2025年高考數(shù)學(xué)加練半小時(shí)-專題5第46練復(fù)數(shù)

第46練復(fù)數(shù)一、單項(xiàng)選擇題1．(★)復(fù)數(shù)z滿足(1－i)z＝2＋3i，則z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．第四象限答案B解析由題意知，z＝eq\f(2＋3i,1－i)＝eq\f(2＋3i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(－1＋5i,2)，所以z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(5,2)))，位于第二象限．2．(★)(2023·日照模擬)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(i,1＋i)(i為虛數(shù)單位)，則|eq\x\to(z)|等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案B解析因?yàn)閦＝eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1＋i,2)，則eq\x\to(z)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，所以|eq\x\to(z)|＝eq\f(\r(2),2).3．(★)(2024·廣州模擬)若復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝|1＋i|，則eq\x\to(z)的虛部為()A．－eq\r(2)iB．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2)iD.eq\f(\r(2),2)答案D解析由(1＋i)z＝|1＋i|＝eq\r(2)，得z＝eq\f(\r(2),1＋i)＝eq\f(\r(2)1－i,1＋i1－i)＝eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),2)i，所以eq\x\to(z)＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i，即eq\x\to(z)的虛部為eq\f(\r(2),2).4．(★)若虛數(shù)z是關(guān)于x的方程x2－2x＋m＝0(m∈R)的一個(gè)根，且|z|＝eq\r(2)，則m等于()A．6B．4C．2D．1答案C解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，代入原方程可得a2－b2－2a＋m＋(2ab－2b)i＝0.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2－2a＋m＝0，,2ab－2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b2－1＋m＝0，,a＝1，))因?yàn)閨z|＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(2)，所以b2＝1，m＝2.5．(★)(2023·長(zhǎng)沙模擬)如圖，正方形OABC中，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是3＋5i，則頂點(diǎn)B對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．－2＋8i B．2－8iC．－1＋7i D．－2＋7i答案A解析由題意得eq\o(OA,\s\up6(→))＝(3,5)，不妨設(shè)C點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為a＋bi(a<0，b>0)，則eq\o(OC,\s\up6(→))＝(a，b)，由eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝32＋52，,3a＋5b＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－5，,b＝3，))即C點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為－5＋3i，由eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))得B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為(3＋5i)＋(－5＋3i)＝－2＋8i.6．(★★)復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z滿足|z－2|－|z＋2|＝2，則|z－i|的最小值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(5),2)C.eq\r(3)D.eq\r(5)答案B解析因?yàn)閨z－2|－|z＋2|＝2，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z的軌跡是以(2,0)，(－2,0)為焦點(diǎn)，實(shí)半軸長(zhǎng)為1的雙曲線，則b2＝c2－a2＝3，所以點(diǎn)Z的軌跡方程為x2－eq\f(y2,3)＝1，x<0，設(shè)z＝x＋yi，所以|z－i|＝eq\r(x2＋y－12)＝eq\r(1＋\f(y2,3)＋y－12)＝eq\r(\f(4,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,4)))2＋\f(5,4))≥eq\f(\r(5),2)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\f(3,4)時(shí)取等號(hào)，所以|z－i|的最小值為eq\f(\r(5),2).二、多項(xiàng)選擇題7．(★)(2023·杭州模擬)已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z)，(1－i)z＝1＋i，i是虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是()A．z2024＝4B．z·eq\x\to(z)的虛部是0C．|z·eq\x\to(z)＋2z|＝eq\r(5)D．z·eq\x\to(z)＋2z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限答案BC解析由題意知z＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(2i,2)＝i，則eq\x\to(z)＝－i，z2024＝i2024＝1，A錯(cuò)誤；z·eq\x\to(z)＝1，虛部是0，B正確；|z·eq\x\to(z)＋2z|＝|1＋2i|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，C正確；z·eq\x\to(z)＋2z＝1＋2i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1,2)，在第一象限，D錯(cuò)誤．8．