2020-2021學(xué)年人教版2019必修二高一數(shù)學(xué)滿分期末沖刺卷02 復(fù)數(shù)（浙江解析版）

專題02復(fù)數(shù)(共51題)

一、單選題

1.(2021?浙江高一期末)若復(fù)數(shù)z滿足z+25=3-i,貝iJ|z|=()

A.1B.72C.y/3D.2

【答案】B

【解析】

設(shè)z=a+0i(a,beR),則5一次，代入z+2Z=3—i，根據(jù)復(fù)數(shù)相等的條件求出a,。，再根據(jù)模長公式

可求得結(jié)果.設(shè)z=a+bi(a,bwR),則2=a—4，

所以a++2(a—bi)=3—i,即3ai=3—i,

所以a=l,b=l,z=l+i,

所以|z|=Jl+1=V2.

故選：B

2.(2021.浙江高一期末)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z(6-，)=(l+i)2,則忖=()

A.—B.—C.—D.1

222

【答案】D

【解析】

利用復(fù)數(shù)的除法化簡復(fù)數(shù)Z,利用復(fù)數(shù)的模長公式可求得結(jié)果.???z(G-i)=(l+i)2=l+2i+/=2i,

=2/=2/(73+zj=i(G+i)=1石.

,"=石=陽)回)=-T-F丁

因此，回=，-￡|2+圖=i.

故選：D.

3.(2021?浙江高一期末)若復(fù)數(shù)z滿足z?(2+，)=3(1—，)+1,則關(guān)于復(fù)數(shù)z的說正確的是()

A.復(fù)數(shù)z的實部為1B.復(fù)數(shù)z的虛部為0

C.復(fù)數(shù)z的模長為1D.復(fù)數(shù)z對應(yīng)的復(fù)平面上的點在第一象限

【答案】A

【解析】

設(shè)Z=4+初，（6T,Z?GR）,利用復(fù)數(shù)的乘法運算以及復(fù)數(shù)相等即可求解.設(shè)Z=Q+〃，（。/￡R）,則

z=a-bi

由z?（2+i）=z?（l-i）+l,

則（。+初）（2+，）=（。_初）（1_，）+1,

即2a+ai+2hi-b=a-ai—bi—b+\,

整理可得2cl—b+（a+2/?）i=a—Z?+1—（〃+/?），

2a-b=a-b-^-12

<O//J解得Q=1,力=---,

a+2b=-（a+b）3

所以z=1—gi,復(fù)數(shù)Z的實部為1,復(fù)數(shù)Z的虛部不為0,復(fù)數(shù)Z的模長不為1,復(fù)數(shù)Z對應(yīng)的復(fù)平面上的點11,一：

在笫四象限.

故選：A

4.（2021?浙江高一單元測試）已知復(fù)數(shù)z=l+i,I是z的共機(jī)復(fù)數(shù)，若白。=2+從，其中a,b均為實數(shù)，貝！1b

的值為（）

A.-2B.-1C.1D.2

【答案】A

【解析】

根據(jù)共規(guī)復(fù)數(shù)的定義，結(jié)合復(fù)數(shù)的運算性質(zhì)和復(fù)數(shù)相等的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.因為Z=l+i,所以

2b

所以一=1且一=一1,則。=2,。=-2.

aa

故選：A

5.（2021?浙江高一單元測試）復(fù)數(shù)z=cos675+isin67.5°，則包=（）

2

,V2V2C.-顯一顯iD.1

——+——I

222222

【答案】C

【解析】

根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法則，結(jié)合復(fù)數(shù)的除法運算，即可求解.由題意，復(fù)數(shù)z=cos67.5。+isin67.5，可得

\zf=cos267.50+sin267.5°=1,

z2=(cos67.5:+isin675)2=cos135°+zsin135"=一立+立J,

22

,672.

所以li=]=

FF=_V2_V2Z.

z2&夜.夜&夜夜22

11(F——7)?(---------1)

2-2-------2---222

故選：C.

