高考最新-高考数学第一轮复习单元试卷20-复数 精品

第二十单元 复数

一.选择题

(1) (1i)(12i)

1i

A．2i (2) 复数z

A．11i

22 ( ) B．2i

C．2i

D．2i

1的共轭复数是 1i( )

B．11i C．1i

22

D．1i

(3) 满足条件|z-i|=|3+4i|复数z在复平面上对应点的轨迹是 ( )

A ．一条直线 B ．两条直线 C． 圆 D． 椭圆

1i2018

(4) (= )1i ( ) A．i B．－i (5) 设z1, z2是复数( )

,

C．2 则下列结

2005论

D．－2 中正确的

2005是

2A． 若z12+ z22>0,则z12>- z22 B． |z1-z2|=（z1z2）4z1z2

C． z12+ z22=0 z1=z2=0 D． |z12|=|z1|

2

(6)复数z在复平面内对应的点为A, 将点A绕坐标原点, 按逆时针方向旋转

, 再向左平2移一个单位, 向下平移一个单位, 得到B点, 此时点B与点A恰好关于坐标原点对称, 则复数z为 ( )

A． -1 B． 1 C． i D． - i

(7)设复数z =cosθ+icosθ, θ∈[0, π], ω= -1+i, 则|z-ω|的最大值是 ( ) A． D．

2+1 B． 2

5 C． 2

z1z2)2+()2的值是

z1z2z1z2(8) 设z1, z2是非零复数满足z12+ z1z2+ z22=0, 则(

( )

A． -1 B． 1 C． -2 D． 2

(9)

已知复数z=x+yi (x,y∈R, x≥

12), 满足|z-1|= x , 那么z在复平面上对应的点

(x,y)的轨迹 是

( )

A． 圆 B． 椭圆 C． 双曲线 D ． 抛物线 (10) 设z∈C, 且|z|=1, 当|(z-1)(z-i)|最大时, z = ( )

A ． -1 B． - i C． -D．

22-i

2222+ i 22二.填空题

(11)已知复数z1=3+4i, z2=t+i,,且z1·z2是实数,则实数t等于 . (12) 若t∈R, t≠-1, t≠0时,复数z =

t1ti的模的取值范围是 . 1tt(13)若a≥0, 且z|z|+az+i=0, 则复数z =

(14)设z=log2(m2-3m-3)+i log2(m-3) (m∈R), 若z对应点在直线x-2y+1=0上, 则m的值是 . 三.解答题

(15) 在复数范围内解方程z

2(zz)i3i(i为虚数单位). 2i

(16)已知复数z1满足(1+i)z1=－1+5i, z2=a－2－i, 其中i为虚数单位,a∈R, 若

z1z2(17) 已知z1, z2是复数, 求证: 若|z1-z2|=|1- z1z2|,则|z1|, |

z2|中至少有一个值为1.

(18)设复数z1, z2满足z1z2+2i z1-2i z2+1=0. (Ⅰ)若z1, z2满足z2- z1=2i , 求z1, z2;

(Ⅱ)若|z1|=3, 是否存在常数k, 使得等式|z2-4 i |=k恒成立, 若存在,试求出k; 若不存在说明理由.

参 一选择题: 1.C

2[解析]:(1i)(12i)(1i)(12i)2i

1i(1i)(1i)2.B [解析]: 复数z11i=，故z的共轭复数是11i 1i2223.C

[解析]: |3+4i|=5

满足条件|z-i|=|3+4i|复数z在复平面上对应点的轨迹是 圆心为（0，1），半径为5的圆。 4.A

(1i)21i[解析]: i,又i41

1i(1i)(1i)

1i2018

)= i 1i5.D

[解析]: A．错；反例： z1=2+i， z2=2-i, B．错 ；反例： z1=2+i， z2=2-i,

C．错；反例： z1=1， z2=i, (D．正确，z1=a+bi，则 |z12|=a+b,|z1| =a+b，故|z12|=|z1| 6.B

[解析]: 设z=a+bi，B点对应的复数为z1=，则z1= (a+bi) i-1-i=(-b-1)+(a-1)i ∵点B与点A恰好关于坐标原点对称

2

2

2

2

2

2

b1aa1∴z1

a1bb07.C

22[解析]: |z-ω|=(cos1)(cos1)2(cos21)

