2021屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第12章-推理與證明、算法、復(fù)數(shù)-第4節(jié)-復(fù)數(shù)課時(shí)跟蹤檢測(cè)（理含解析）

PAGE第十二章推理與證明、算法、復(fù)數(shù)第四節(jié)復(fù)數(shù)A級(jí)·基礎(chǔ)過關(guān)|固根基|1.(2019屆南昌模擬)已知復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝2，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A．1 B．－1C．i D．－i解析：選B∵(1＋i)z＝2，∴z＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－i，則復(fù)數(shù)z的虛部為－1.故選B．2．(2020屆合肥調(diào)研)已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝eq\f(1－3i,1＋i)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．第四象限解析：選C因?yàn)閦＝eq\f(1－3i,1＋i)＝eq\f(（1－3i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝－1－2i，所以z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(－1，－2)，該點(diǎn)位于第三象限，故選C．3．(2019屆安徽銅陵模擬)已知復(fù)數(shù)z滿足z·i＝z－i(i為虛數(shù)單位)，則|z|＝()A．eq\f(1,2) B．2C．eq\f(\r(2),2) D．eq\r(2)解析：選C由z·i＝z－i，得z＝eq\f(i,1－i)＝eq\f(i（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).故選C．4．(2019屆湖南湘潭二模)已知復(fù)數(shù)z＝－eq\f(1,i)－1，則它的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(－1，－1) B．(－1，1)C．(1，2) D．(1，－2)解析：選A∵z＝－eq\f(1,i)－1＝－1＋i，∴z＝－1－i，則在復(fù)平面內(nèi)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(－1，－1)，故選A．5．(2019屆廣東深圳二模)設(shè)i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)eq\f(|1－\r(3)i|,1＋i)＝()A．－1＋i B．－2＋2iC．1－i D．2－2i解析：選Ceq\f(|1－\r(3)i|,1＋i)＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－i，故選C．6．(2020屆廣州四校聯(lián)考)若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝|1＋eq\r(3)i|，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)的模為()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)解析：選B由z(1＋i)＝|1＋eq\r(3)i|可得z(1＋i)＝2，即z＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋i，故|eq\o(z,\s\up6(－))|＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，故選B．7．(2019屆湖北武漢模擬)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1＋2z,1－z)＝i，則z＝()A．eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i B．eq\f(1,5)－eq\f(3,5)iC．－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i D．－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i解析：選C由eq\f(1＋2z,1－z)＝i，得1＋2z＝i－iz，∴z＝eq\f(－1＋i,2＋i)＝eq\f(（－1＋i）（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i.故選C．8．(2019屆河北保定一模)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(2i＋4,i－1)，則z＝()A．－1＋3i B．－1－3iC．1＋3i D．1－3i解析：選Az＝eq\f(2i＋4,i－1)＝eq\f(（4＋2i）（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝eq\f(－2－6i,2)＝－1－3i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝－1＋3i，故選A．9．(2019屆河北唐山二模)已知復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝2，則z的共軛復(fù)數(shù)為()A．1＋i B．1－iC．i D．－i解析：選A由(1＋i)z＝2，得z＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋i.故選A．10．如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1和z2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別是A和B，則eq\f(z2,z1)＝()A．eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i B．eq\f(2,5)＋eq\f(1,5)iC．－eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i D．－eq\f(2,5)－eq\f(1,5)i解析：選C由題圖知，z1＝－2－i，z2＝i，則eq\f(z2,z1)＝－eq\f(i,2＋i)－eq\f(i（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝－eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i.