6.（2020?浙江杭州市?高一期末）已知a,beR,若。2+匕+（“-3，>2（i為虛數(shù)單位），則實數(shù)。的取值范

圍是（）

A.。>2或av-1B.或。<-2C.-l<a<2D.-2<a<1

【答案】B

【解析】

依題意復(fù)數(shù)的虛部為零，實部大于2,即可得到不等式，解得即可；解：因為a,beR,cr+b+（a-b）i>2,

ci1+b>2°

所以〈，即。2+。>2,解得a>l或a<—2

a-b=Q

故選：B

7.（2021?浙江高一單元測試）下列命題：

①若z=a+bi,則僅當(dāng)4=0且力加時，z為純虛數(shù)；

②若Z：+Z2=0,則Z1=Z2=0：

③若實數(shù)a與ai對應(yīng)，則實數(shù)集與純虛數(shù)集可建立對應(yīng)關(guān)系.

其中正確命題的個數(shù)是（）

A.0B.1

C.2D.3

【答案】A

【解析】

利用特列法可判斷①②③都不正確.在①中。=0,。=，時，Z不為純虛數(shù)，故①錯誤；

2

在②中Z1=i,Z2=1時，Z]+z2=0,但Z]WZ2#0,故②錯誤；

在③中，。=0時，0xi=0不是純虛數(shù)，故③也是錯誤的.

故選：A.

8.(2021?浙江高一期末)己知復(fù)數(shù)z滿足(G+)Z=4,則忖=()

A.2B.72C.4D.472

【答案】A

【解析】

化簡可得Z=G—i，代入求模公式，即可求得答案.由題意得z=3-=/(百二)—=g-i,

V3+z(V3+0(A/3-0

所以|Z|=G7T=2.

故選：A

9.(2021?浙江高一期末)已知復(fù)數(shù)z滿足|z|—z=l+i(i為虛數(shù)單位)，則2=()

A./B.-/C.1-ZD.1+z

【答案】B

【解析】

令z=a+bi,然后代入|z|-z=l+i中化簡求出〃的值，從而可求出z解：令z=a+bi,

因為|z|—z=l+i，所以Ja?+Z?2—(a+bi)=1+i，即飛a2+b?-a-Z?i=l+i，

所以北""解得

h=-l

所以z=T,

故選：B

10.(2021?浙江高一期末)已知QER,若(2+5)(a—2i)=Ti(i為虛數(shù)單位)，則。=()

A.-1B.0C.1D.2

【答案】B

【解析】

將(2+ai)(a-2i)展開可得答案.(2+ai)(a—2i)=4a+(a--4)i=-4z,所以a=0

故選：B

11.(2021?浙江高一期末)已知aeR,若有|a—4=石(i為虛數(shù)單位)，則a=()

A.1B.-2C.±2D.±1

【答案】C

【解析】

根據(jù)復(fù)數(shù)模的定義直接計算即可.因為a&R

所以1。一才=病不17=百，

即標(biāo)+1=5，

解得a=±2,

故選：C

12.(2021?江蘇高一單元測試)已知復(fù)數(shù)2=(加+1)+(m-1)i(i為虛數(shù)單位，機(jī)GR)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在

第四象限，則機(jī)的取值范圍是()

A.(-a),-1)U(1,+oo)B.(-co,-l]Ufl,+oo)

C.(-1,1)D.[-1,1]

【答案】C

【解析】

根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義求解.z=(機(jī)+1)+(機(jī)-1)i(i為虛數(shù)單位，加CR)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限，

所以m+1〉0且相-1<0,

解得-

故選：C.

13.(2021.江蘇高一期中)若i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足lw|z+l+i|?J5,則|z—1—4的最大值為()

A.272-1B.2V2+1C.272D.3A/2

【答案】D

【解析】

設(shè)2=%+加(x,y&R),則由題意可得14(x+l)2+(y+l)242,由此可知(x,y)在如圖所示有陰影上，而

|z-l—i|=|z—(l+i)|表示Z到點(1,1)的距離，結(jié)合圖形求解即可解：設(shè)z=x+yi(x,yeR),則

|z+l+z|=|(x+l)+(y+l)/|,

因為14|z+l+心&,

所以lW(x+l)2+(y+l)242,

所以(x,y)在如圖所示有陰影上，

因為以一1一4=以一(1+4表示2到點(1,1)的距離，而(1,1)到(TT)的距離為2近，大圓的半徑為企,

所以|Z-1T[的最大值為3五,

故選：D

八P

14d.(2021.全國高一課時練習(xí))復(fù)數(shù)ziZ2分別對應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的點M，%，且|z】+Z2|=|Z]_Z2|,線段

