高考真題+知識(shí)總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破03復(fù)數(shù)問(wèn)題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁(yè)近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國(guó)通用)專題03復(fù)數(shù)問(wèn)題【高考真題】1．(2022·全國(guó)乙理)已知z＝1－2i，且z＋aeq\o(z,\s\up3(－))＋b＝0，其中a，b為實(shí)數(shù)，則()A．a(chǎn)＝1，b＝－2B．a(chǎn)＝－1，b＝2C．a(chǎn)＝1，b＝2D．a(chǎn)＝－1，b＝－21．答案A解析eq\o(z,\s\up3(－))＝1＋2i，z＋aeq\o(z,\s\up3(－))＋b＝1－2i＋a(1＋2i)＋b＝(1＋a＋b)＋(2a－2i)i，由z＋aeq\o(z,\s\up3(－))＋b＝0，得a＝1，b＝－2，故選A．2．(2022·全國(guó)乙文)設(shè)(1＋2i)a＋b＝2i，其中a，b為實(shí)數(shù)，則()A．a(chǎn)＝1，b＝－1B．a(chǎn)＝1，b＝1C．a(chǎn)＝－1，b＝1D．a(chǎn)＝－1，b＝－12．答案A解析因?yàn)閍，b為實(shí)數(shù)，(a＋b)＋2ai＝2i，所以a＋b＝0，2a＝0，解得，a＝1，b＝－1．故選A．3．(2022·全國(guó)甲理)若z＝－1＋eq\r(3)i，則eq\f(z,zeq\o(z,\s\up3(－))－1)＝()A．－1＋eq\r(3)iB．－1－eq\r(3)iC．－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)iD．－eq\f(1,3)－eq\f(\r(3),3)i3．答案C解析eq\o(z,\s\up3(－))＝－1－eq\r(3)i，zeq\o(z,\s\up3(－))＝(－1＋eq\r(3)i)(－1－eq\r(3)i)＝4，eq\f(z,zeq\o(z,\s\up3(－))－1)＝eq\f(z,3)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)i．故選C．4．(2022·全國(guó)甲文)若z＝1＋i．則|iz＋3eq\o(z,\s\up3(－))|＝()A．4eq\r(5)B．4eq\r(2)C．2eq\r(5)D．2eq\r(2)4．答案D解析因?yàn)閦＝1＋i．所以iz＋3eq\o(z,\s\up3(－))＝i(1＋i)＋3(1－i)＝2－2i，所以|iz＋3eq\o(z,\s\up3(－))|＝2eq\r(2)．故選D．5．(2022·新高考Ⅰ)若i(1－z)＝1，則z＋eq\o(z,\s\up3(－))＝()A．－2B．－1C．1D．25．答案D解析由題設(shè)有1－z＝eq\f(1,i)＝－i，所以z＝1＋i，故z＋eq\o(z,\s\up3(－))＝2，故選D．6．(2022·新高考Ⅱ)(2＋2i)(1－2i)＝()A．－2＋4iB．－2－4iC．6＋2iD．6－2i6．答案D解析(2＋2i)(1－2i)＝2＋4－4i＋2i＝6－2i，故選D．7．(2022·北京)若復(fù)數(shù)z滿足iz＝3－4i＝，則|z|＝()A．1B．5C．7D．257．答案B解析由題意有z＝eq\f(3－4i,i)＝1＋i，故|z|＝eq\r((－4)2＋(－3)2)＝5．故選B．8．(2022·浙江)已知a，b∈R，a＋3i＝(b＋i)i(i為虛數(shù)單位)，則()A．a(chǎn)＝1，b＝－3B．a(chǎn)＝－1，b＝3C．a(chǎn)＝－1，b＝－3D．a(chǎn)＝1，b＝38．答案B解析a＋3i＝－1＋bi，而a，b為實(shí)數(shù)，故a＝－1，b＝3，故選B．【知識(shí)總結(jié)】1．復(fù)數(shù)的相關(guān)概念及運(yùn)算法則(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的分類①z是實(shí)數(shù)?b＝0；②z是虛數(shù)?b≠0；③z是純虛數(shù)?a＝0且b≠0.(2)共軛復(fù)數(shù)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)＝a－bi.(3)復(fù)數(shù)的模復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的模|z|＝eq\r(a2＋b2).(4)復(fù)數(shù)相等的充要條件a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．特別地，a＋bi＝0?a＝0且b＝0(a，b∈R)．(5)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則加減法：(a＋bi)±(c＋di)＝(a±c)＋(b±d)i；乘法：(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；除法：(a＋bi)÷(c＋di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中a，b，c，d∈R))2．復(fù)數(shù)的幾個(gè)常見結(jié)論(1)(1±i)2＝±2i.(2)eq\f(1＋i,1－i)＝i，eq\f(1－i,1＋i)＝－i.(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈Z)．【同類問(wèn)題】題型一復(fù)數(shù)的概念1．(2021·浙江)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i為虛數(shù)單位)，則a等于()A．－1B．1C．－3D．31．答案C解析方法一因?yàn)?1＋ai)i＝－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，解得a＝－3．方法二因?yàn)?1＋ai)i＝3＋i，所以1＋ai＝eq\f(3＋i,i)＝1－3i，所以a＝－3．2．(2020·全國(guó)Ⅲ)若eq\x\to(z)(1＋i)＝1－i，則z等于()A．