故選C．B級(jí)·素養(yǎng)提升|練能力|11.(2020屆陜西摸底)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足eq\f(z＋1,z)＝i，則下列說法正確的是()A．z為純虛數(shù)B．z的虛部為－eq\f(1,2)iC．在復(fù)平面內(nèi)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限D(zhuǎn)．|z|＝eq\f(\r(2),2)解析：選D解法一：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則由題意，得a＋bi＋1＝i(a＋bi)，即a＋1＋bi＝－b＋ai，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1＝－b，,b＝a，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))所以z＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，故z不是純虛數(shù)，z的虛部為－eq\f(1,2)，在復(fù)平面內(nèi)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)))，位于第三象限，|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，故選D．解法二：由eq\f(z＋1,z)＝i，得z＝eq\f(1,i－1)＝eq\f(i＋1,（i－1）（i＋1）)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，則z不是純虛數(shù)，z的虛部為－eq\f(1,2)，在復(fù)平面內(nèi)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)))，位于第三象限，|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，故選D．12．(2017年全國卷Ⅰ)設(shè)有下面四個(gè)命題：p1：若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1,z)∈R，則z∈R；p2：若復(fù)數(shù)z滿足z2∈R，則z∈R；p3：若復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1z2∈R，則z1＝eq\o(z,\s\up6(－))2；p4：若復(fù)數(shù)z∈R，則z∈R.其中的真命題為()A．p1，p3 B．p1，p4C．p2，p3 D．p2，p4解析：選B解法一(特值法)：取z＝i，則z2＝－1∈R，但z?R，故命題p2不正確；取z1＝i，z2＝2i，則z2＝－2i，z1z2＝－2∈R，但z1≠eq\o(z,\s\up6(－))2，故命題p3不正確，故選B．解法二(直接法)：對(duì)于命題p1，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，由eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，得b＝0，則z∈R成立，故命題p1正確；對(duì)于命題p2，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，由z2＝(a2－b2)＋2abi∈R，得ab＝0，則a＝0或b＝0，復(fù)數(shù)z可能為實(shí)數(shù)或純虛數(shù)，故命題p2錯(cuò)誤；對(duì)于命題p3，設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，由z1z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i∈R，得ad＋bc＝0，不一定有z1＝eq\o(z,\s\up6(－))2，故命題p3錯(cuò)誤；對(duì)于命題p4，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則由z∈R，得b＝0，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝a∈R成立，故命題p4正確．故選B．13．下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z＝2－i的四個(gè)命題，p1：|z|＝5；p2：z2＝3－4i；p3：z的共軛復(fù)數(shù)為－2＋i；p4：z的虛部為－1.其中真命題為()A．p2，p3 B．p1，p2C．p2，p4 D．p3，p4解析：選C因?yàn)閦＝2－i，所以|z|＝eq\r(5)≠5，所以p1是假命題；z2＝(2－i)2＝3－4i，所以p2是真命題；易知z的共軛復(fù)數(shù)為2＋i，所以p3是假命題；z的實(shí)部為2，虛部為－1，所以p4是真命題．故選C．14．已知復(fù)數(shù)z＝(cosθ－isinθ)(1＋i)，則“z為純虛數(shù)”的一個(gè)充分不必要條件是()A．θ＝eq\f(π,4) B．θ＝eq\f(π,2)C．θ＝eq\f(3π,4) D．θ＝eq\f(5π,4)解析：選Cz＝(cosθ－isinθ)(1＋i)＝(cosθ＋sinθ)＋(cosθ－sinθ)i.z是純虛數(shù)等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosθ＋sinθ＝0，,cosθ－sinθ≠0))等價(jià)于θ＝eq\f(3,4)π＋kπ，k∈Z.故選C．15．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(2,1－i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到直線y＝x＋1的距離是________．解析：因?yàn)閑q\f(2,1－i)＝eq\f(2（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1＋i，所以復(fù)數(shù)eq\f(2,1－i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，1)，點(diǎn)(1，1)到直線y＝x＋1的距離為eq\f(|1－1＋1|,\r(12＋（－1）2))＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)16．已知復(fù)數(shù)z＝x＋yi，且|z－2|＝eq\r(3)，則eq\f(y,x)的最大值為________