的中點M對應(yīng)的復(fù)數(shù)為4+33則上/+22「=()

A.10B.25C.100D.200

【答案】C

＞

根據(jù)歸+22|=區(qū)—2|可得麗|'_1甌,再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可求上『+22「的值.因為

jz]+z2|=1^-z2|,故OM]J_OM],

故AOM1〃2是直角三角形，

所以|zj+%|2=|西『+|次疔=4|OM|2=4x25=100,

故選：C.

15.(2021?全國高一課時練習(xí))已知復(fù)數(shù)z對應(yīng)的向量為旗(。為坐標(biāo)原點)，亍2與實軸正向的夾角為120。,

且復(fù)數(shù)Z的模為2,則復(fù)數(shù)2為（）

A.1+5B.2

C.（-1,73）D.-1+5

【答案】D

【解析】

由復(fù)數(shù)對應(yīng)向量與x軸正向夾角，及復(fù)數(shù)的模，應(yīng)用復(fù)數(shù)的三角表示寫出對應(yīng)坐標(biāo)，進(jìn)而寫出復(fù)數(shù)z代數(shù)形式.

設(shè)復(fù)數(shù)Z對應(yīng)的點為（x,y）,則

x=|z|cos120°=2x（——）=—1,＞=|z|sin120。=2x-^--A/3，

復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點為（-1,百），

???z=-l+V3z.

故選：D.

16.（2021?上海高一課時練習(xí)）歐拉公式*=cosx+isinx（i是虛數(shù)單位）是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)明的，它

將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)之間的關(guān)系，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋''.根據(jù)歐拉公式,

則復(fù)數(shù)6彳，在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點所在的象限為（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

【答案】B

【解析】

—?8萬8萬

由歐拉公式得e3=cos—+/sin—,結(jié)合誘導(dǎo)公式、三角函數(shù)值或直接根據(jù)輻角所在的象限，即可判斷其所

33

大苗陽小as含的尊8萬??812萬..2117行?

在象限?由題意如：e3=cos-----Fzsin——=cos-----i-zsin——=——d-----1，

333322

???e竽,在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點所在的象限為第二象限.

故選：B.

17.（2020?全國高一課時練習(xí)）設(shè)復(fù)數(shù)Z|=2sin6+icos4（＜，＜搟）在復(fù)平面上對應(yīng)向量西，將向量西

繞原點。按順時針方向旋轉(zhuǎn)，后得到向量區(qū)，返'對應(yīng)復(fù)數(shù)Z2=r(cose+isin。)，則tanQ=()

2tan。+12tan-111

A.--------B.------------C--.--------------D.--------------

2tan-12tan。+12tan9+12tan。一1

【答案】A

【解析】

先把復(fù)數(shù)劣化為三角形式，再根據(jù)題中的條件求出復(fù)數(shù)z2,利用復(fù)數(shù)相等的條件得到sin。和cos。的值，求出

tan°.因為=V4sin2^+cos20=Vl+3sin20，

”,r—「―42sin。icos0、

所以Z[=\Zl+3snr。/=+1---------------

<Vl+3sin2^Vl+3sin2^；

2sin。.ccos3

設(shè)cos/?=sinp=/=

Vl+3sin26>Vl+3sin2^

cos。

則tan(3=

2sin。

2

z2=71+3sin0cos(萬一

即r=，l+3sin2。cos。=cos

.(5萬}

sin——+B|/、/

I4)(571o}(71°

故tan°=一說一^=tan—+/?=tan-+^

cosl—+I、、

cos。

=l+tan/=.zsine=2tan6+l

1-tan/?]cos'2tan^-l

2sin。

故選：A.

【點睛】

本題考查復(fù)數(shù)的幾何意義及復(fù)數(shù)的綜合運算，較難.解答時要注意將4、Z2化為三角形式然后再計算.

