36時，①28=36+(2%+l)兀，k3≡Zf即6=-(2%+l)π,

k3≡Z,因為ew[0,2π],所以J=π,②26=—3。+(2&+l)π,?4∈Z,即e=

&eZ,因為6∈[0,2π],所以。=g如兀，?，繆，綜上：θ=^-π,W=O,1,10,

5?555

一共有11個.

故選：C

14.400

【解析】

【分析】

將分子、分母化為復數(shù)的三角形式，根據(jù)復數(shù)乘除的幾何含義，求的三角形式，即可求∣z∣.

【詳解】

Z_("蜉㈠+后)1。=53.(黑|。(.>爭嚴_400(>|、(-(孚嚴

^O-O'2”吟當升吟當g'

43

若cosΘ=MsinΘ———,則

?>rr?-Tr^Q?TΓ^^?TT

(COSe+isin8)2(CoS+isin)l°(cos2θ÷isin2^)(cos+isin)

z=400.----------------?——?-二400-------------------------------?-------------?-

(cosZ∑+isin?'2cos2E+isin2反

44

=400?LCoS(20+TC-2U)+isin(2Θ+弓工-2U)J,

.?.∣z∣=400.

故答案為：400.

15.√2

【解析】

【分析】

由于方程3χ2-6("LI)X+∕√+l=0為實系數(shù)方程，故α,夕互為共軌復數(shù)，根據(jù)1。1+10=2,

可得∣αR∕l=l,進而結合韋達定理，構造關于，”的方程，解方程即可得到答案.

【詳解】

解：由題意，a,夕互為共朝虛根，

貝IJIaI=I0，3=IaF=41,

m2+?

Ial=⑶=

由IaI+16I=2,得Im?1-?=1,In=±?∣2，

因為,w=-JΣ時，Δ>0,不合題意，所以機=也.

故答案為：√2.

16.-3

【解析】

【分析】

利用復數(shù)的乘法及復數(shù)相等的概念求得結果.

【詳解】

a+3i,.

—；—=b+ι,

.?.α+3i=(A+i)i,

則α+3i=-l+bi,可得。?

W=3,

「?ab=-3.

故答案為：-3.

17.8+2√7

【解析】

【分析】

由已知條件與復數(shù)模長的計算公式可知(.-2)?+僅-6)2=1,所求表達式表示點(。力)到原

點的距離的平方，利用兩點間距離公式和圓的性質即可求解.

【詳解】

因為復數(shù)z∣=α+√5i與22=2+歷互為"鄰位復數(shù)"，

2222

所以卜+6i-2-M=l,i?(fl-2)+(√3-?)=l,BP(β-2)+(?-√3)=l,

其表示的是點(。力)的軌跡是以A(2,為圓心，半徑廠=1的圓，

而曲石表示點(。力)到原點的距離,

故√βr兩的最大值為原點到圓心的距離加半徑，

BP∣OA∣+r=^22+(√3)2+1=√7+1)

所以/+〃的最大值為C+)=8+2√7,

故答案為：8+2√7

18.3

【解析】

【分析】

根據(jù)復數(shù)的除法運算法則，計算出復數(shù)的值，然后求出復數(shù)的共甑復數(shù)口最后寫出W的虛

部.

【詳解】

,z=(2z-3)ι=-2-3/,

.?z=-2+3i,

所以復數(shù)三的虛部為.

故答案為：.

19.√2+l

【解析】

【分析】

設出復數(shù)的坐標表示形式，求出卜-1|的表達，由滿足的橢圓關系代入，可以轉化為關于X的

函數(shù)問題，從而求得最大值.

【詳解】

22

在復平面內，設Z=(蒼y),則W+y=1=>y~=1——,x∈[―>∕2,?χ∕2]

IZ-II=J(X-if+/=卜-2x+l+l-,=^(x-2)2=??x-2|

易知當x=-√Σ時，|z-1|最大值是乎卜√Σ-2∣=0+1

故答案為：&+1

【點睛】

方法點睛：利用復數(shù)模長的幾何意義，將滿足的關系代入，從而轉化為函數(shù)問題來求解最值.

20.15##0.2

【解析】

【分析】

根據(jù)復數(shù)的除法運算化簡，再求出利用復數(shù)的乘法運算計算即可求解.

【詳解】

2+i21.21.

Z二寸(2—i)(2+i)M，則Z-------?

55

匕」411

z?z=2+2--1—=一,

55人5525255

故答案為：?

21.√6

【解析】

根據(jù)復數(shù)的幾何意義得到對應向量的表示,再結合向量的平行四邊形法則以及余弦定理求解

出IZI-Z2∣的值.

【詳解】

Z+Z2對應的向量為OZ3,如下圖所示:

___?2.Q2_021

因為Z∣+Z2=√5-i,所以L+Z2∣=反1=2,所以CoSNoZ億3==J

1x2x24

又因為NOZz3+NZQZ2=180。，所以COSNZ022=—cosNOZ4=-“

2

所以=OZ1+07\-20Z]?OZ2?cosZZ1OZ2=1+4+1=6,

所以,4卜布，又區(qū)一Z2∣=∣Z24∣=6,

故答案為：?/e.

【點睛】

結論點睛：復數(shù)的幾何意義:

(1)復數(shù)Z=a+bi(a,b^R)(一一對應》復平面內的點Z(a,b)(a,beR)；

(2)復數(shù)z=α+砥α,beR)《對應》平面向量OZ.

7

22.-

2

【解析】

【分析】

由已知可得。Zl=(1,2),OZ2=(3,-1),Z1Z2=OZ2-OZ1=(2,-3),再求出復數(shù)的模，利用

余弦定理及三角形面積公式從而可得OZZl的面積.

【詳解】

因為。乙=(1,2),OZ2≈(3,-1),Z1Z2=OZ2-OZ1=(2,-3),

r2222

所以％I=Ji百=6，∣oz2∣=λ∕(-ι)+3=√ιo,∣zlz,∣=λ∕2+(-3)=√13.

由余弦定理可得COSZZ1OZ2=口+上海=變,

2×√5×√1010

所以SinNZQZ2=迪，

'2?θ

所以OZ1Z2的面積s=g|。ZJloZJSinNZloZ2=gx石x√i?x43=g

7

故答案為：—

1

23.—

16

【解析】

【詳解】

解析：令G=U,6=V,則

+/1--Λτi=*

1+

M+V[W+V4

.H-Vi5-3√3i15-3√3i,人.、

<=>M+Vl+-------=----------=z+—=-----------(令Z="+1U)

V2+v24Z4

=Z=I-V3i(舍)或Z=]+*'=>χ=-,y=—.

41616

故答案:

16

24.4

【解析】

【分析】

由題意，設Zl=a+萬g,6eR),得到/+從=4,則匕+2i∣=+(〃+2『,利用復數(shù)的模

的幾何意義，即可得解.

【詳解】

由題意設Z[=〃+歷(a,6∈R),則Z]+2i="+bi+2i="+S+2)i

2

QIZII=2,.?,yJa+/=2,即/+/?2=4,

即㈤的模的軌跡可理解為以(。,0)為圓心，半徑為2的圓.

則IZ1+2i∣=荷+3+2)2,可理解為求點(“㈤到點(0,-2)之間的距離，

數(shù)形結合可知，％+2i∣的最大值為4.

故答案為：4

【解析】

【分析】

利用復數(shù)的三角形式結合余弦函數(shù)的性質可得∣zκ+Z2Z3+Z3zj2+%Z2Z3「的取值范圍，從而

得到實數(shù)人的最小可能值.

【詳解】

設Zl=8(C