【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第七章平面向量、复数 课时规范练32　复数含解析【高考】.docx，共(5)页，52.408 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练32复数基础巩固组1.已知复数z满足z(3-i)=10,则z=()A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i2.(2021湖北黄冈中学三模)已知复数z满足z2+4i=0,则|z|=()A.4B.2C.√2D.13.设复数z

满足|z+1|=|z-i|,z在复平面内对应的点为(x,y),则()A.x=0B.y=0C.x-y=0D.x+y=04.(2021山东聊城二模)已知复数z1=-2+i,z2=𝑧1i,在复平面内,复数z1和z2对应的两点之间的距离是()A.√5B.√10C.5

D.105.(多选)(2021湖南衡阳二模)复数z=a+(1-a)i,a∈R,则z在复平面内对应的点可能在的象限为()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限6.(多选)已知i为虚数单位,则下列结论正确的是()A.复数z=1+2i1-i的虚部为32B.

复数z=2+5i-i的共轭复数𝑧=-5-2iC.复数z=12−12i在复平面内对应的点位于第二象限D.复数z满足1𝑧∈R,则z∈R7.复数z在复平面内所对应的点的坐标为(1,1),则|𝑧|𝑧的实部与虚部的和是()A.√

2B.0C.√22D.√22−√22i8.已知i是虚数单位,则复数z=(1+i)(2-i)的实部是.9.(2021河北石家庄二模)设a,b为实数,若复数1+2i𝑎+𝑏i=1-i,则𝑎𝑏=.综合提升组10.(

多选)对任意z1,z2,z∈C,下列结论成立的是()2A.当m,n∈N*时,有zmzn=zm+nB.当z1,z2∈C时,若𝑧12+𝑧22=0,则z1=0且z2=0C.互为共轭复数的两个复数的模相等,且|𝑧|2=|z|2=z𝑧D.z

1=z2的充要条件是|z1|=|z2|11.(多选)(2021湖南雅礼中学二模)设z1,z2是复数,则下列命题是真命题的有()A.若|z1-z2|=0,则𝑧1=𝑧2B.若z1=𝑧2,则𝑧1=z2C.若|z1|=|z2|,则z1𝑧1=z2𝑧2D.若|z1|

=|z2|,则𝑧12=𝑧2212.(2021山东淄博三模)已知复数z满足等式|z-i|=1,则|z-1|的最大值为.13.(2020全国Ⅱ,理15)设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=√

3+i,则|z1-z2|=.14.已知复数z1=i,z2=2i1+i,则|z1+z2|=,z1+𝑧12+…+𝑧12020=.创新应用组15.(多选)已知复数z=1+cos2θ+isin2θ-π2<θ<π2,则下列说法正确的是()A.复数z在复平面上对应的点

可能落在第二象限B.z可能为实数C.|z|=2cosθD.1𝑧的实部为1216.国际数学教育大会(ICME)是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议,第十四届大会将在上海召开,其会标如图,包含着许多

数学元素.主画面是非常优美的几何化的中心对称图形,由弦图、圆和螺线组成,主画面标明的ICME-14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744,也可以读出其二进制码(0)111111001

00,换算成十进制的数是n,则(1+i)2n=,(1+i√2)𝑛=.17.已知复数z对应的点在复平面第一象限内,甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述如下(i为虚数单位):甲:z+𝑧=2;乙:z-𝑧=2√3i;丙

:z𝑧=4;丁:𝑧𝑧=𝑧22.在甲、乙、丙、丁四人陈述中,有且只有两个人的陈述正确,则复数z=.3课时规范练32复数1.D解析z=103-i=10(3+i)(3-i)(3+i)=3+i,故选D.2.B解析设z=a+bi(

a,b∈R),则z2+4i=(a+bi)2+4i=a2-b2+(2ab+4)i=0,所以a2=b2且ab=-2,即a=√2,b=-√2或a=-√2,b=√2,故|z|=√𝑎2+𝑏2=2.故选B.3.D解析复数z满足|z+1|=|z-

i|,∴√(𝑥+1)2+𝑦2=√𝑥2+(𝑦-1)2,化简得x+y=0,故选D.4.B解析z1=-2+i在复平面内对应的点的坐标为(-2,1),z2=𝑧1i=-i(-2+i)-i2=1+2i在复平面内对应的点的坐标为(1,2),所以复

数z1和z2在复平面内对应的两点之间的距离为√(-2-1)2+(1-2)2=√10.故选B.5.ABD解析当在复平面内对应的点在第三象限时,满足{1-𝑎<0,𝑎<0,此时a不存在.故选ABD.6.ABD

对于A,z=1+2i1-i=(1+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=-12+32i,其虚部为32,故A正确;对于B,z=2+5i-i=(2+5i)i=-5+2i,故𝑧=-5-2i,故B正确;对于C,z=12−12i在复平面内对应点的坐标为12,-12,位于第四象限,故C不正确;对于