18.(2020?全國高一課時練習(xí))設(shè)meR,復(fù)數(shù)z=(1+。(〃?一。在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于實軸上，又函數(shù)

“x)=〃?lnx+x,若曲線y=/(x)與直線/：y=2日-1有且只有一個公共點，則實數(shù)上的取值范圍為

A.18sU{1}B.(YO,0]U{1}

C.(3,0]U{2}D.(-O),0)U(2，H

【答案】A

【解析】

由已知求得小，得到/(X),利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性及過(0,-1)的切線的斜率，再畫出圖形，數(shù)形結(jié)合，即可求

得實數(shù)A的取值范圍.由題意，復(fù)數(shù)Z=(l+i)(m一i)=(/〃+l)+(〃2—l)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于實軸上，

所以加一1=0,即〃2=1,所以/(x)=lnx+x,x>0,則/'(x)=J+l>0,所以函數(shù)/(X)單調(diào)遞增，且

當(dāng)x-0時，/(x)fYO,

作出函數(shù)/(x)=lnx+x的圖象，如圖所示：

又由直線/：y=2日-1過點(0,—1),

設(shè)切點為(Xo，lnXo+Xo),則在切點處的切線方程為y-lnx。一/=(」-+1)。一玉.)，

玉)

把(0,-1)代入，可得一1-In%-尤o=-1-不，即lnXo=O,即毛=1,

即切線的坐標(biāo)為(1,1),代入/:y=2Ax—l,可得2%=2,即4=1,

又由圖象可知，當(dāng)2々€(-8,1],即Ze(—0O,L|D寸，

2

曲線>=/(%)與直線/：y=2"一1有且只有一個公共點，

綜上所述，當(dāng)丘(-oo,Ju{l}時，曲線y=/(x)與直線/:y=2aT有且只有一個公共點，

故選A.

【點睛】

本題主要考查了復(fù)數(shù)的基本概念，考查函數(shù)零點的判定，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義和利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)

用，著重考查了數(shù)形結(jié)合思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.二、多選題

19.（2021?浙江高一期末）已知z=a+初（。力eR）為復(fù)數(shù)，三是其共期復(fù)數(shù)，則下列命題一定正確的是（）

A.Z2=|z|2B.z-z=|z|2

C.若z?為純虛數(shù)，則。=力。（）D.復(fù)數(shù)z是實數(shù)的充要條件是z=W

【答案】BD

【解析】

利用特殊值法可判斷A選項的正誤；利用復(fù)數(shù)的乘法可判斷B選項的正誤；利用復(fù)數(shù)的乘法以及復(fù)數(shù)相等可判

斷C選項的正誤;利用復(fù)數(shù)的概念結(jié)合充分條件、必要條件的定義可判斷D選項的正誤.對于A選項，取z=1+i,

則z2=（l+i）2=2i,|Z『=F+12=2,所以，z2^|z|2,A選項錯誤；

對于B選項，z?z=（a+0i）（a-Z?i）="+〃=卜『，B選項正確；

對于C選項，z?=（「+4）2=（〃—〃）+2a4為純虛數(shù)，則彳即4=幼彳0,C選項錯誤；

對于D選項，充分性：若z為實數(shù)，即z=a,此時』=a，z=I，充分性成立.

必要性：若z=I，即。+初=。一次，可得b=—b,即b=0,;.ZGR，必要性成立.

所以，復(fù)數(shù)z是實數(shù)的充要條件是z=1,D選項正確.

故選：BD.

20.（2021?浙江高一期末）下列關(guān)于復(fù)數(shù)的說法，其中正確的是（）

A.復(fù)數(shù)z=a+杭是實數(shù)的充要條件是〃=0

B.復(fù)數(shù)z=a+bi（a,bGR）是純虛數(shù)的充要條件是岳口）

C.若Z1,Z2互為共掘復(fù)數(shù)，則ZR2是實數(shù)

D.若Z-Z2互為共匏復(fù)數(shù)，則在復(fù)平面內(nèi)它們所對應(yīng)的點關(guān)于》軸對稱

【答案】AC

【解析】

根據(jù)復(fù)數(shù)的有關(guān)概念和充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可.解：對于A：復(fù)數(shù)z=。+初(a,heR)是實