(★)(2023·長(zhǎng)沙模擬)已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to(z)，則下列說(shuō)法正確的是()A．z2＝|z|2B．z＋eq\x\to(z)一定是實(shí)數(shù)C．若復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1＋z2|＝|z1－z2|，則z1·z2＝0D．若復(fù)數(shù)z的平方是純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部和虛部相等或者互為相反數(shù)答案BD解析當(dāng)復(fù)數(shù)z＝i時(shí)，z2＝－1，|z|2＝1，故A錯(cuò)；設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，所以z＋eq\x\to(z)＝2a∈R，故B對(duì)；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，所以a1a2＋b1b2＝0，而z1·z2＝(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝a1a2－b1b2＋(a1b2＋b1a2)i＝2a1a2＋(a1b2＋b1a2)i，不一定為0，故C錯(cuò)；設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z2＝a2－b2＋2abi為純虛數(shù)．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝0，,2ab≠0，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|a|＝|b|，,ab≠0，))故D對(duì)．9．(★)(2023·衡水模擬)已知復(fù)數(shù)z＝1＋cos2θ＋isin2θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<θ<\f(π,2)))(其中i為虛數(shù)單位)，則下列說(shuō)法正確的是()A．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)可能位于第二象限B．z可能是實(shí)數(shù)C．|z|＝2cosθD.eq\f(1,z)的實(shí)部為eq\f(1,2)答案BCD解析因?yàn)椋璭q\f(π,2)<θ<eq\f(π,2)，所以－π<2θ<π，所以－1<cos2θ≤1，所以0<1＋cos2θ≤2，故A錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝0時(shí)，sin2θ＝0，z是實(shí)數(shù)，故B正確；|z|＝eq\r(1＋cos2θ2＋sin2θ2)＝eq\r(2＋2cos2θ)＝2cosθ，故C正確；eq\f(1,z)＝eq\f(1,1＋cos2θ＋isin2θ)＝eq\f(1＋cos2θ－isin2θ,1＋cos2θ＋isin2θ1＋cos2θ－isin2θ)＝eq\f(1＋cos2θ－isin2θ,2＋2cos2θ)，所以eq\f(1,z)的實(shí)部是eq\f(1＋cos2θ,2＋2cos2θ)＝eq\f(1,2)，故D正確．10．(★★)已知z是復(fù)數(shù)，eq\x\to(z)是其共軛復(fù)數(shù)，則下列命題中正確的是()A．z2＝|z|2B．若|z|＝1，則|z－1－i|的最大值為eq\r(2)＋1C．若z＝(1－2i)2，則復(fù)平面內(nèi)eq\x\to(z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限D(zhuǎn)．若1－3i是關(guān)于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一個(gè)根，則q＝－9答案BC解析對(duì)于A，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則|z|2＝a2＋b2，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，z2≠|(zhì)z|2，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由|z|＝1知，在復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)z的點(diǎn)在以原點(diǎn)為圓心的單位圓上，|z－1－i|可看作該單位圓上的點(diǎn)到點(diǎn)(1,1)的距離，則距離的最大值為eq\r(2)＋1，B正確；對(duì)于C，z＝(1－2i)2＝－3－4i，eq\x\to(z)＝－3＋4i，則復(fù)平面內(nèi)eq\x\to(z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，C正確；對(duì)于D，依題意，(1－3i)2＋p(1－3i)＋q＝0，整理得(p＋q－8)＋(－3p－6)i＝0，而p，q∈R，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＋q－8＝0，,－3p－6＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝－2，,q＝10，))D錯(cuò)誤．三、填空題11．(★★)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________.答案2eq\r(3)解析方法一設(shè)z1＝a＋bi，(a∈R，b∈R)，z2＝c＋di，(c∈R，d∈R)，∴z1＋z2＝a＋c＋(b＋d)i＝eq\r(3)＋i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝\r(3)，,b＋d＝1，))又|z1|＝|z2|＝2，∴a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，∴(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋c2＋b2＋d2＋2(ac＋bd)＝4，∴ac＋bd＝－2，∴|z1－z2|＝|(a－c)＋(b－d)i|＝eq\r(a－c2＋b－d2)＝eq\r(8－2ac＋bd)＝eq\r(8＋4)＝2eq\r(3).方法二如圖所示，設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為Z1，Z2，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OZ1,\s\up6(→))＋eq\o(OZ2,\s\up6(→))，由已知|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝eq\r(3＋1)＝2＝|OZ1|＝|OZ2|，∴平行四邊形OZ1PZ2為菱形，且△OPZ1，△OPZ2都是等邊三角形，∴∠Z1OZ2＝120°，由余弦定理得|Z1Z2|2＝|OZ1|2＋|OZ2|2－2|OZ1||OZ2|cos120°＝22＋22－2×2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝12，∴|z1－z2|＝|Z1Z2|＝2eq\r(3).12．