高考一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)項(xiàng)練習(xí)數(shù)學(xué)課時(shí)規(guī)范練27復(fù)數(shù)

課時(shí)規(guī)范練27復(fù)數(shù)基礎(chǔ)鞏固組1.(2020江西九江高三二模)已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z(3i)=10,則z=()A.3i B.3+iC.3i D.3+i2.(2019北京,理1)已知復(fù)數(shù)z=2+i,則z·z=()A.3 B.5 C.3 D.53.(2020福建福州高三質(zhì)量檢測(cè))設(shè)復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足|z+1|=|zi|,z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x,y),則()A.x=0 B.y=0C.xy=0 D.x+y=04.(多選)對(duì)任意z1,z2,z∈C,下列結(jié)論成立的是()A.當(dāng)m,n∈N*時(shí),有zmzn=zm+nB.當(dāng)z1,z2∈C時(shí),若z12+z22=0,則z1=C.互為共軛復(fù)數(shù)的兩個(gè)復(fù)數(shù)的模相等,且|z|2=|z|2=z·zD.z1=z2的充要條件是|z1|=|z2|5.(多選)已知i為虛數(shù)單位,則下列結(jié)論正確的是()A.復(fù)數(shù)z=1+2i1-B.復(fù)數(shù)z=2+5i-i的共軛復(fù)數(shù)z=C.復(fù)數(shù)z=12-D.復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足1z∈R,則z∈6.復(fù)數(shù)z=12i,則z2+3z-A.2i B.2 C.2i D.27.已知復(fù)數(shù)z=a+i(其中a∈R),則下面結(jié)論正確的是()A.z=a+iB.|z|≥1C.z一定不是純虛數(shù)D.z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)可能在第三象限8.(2020湖南懷化高三一模)已知i是虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)z=1-ii-12,A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限9.(2020江蘇,2)已知i是虛數(shù)單位,則復(fù)數(shù)z=(1+i)(2i)的實(shí)部是.

10.(2020遼寧沈陽(yáng)期末)已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足等式|zi|=1,則|z1|的最大值為.

綜合提升組11.(2020浙江杭州高三質(zhì)檢)已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足i=1-2zz-7A.2 B.5 C.22 D.1012.(多選)(2020江蘇江都仙城中學(xué)高三月考)下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z=2-1+i(i為虛數(shù)單位)的命題,其中真命題有(A.|z|=2 B.z2=2iC.z的共軛復(fù)數(shù)為1+iD.若|z0z|=1,則|z0|的最大值為2+113.(2020湖南常德高三模擬)已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足|z+i|=1,且|z|=2,則z=()A.1+i B.1+i C.2i D.2i14.(2020湖南衡陽(yáng)高三一模)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,1),則|z|z的實(shí)部與虛部的和是A.2 B.0C.22 D.215.(2020山東聊城二模)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi),實(shí)系數(shù)一元二次方程一定有根,已知方程x2+ax+b=0(a∈R,b∈R)的一個(gè)根為1+i(i為虛數(shù)單位),則a1+i=(A.1i B.1+i C.2i D.2+i創(chuàng)新應(yīng)用組16.(多選)(2020山東濟(jì)南高三考前模擬)已知復(fù)數(shù)z=1+cos2θ+isin2θπ2<θ<π2,則下列說(shuō)法正確的是()A.復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)可能落在第二象限B.z可能為實(shí)數(shù)C.|z|=2cosθD.1z的實(shí)部為17.國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)(ICME)是世界數(shù)學(xué)教育規(guī)模最大、水平最高的學(xué)術(shù)性會(huì)議,第十四屆大會(huì)將在上海召開(kāi),其會(huì)標(biāo)如圖,包含著許多數(shù)學(xué)元素.主畫(huà)面是非常優(yōu)美的幾何化的中心對(duì)稱(chēng)圖形,由弦圖、圓和螺線(xiàn)組成,主畫(huà)面標(biāo)明的ICME14下方的“”是用中國(guó)古代八進(jìn)制的計(jì)數(shù)符號(hào)寫(xiě)出的八進(jìn)制數(shù)3744,也可以讀出其二進(jìn)制碼換算成十進(jìn)制的數(shù)是n,則(1+i)2n=,1+i2n=參考答案課時(shí)規(guī)范練27復(fù)數(shù)1.Dz=103-i=10(3+i2.D∵z=2+i,∴z=2i∴z·z=(2+i)(2i)=5.故選D3.D復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足|z+1|=|zi|,∴(x+1)2+y4.AC由復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律知,A正確;取z1=1,z2=i,滿(mǎn)足z12+z22=0,但z1=0且z2=0由復(fù)數(shù)的模及共軛復(fù)數(shù)的概念知結(jié)論成立,故C正確;由z1=z2能推出|z1|=|z2|,但|z1|=|z2|推不出z1=z2,因此z1=z2的必要不充分條件是|z1|=|z2|,故D錯(cuò)誤.故選AC.5.ABD對(duì)于A,z=1+2i1-i=(1+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=12+32i,其虛部為32,故A正確;對(duì)于B,z=2+5i-i=(2+5i)i=5+2i,故z=52i,故B正確;對(duì)于C,z=12-12i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為12,12,位于第四象限,故C不正確;對(duì)于D,設(shè)z=a+bi(6.D∵z=12i,∴z2+3z-7.Bz的共軛復(fù)數(shù)為z=ai,故A錯(cuò)誤;|z|=a2+1≥1,故B正確;當(dāng)a=0時(shí),z=i為純虛數(shù),故C錯(cuò)誤;因?yàn)閦的虛部為1,所以z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能在第三象限,故D錯(cuò)誤.8.C∵z=1-ii-12=i-i2i2-12=i+1-9.3z=(1+i)(2i)=3+i,實(shí)部是3.10.2+1因?yàn)閨zi|=1,所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是以(0,1)為圓心,1為半徑的圓,如圖所示,則|z1|的最大值為圓心(0,1)到點(diǎn)A(1,0)的距離加1,即(0-1)2+(11.D由i=1-2zz-7,得zi7i=12z,即z=1+7i2+i12.BD由題z=2-1+i=2(-1-所以|z|=2,z2=1+i2+2i=2i,若|z0z|=1,設(shè)z0=a+bi,則(a+1)2+(b+1)2=1,即(a,b)是圓(x+1)2+(y+1)2=1上的點(diǎn),|z0|=a2+b2可以看成圓(x+1)2+(y+1)2=1上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離,最大值為213.C(方法1賦值法)將A,B,C,D四個(gè)選項(xiàng)中的值代入題目條件驗(yàn)算,可知C選項(xiàng)為正確答案.(方法2)設(shè)z=a+bi(a,b∈R),∵|z+i|=1,|z|=2,∴∴z=2i,故選C.14.B由題意可得,z=1+i,z=1i,則|z|=|z|=2,∴|z|z=21+i=2(1-i)15.B∵x1=1+i是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)一元二次方程x2+ax+b=0的一個(gè)根,∴x2=1i也是此方程的一個(gè)根,∴a=(x1+x2)=(1+i+1i)=2.所以a1+i=-21+i=-216.BCD因?yàn)棣?<θ<π2,所以π<2θ<π,所以1<cos2θ≤1,所以0<1+cos2θ≤2,故A當(dāng)sin2θ=0,θ=0∈π2,π2時(shí),復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù),故B|z|=(1+cos2θ)2+(sin2θ)1z=11+cos2θ