數(shù)的充要條件是。=0,顯然成立，故A正確;

對于3：若復(fù)數(shù)z=a+〃(a,beR)是純虛數(shù)則a=0且6刈，故5錯誤;

對于C：若z-Z2互為共軌復(fù)數(shù)，設(shè)Z[=。+初(a,0eR),則z2=a-〃(a,Z?wR),所以

222

Z|Z2~(a+bi^a-bi)-a-bi=后+k是實數(shù)，故C正確;

對于O：若Z],Z2互為共期復(fù)數(shù)，設(shè)Z]=a+〃(a,Z?eH),則z?=a-6(a,0eR),所對應(yīng)的坐標(biāo)分別為

(a,b),(。，-〃)，這兩點關(guān)于x軸對稱，故O錯誤;

故選：AC

【點睛】

本題主要考查復(fù)數(shù)的有關(guān)概念的判斷，利用充分條件和必要條件的定義是解決本題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.

[冗JI

21.(2020?山東日照市?高一期末)已知復(fù)數(shù)z=l+cos26+isin2。一<式(其中i為虛數(shù)單位)，則

I22；

()

A.復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對應(yīng)的點可能落在第二象限B.z可能為實數(shù)

C.Iz|=2cos6>D.，的實部為一,

11z2

【答案】BC

【解析】

由一工<。(工可得一萬<2。<%，得0<l+cos26<2,可判斷A選項，當(dāng)虛部sin26>=0,一個，￡

22I22

時.，可判斷B選項，由復(fù)數(shù)的模計算和余弦的二倍角公式可判斷C選項，由復(fù)數(shù)的運算得

\_l+cos2^-zsin2011+cos201jrTT

----------------，—的實部是R----------=-，可判斷D選項.因為一—<。<一，所以

Zl+2cos26z2+2cos20222

—4<26<乃，所以一1<COS26W1,所以0<l+cos26W2,所以A選項錯誤;

[7T71\

當(dāng)sin26=0,。力一萬，萬)時，復(fù)數(shù)z是實數(shù)，故B選項正確；

|z|=J(1+cos26)2+(sin26=j2+2cos26=2cos6，故C選項正確：

1_1_l+cos26-isin2。_l+cos26-isin2。]

zl+cos2?+isin2。(1+cos2^+Zsin2^)(1+cos20-isin2^)l+2cos2。'z

l+cos29_1

故D不正確.

2+2cos292

故選：BC

【點睛】

本題主要考查復(fù)數(shù)的概念，復(fù)數(shù)模的計算，復(fù)數(shù)的運算，以及三角恒等變換的應(yīng)用，屬于中檔題.

22.(2021?全國高一課時練習(xí))任何一個復(fù)數(shù)Z=a+初(其中i為虛數(shù)單位)都可以表示成:

z=r(cos9+isin。)的形式，通常稱之為復(fù)數(shù)z的三角形式.法國數(shù)學(xué)家棣莫弗發(fā)現(xiàn)：

z"=[r(cos6+isin。)]"=r"(cos〃e+isin〃e)(〃cN+),我們稱這個結(jié)論為棣莫弗定理.根據(jù)以上信息，

下列說法正確的是()

A-歸|=0

jr

B.當(dāng)尸=1，§時，z3=1

C.當(dāng)r=1，。=工時，Z=---z

322

D.當(dāng)r=l，e=—時，若"為偶數(shù)，則復(fù)數(shù)z"為純虛數(shù)

4

【答案】AC

【解析】

利用復(fù)數(shù)的三角形式與模長公式可判斷A選項的正誤；利用復(fù)數(shù)的棣莫弗定理可判斷B選項的正誤；計算出復(fù)

數(shù)三，可判斷C選項的正誤；計算出可判斷D選項的正誤.對于A選項，z=r(cose+isin。)，則

z2=r2(cos20+isin2^),可得歸卜卜2(cos28+isin2。)卜/，|z「=，，(cose+isin6)「=產(chǎn)，A選項

正確；

對于B選項，當(dāng)〃=1，，=§時，=(cose+isin6)=cos3e+isin36=cos"+isin;r=—1,B選項

錯誤；

對于C選項，當(dāng)r=l，。=工時，z=cos三+isin2=’+走3則1=,一正3C選項正確；

3332222

對于D選項，z"=(cos0+zsin6)"=cosnO+zsinnd=cos子+zsin竽,

取”=4,則〃為偶數(shù)，則z4=cos乃+isin乃=—1不是純虛數(shù)，D選項錯誤.