1－iB．1＋iC．－iD．i2．答案D解析因?yàn)閑q\x\to(z)＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i，所以z＝i．3．若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(z1＋ii3,2－i)＝1－i，則復(fù)數(shù)eq\x\to(z)的虛部為()A．iB．－iC．1D．－13．答案C解析∵eq\f(z1＋ii3,2－i)＝1－i，∴z(1＋i)(－i)＝(2－i)(1－i)，∴z(1－i)＝(2－i)(1－i)，∴z＝2－i，∴eq\x\to(z)＝2＋i，∴eq\x\to(z)的虛部為1．4．(2020·全國(guó)Ⅰ)若z＝1＋i，則|z2－2z|等于()A．0B．1C．eq\r(2)D．24．答案D解析方法一z2－2z＝(1＋i)2－2(1＋i)＝－2，|z2－2z|＝|－2|＝2．方法二|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|(1＋i)(－1＋i)|＝|1＋i|·|－1＋i|＝2．5．已知eq\f(x,1＋i)＝1－yi，其中x，y是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位，則x＋yi的共軛復(fù)數(shù)為()A．2＋iB．2－iC．1＋2iD．1－2i5．答案B解析由eq\f(x,1＋i)＝1－yi，得eq\f(x1－i,1＋i1－i)＝1－yi，即eq\f(x,2)－eq\f(x,2)i＝1－yi，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＝1，,\f(x,2)＝y(tǒng)，))解得x＝2，y＝1，∴x＋yi＝2＋i，∴其共軛復(fù)數(shù)為2－i．6．(2021·上海)已知z＝1－3i，則|eq\o(z,\s\up6(－))－i|＝________．6．答案eq\r(5)解析∵z＝1－3i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋3i，∴eq\o(z,\s\up3(－))－i＝1＋3i－i＝1＋2i，∴|eq\o(z,\s\up6(－))－i|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)．7．如果復(fù)數(shù)eq\f(2＋bi,i)(b∈R)的實(shí)部與虛部相等，那么b＝()A．－2B．1C．2D．47．答案A解析eq\f(2＋bi,i)＝eq\f(（2＋bi）（－i）,i（－i）)＝b－2i，所以實(shí)部為b，虛部為－2，故b的值為－2，故選A．8．若復(fù)數(shù)z＝(x2－1)＋(x－1)i為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)x的值為________．8．答案－1解析∵z為純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－1＝0，,x－1≠0，))∴x＝－1．9．(多選)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,1＋i)，其中i為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是()A．z的虛部為－1B．|z|＝eq\r(2)C．z2為純虛數(shù)D．z的共軛復(fù)數(shù)為－1－i9．答案ABC解析z＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2－2i,2)＝1－i，對(duì)于A，z的虛部為－1，正確；對(duì)于B，模長(zhǎng)|z|＝eq\r(2)，正確；對(duì)于C，因?yàn)閦2＝(1－i)2＝－2i，故z2為純虛數(shù)，正確；對(duì)于D，z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i，錯(cuò)誤．10．(多選)(2022·武漢模擬)下列說(shuō)法正確的是()A．若|z|＝2，則z·eq\x\to(z)＝4B．若復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1＋z2|＝|z1－z2|，則z1z2＝0C．若復(fù)數(shù)z的平方是純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部和虛部相等D．“a≠1”是“復(fù)數(shù)z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虛數(shù)”的必要不充分條件10．答案AD解析若|z|＝2，則z·eq\x\to(z)＝|z|2＝4，故A正確；設(shè)z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)，由|z1＋z2|＝|z1－z2|，可得|z1＋z2|2＝(a1＋a2)2＋(b1＋b2)2＝|z1－z2|2＝(a1－a2)2＋(b1－b2)2則a1a2＋b1b2＝0，而z1z2＝(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝a1a2－b1b2＋a1b2i＋b1a2i＝2a1a2＋a1b2i＋b1a2i不一定為0，故B錯(cuò)誤；當(dāng)z＝1－i時(shí)，z2＝－2i為純虛數(shù)，其實(shí)部和虛部不相等，故C錯(cuò)誤；若復(fù)數(shù)z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虛數(shù)，則a2－1≠0，即a≠±1，所以“a≠1”是“復(fù)數(shù)z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虛數(shù)”的必要不充分條件，故D正確．題型二復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算11．(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)已知z＝2－i，則z(eq\x\to(z)＋i)等于()A．