D,设z=a+bi(a,b∈R),则1𝑧=1𝑎+𝑏i=𝑎-𝑏i𝑎2+𝑏2,又1𝑧∈R,得b=0,所以z=a∈R,故D正确.故选ABD.7.B由题意可得,z=1+i,𝑧=1-i,则|z|=|𝑧|=√2,∴|𝑧|𝑧=√21+i=√2(1-i)(1+i)(1-i)

=√22−√22i,所以|𝑧|𝑧的实部为√22,虚部为-√22,故实部和虚部的和为0,故选B.8.3解析z=(1+i)(2-i)=3+i,实部是3.9.-13解析1+2i𝑎+𝑏i=1-i,则a+bi=1+

2i1-i=(1+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=-1+3i2=-12+32i,所以a=-12,b=32,因此𝑎𝑏=-13.10.AC解析由复数乘法的运算律知,A正确;4取z1=1,z2=i,满足𝑧12+𝑧22=0,但z1=0且z2=0不成立,故B错误;由复数的模

及共轭复数的概念知结论成立,故C正确;由z1=z2能推出|z1|=|z2|,但|z1|=|z2|推不出z1=z2,因此z1=z2的必要不充分条件是|z1|=|z2|,故D错误.故选AC.11.ABC解析对于A,若|z1-z2|=0,则z1-z2=0,z1=z2,所以

𝑧1=𝑧2,故A为真命题;对于B,若z1=𝑧2,则z1和z2互为共轭复数,所以𝑧1=z2,故B为真命题;对于C,设z1=a1+b1i,z2=a2+b2i,a1,b1,a2,b2∈R,若|z1|=|z2|,则√𝑎12+𝑏12=√𝑎22+𝑏22,

即𝑎12+𝑏12=𝑎22+𝑏22,所以z1𝑧1=𝑎12+𝑏12=𝑎22+𝑏22=z2𝑧2,故C为真命题;对于D,若z1=1,z2=i,则|z1|=|z2|,而𝑧12=1,𝑧22=-1,故D为假命题.故选ABC.12.√2+1

解析因为|z-i|=1,所以复数z在复平面内对应的点是以(0,1)为圆心,1为半径的圆,如图所示,则|z-1|的最大值为圆心(0,1)到点A(1,0)的距离加1,即√(0-1)2+(1-0)2+1=√2+1.13.2√3解析设z1=a+bi,z2=c+di,a,b,c,d∈R.∵|z1|=|z

2|=2,∴a2+b2=4,c2+d2=4.又z1+z2=(a+c)+(b+d)i=√3+i,∴a+c=√3,b+d=1.∴(a+c)2+(b+d)2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd=8+2ac+2bd=4.∴2ac+2bd=-4.∴(a-c)2+(b-d)2=a2+c2+

b2+d2-2ac-2bd=8-(-4)=12.∴|z1-z2|=√(𝑎-𝑐)2+(𝑏-𝑑)2=2√3.14.√50解析因为z2=2i1+i=2i(1-i)(1+i)(1-i)=1+i,z1+z2=i+(1+i)=1+2i,所以|z1+z2|=√12+22=√5;

z1+𝑧12+…+𝑧12020=𝑧1(1-𝑧12020)1-𝑧1=i(1-i2020)1-i=i[1-(i4)505]1-i=i(1-1)1-i=0.15.BCD解析因为-π2<θ<π2,所以-π<2θ

<π,所以-1<cos2θ≤1,所以0<1+cos2θ≤2,故A错误;当sin2θ=0,θ=0∈-π2,π2时,复数z是实数,故B正确;5|z|=√(1+cos2𝜃)2+(sin2𝜃)2=√2+2co

s2𝜃=2cosθ,故C正确;1𝑧=11+cos2𝜃+isin2𝜃=1+cos2𝜃-isin2𝜃(1+cos2𝜃+isin2𝜃)(1+cos2𝜃-isin2𝜃)=1+cos2𝜃-isin2𝜃2+2cos2𝜃,则1𝑧的实

部是1+cos2𝜃2+2cos2𝜃=12,故D正确.故选BCD.16.-22020-1∵11111100100=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+0×23+1×22+0×21+0×20=2020.∴(1+i)2n=(2i)2

020=-22020.(1+i√2)𝑛=(1+i√2)2020=(1+i√2)2×1010=i1010=-1.17.1+i解析设z=a+bi(a>0,b>0),则𝑧=a-bi,∴z+𝑧=2a,z-𝑧=2bi,z𝑧=a2+b2,𝑧𝑧=𝑧2𝑎2+𝑏2.∵z𝑧

=4与𝑧𝑧=𝑧22不可能同时成立,∴丙、丁的陈述不能同时正确;∵当z-𝑧=2√3i时,b2=3>2,此时𝑧𝑧=𝑧22不成立,∴乙、丁的陈述不能同时正确;当甲、乙的陈述正确时,a=1,b=√3,则丙的陈述也正确,不合题意;

当甲、丙的陈述正确时,a=1,b=√3,则乙的陈述也正确,不合题意;当乙、丙的陈述正确时,b=√3,a=1,则甲的陈述也正确,不合题意;当甲、丁的陈述正确时,a=b=1,乙、丙的陈述错误,符合题意.故z=1+i.