∵θ∈[0, π], ∴当θ=0时，|z-ω|的最大值是2 8.A

[解析]: z1, z2是非零复数满足z12+ z1z2+ z22=0, 则z12+2 z1z2+ z22= z1z2，即 (z1z2)2z1z2

22z1z2zz22z1z2∴()+()=121

z1z2z1z2z1z2z1z29.D

[解析]: 已知复数z=x+yi (x,y∈R, x≥

21), 满足|z-1|= x , (x1)2y2x2 2 即y2x1

那么z在复平面上对应的点(x,y)的轨迹是抛物线 10.C

[解析]: |z|=1, 设z=cosθ+isinθ,则|(z-1)(z-i)|=2sincossincos1 令sincost，则sincossincos1= ∴当t=二填空题: 11.

11(t1)2 24522-i 2即θ=时,|(z-1)(z-i)|取最大值，此时，z= -4223 43 4[解析]: 已知复数z1=3+4i, z2=t+i,, 则z1·z2=（3t+4）+(4t-3)i， ∵z1·z2是实数, ∴4t-3=0,即t=12.

2,

[解析]: 若t∈R, t≠-1, t≠0时,复数z =

t1ti的模为|z| 1ttt21t2)()2 1tt故z的模的取值范围是2,

则|z|=(2

aa2413. i

2[解析]: 若a≥0, 且z|z|+az+i=0, 则z(|z|+a)+i=0, |z|+a>0,故 z为纯虚数， 设z = yi (yR) , 则 (|y|+a)yi+i=0 故y2-y-1=0

aa24y =

2aa24z =i

214. 15

[解析]: 设z=log2(m2-3m-3)+i log2(m-3) (m∈R), 若z对应点在直线x-2y+1=0上, 则log2(m2-3m-3)-2 log2(m-3)+1=0 故2（m2-3m-3）=(m-3)2

∴m=15或m=-15（不适合） 三解答题

(15)解: 原方程化简为z2(zz)i1i,

设z=x+yi(x、y∈R),代入上述方程得 x2+y2+2xi=1-i, ∴x2+y2=1且2x=-1,解得x=-

13且y=±, 22 ∴原方程的解是z=-

13±i. 22(16)解: 由题意得 z1=

15i2=2+3i,于是z1z2=4a2i=(4a)4,z1=13. 1i(4a)24<13,得a2－8a+7<0, 解得1(17) 证: ∵|z1-z2|=|1- z1z2| ∴|z1-z2|=|1- z1z2|.

∴(z1-z2（)z1z2）=(1- z1z2)(1z1z2). ∴(z1-z2)(z1- z2)=( 1- z1z2)(1-z1z2). 化简后得z1z1+ z2z2=1+ z1z2z1z2.

2222

∴|z1|+|z2|=1+|z1|·|z2|.

2

2

∴(|z1|-1)(|z2|-1)=0. ∴|z1|=1,或|z2|=1. ∴|z1|,|z2|中至少有一个为1.

(18)解: (Ⅰ) 由z2=z1+2i , 两边同时取共轭复数可得: z2=z1-2i . 代入已知方程得: z1(z1-2i )+ 2i z1-2i(z1-2i)+1=0. 即|z1|-2iz1-3=0. 令z1=a+bi , 即可得到 a2+b2-2i(a-bi)-3=0. 即 (a2+b2-2b-3)- 2ai =0. 解得a=0, b=3,或a=0, b=-1.

∴z1=3i, z2=-5i, 或z1=-i , z2=-i . (Ⅱ)由已知得z1=∴|

2

2222

2iz21. 又∵|z1|=3,

z22i2iz21|=3.

z22i2

2

∴| 2i z2-1|=3|z2+ 2i|.

∴(2i z2-1)( -2iz2-1)=3(z2+ 2i)(z2- 2i). 整理得: z2z2+4i z2-4iz2-11=0. 即(z2-4i)( z2+4i)=27.

2

∴| z2-4i|=27, 即| z2-4i|=33.

∴存在常数k=33, 使得等式| z2-4i|=k恒成立.