6－2iB．4－2iC．6＋2iD．4＋2i11．答案C解析因?yàn)閦＝2－i，所以z(eq\x\to(z)＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i．12．(2021·北京)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z滿足(1－i)·z＝2，則z＝()A．1B．iC．1－iD．1＋i12．答案D解析由題意可得z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(2·（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1＋i．13．(2020·新高考全國(guó)Ⅰ)eq\f(2－i,1＋2i)等于()A．1B．－1C．iD．－i13．答案D解析eq\f(2－i,1＋2i)＝eq\f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(－5i,5)＝－i．14．(2021·全國(guó)乙)設(shè)iz＝4＋3i，則z等于()A．－3－4iB．－3＋4iC．3－4iD．3＋4i14．答案C解析方法一(轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)除法運(yùn)算)因?yàn)閕z＝4＋3i，所以z＝eq\f(4＋3i,i)＝eq\f((4＋3i)(－i),i－i)＝eq\f(－4i－3i2,－i2)＝3－4i．方法二(利用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式)設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則由iz＝4＋3i，可得i(a＋bi)＝4＋3i，即－b＋ai＝4＋3i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b＝4，,a＝3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－4，))所以z＝3－4i．方法三(巧用同乘技巧)因?yàn)閕z＝4＋3i，所以iz·i＝(4＋3i)·i，所以－z＝4i－3，所以z＝3－4i．15．(2021·全國(guó)乙)設(shè)2(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，則z＝()A．1－2iB．1＋2iC．1＋iD．1－i15．答案C解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，代入2(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，可得4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i．16．(2021·全國(guó)甲)已知(1－i)2z＝3＋2i，則z＝()A．－1－eq\f(3,2)iB．－1＋eq\f(3,2)iC．－eq\f(3,2)＋iD．－eq\f(3,2)－i16．答案B解析z＝eq\f(3＋2i,（1－i）2)＝eq\f(3＋2i,－2i)＝eq\f(3i－2,2)＝－1＋eq\f(3,2)i．17．(多選)(2022·湛江一模)若復(fù)數(shù)z＝eq\r(3)－i，則()A．|z|＝2B．|z|＝4C．z的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\r(3)＋iD．z2＝4－2eq\r(3)i17．答案AC解析依題意得|z|＝eq\r(（\r(3)）2＋（－1）2)＝2，故A正確，B錯(cuò)誤；eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\r(3)＋i，C正確；z2＝(eq\r(3)－i)2＝3－2eq\r(3)i＋i2＝2－2eq\r(3)i，D錯(cuò)誤．18．若z＝(a－eq\r(2))＋ai為純虛數(shù)，其中a∈R，則eq\f(a＋i7,1＋ai)＝________．18．答案－i解析∵z為純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\r(2)＝0，,a≠0，))∴a＝eq\r(2)，∴eq\f(a＋i7,1＋ai)＝eq\f(\r(2)－i,1＋\r(2)i)＝eq\f(\r(2)－i1－\r(2)i,1＋\r(2)i1－\r(2)i)＝eq\f(－3i,3)＝－i．19．已知復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R，i為虛數(shù)單位)，且eq\f(\x\to(z),1－i)＝3＋2i，則a＝________，b＝________．19．答案51解析由z＝a＋bi(a，b∈R，i為虛數(shù)單位)，則eq\x\to(z)＝a－bi，所以eq\f(\x\to(z),1－i)＝eq\f(1＋i,2)(a－bi)＝eq\f(a＋b,2)＋eq\f(a－b,2)i＝3＋2i，故eq\f(a＋b,2)＝3，eq\f(a－b,2)＝2，所以a＝5，b＝1．20．(多選)設(shè)z1，z2，z3為復(fù)數(shù)，z1≠0．下列命題中正確的是()A．若|z2|＝|z3|，則z2＝±z3B．若z1z2＝z1z3，則z2＝z3C．若eq\x\to(z)2＝z3，則|z1z2|＝|z1z3|D．若z1z2＝|z1|2，則z1＝z220．答案BC解析由|i|＝|1|，知A錯(cuò)誤；z1z2＝z1z3，則z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故B正確；|z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，又eq\x\to(z)2＝z3，所以|z2|＝|eq\x\to(z)2|＝|z3|，故C正確，令z1＝i，z2＝－i，滿足z1z2＝|z1|2，不滿足z1＝z2，故D錯(cuò)誤．題型三復(fù)數(shù)的幾何意義21．(2021·新高考全國(guó)Ⅱ)復(fù)數(shù)eq\f(2－i,1－3i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限21．答案A解析eq\f(2－i,1－3i)＝eq\f(2－i1＋3i,10)＝eq\f(5＋5i,10)＝eq\f(1＋i,2)，所以該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，該點(diǎn)在第一象限．22．已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z＝i2023＋i(i－1)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限22．答案C解析因?yàn)閦＝i2023＋i(i－1)＝－i－1－i＝－1－2i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是(－1，－2)，位于第三象限．23．若復(fù)數(shù)z＝(2＋ai)(a－i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，其中a∈R，i為虛數(shù)單位，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－eq\r(2)，eq\r(2))B．(－eq\r(2)，0)C．(0，eq\r(2))D．[0，eq\r(2))23．答案B解析z＝(2＋ai)(a－i)＝3a＋(a2－2)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a<0，,a2－2<0，))解得－eq\r(2)<a<0．24．如圖，若向量eq\o(OZ,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z，則z＋eq\f(4,z)表示的復(fù)數(shù)為()A．1＋3iB．－3－iC．3－iD．3＋i24．答案D解析由題圖可得Z(1，－1)，即z＝1－i，所以z＋eq\f(4,z)＝1－i＋eq\f(4,1－i)＝1－i＋eq\f(41＋i,1－i1＋i)＝1－i＋eq\f(4＋4i,2)＝1－i＋2＋2i＝3＋i．25．(2020·北京)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是(1，2)，則i·z等于()A．1＋2iB．－2＋iC．1－2iD．－2－i25．答案B解析由題意知，z＝1＋2i，∴i·z＝i(1＋2i)＝－2＋i．26．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(5i,3－4i)(i為虛數(shù)單位)，則z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(3，4)B．(－4，3)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，－\f(3,5)))26．答案D解析因?yàn)閑q\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(5i,3－4i)＝eq\f(5i（3＋4i）,（3－4i）（3＋4i）)＝eq\f(3i－4,5)＝－eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i，所以z＝－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i，所以復(fù)數(shù)z所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，－\f(3,5)))．27．(2019·全國(guó)Ⅰ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則()A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．x2＋(y＋1)2＝127．答案C解析∵z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，∴z＝x＋yi(x，y∈R)．∵|z－i|＝1，∴|x＋(y－1)i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1．28．(2020·全國(guó)Ⅱ)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________．28．答案2eq\r(3)解析方法一設(shè)z1－z2＝a＋bi，a，b∈R，因?yàn)閦1＋z2＝eq\r(3)＋i，所以2z1＝(eq\r(3)＋a)＋(1＋b)i，2z2＝(eq\r(3)－a)＋(1－b)i．因?yàn)閨z1|＝|z2|＝2，所以|2z1|＝|2z2|＝4，所以eq\r(\r(3)＋a2＋1＋b2)＝4，①，eq\r(\r(3)－a2＋1－b2)＝4，②，①2＋②2，得a2＋b2＝12．所以|z1－z2|＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(3)．方法二設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)分別對(duì)應(yīng)向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，則z1＋z2對(duì)應(yīng)向量eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))．由題意知|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，如圖所示，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OACB，則z1－z2對(duì)應(yīng)向量eq\o(BA,\s\up6(→))，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2，可得|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OA,\s\up6(→))|sin60°＝2eq\r(3)．故|z1－z2|＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)．29．已知