故選：AC.

【點睛】

本題考查復(fù)數(shù)的乘方運算，考查了復(fù)數(shù)的模長、共軌復(fù)數(shù)的運算，考查計算能力，屬于中等題.

三、填空題

23.（2021?浙江高一期末）已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=5-,則|z|=.

3-4z

【答案】叵

5

【解析】

利用復(fù)數(shù)的除法運算化簡，然后再代入模長公式計算

1+)_(l+i)(3+4i)_3+7i+4/_-l+7z

3-4z-(3-4z)(3+4z)-25-25

旦

故答案為:

24.（2021?浙江高一單元測試）設(shè)aGR,且（a+爐,?為正數(shù)，則.

【答案】-1

【解析】

利用（a+i）2為正數(shù)可得該復(fù)數(shù)為正實數(shù)，從而可求實數(shù)。的

值+i=（/+2ai—lji=-2a+（/_］）j,

a2-1=0

因為該復(fù)數(shù)為正數(shù)且aeR,故｛，故a=—l,

-2a>0

故答案為：一1.

25.（2021?浙江高一期末）若復(fù)數(shù)z=（/-□）+5（J是虛數(shù)單位，aeR）是純虛數(shù)，則。=

【答案】1

【解析】

-2

/7\.a—。二0

根據(jù)純虛數(shù)的概念列式即可計算.???z=（/-a）+s是純虛數(shù)，*0，解得。=1.

故答案為：1.

26.（2021?浙江高一期末）已知復(fù)數(shù)Z1,Z2滿足Z2%=1,y-=l+V3i,則對于任意的/eR,上4+z2|的最

小值是.

【答案】立

2

【解析】

先設(shè)出Z2=a+bi,根據(jù)題意得到㈤="2+/=1,Z）=（l+V3zj-z2,代入歸1+Z2I化簡得到

，Z]+=Jdx'+；）+5,即可求出|Z]+z?]的最小值.解：設(shè)z?=a+初，

則z2=a-bi，

又.：z旦?=（6f+Z?z）-（6z-/?z）=a2+b2-1,

22

/.|z2|=a-^-b=1，

?/—=1+>/3i,

Z2

?，.4=（1+而）2,

?二匕+zi\

=^1+V3zj-z2+z2

=［（1+后）+1限|

=卜（1+網(wǎng)+1

=14/+2/+1

,:tGR,

.?.當(dāng)/=_［時，\fZ+z21.=A/4xf——+—=^~.

11

421mmYI44J42

故答案為：正.

2

27.（2021?浙江高一期末）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z—4—2"=百，則|z|的最大值為.

【答案】3行

【解析】

設(shè)2=%+9,（%/€氏），依題意可得|（X—4）+（y-2川=6,根據(jù)復(fù)數(shù)模的計算公式可得

（x—4）2+（y—2p=5,即可得到復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)的點的軌跡方程，從而求出復(fù)數(shù)z的模的最大值；解：設(shè)

z=x+yi,（x,yeR）在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點為（x,y）,因為|z-4-2i|=6,所以|x+9一4-2/[=6,

即|（》—4）+（丁一2川=6,即（%一4）2+（>一2）2=5,即復(fù)數(shù)2在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點表示以（4,2）為圓心,

石為半徑的圓，則|Z|M="2+2?+口=3君

故答案為：375

(4-8i)2_(~4+8i)

28.（2020?寧波市北侖中學(xué)高一期中）化簡

VTT-T7z

。={z||z+1+\/3i|=1,zGC）>則Iz|的最小值和最大值.

【答案】-113

【解析】

根據(jù)復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的除法、乘方運算法則計算可得，根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義得到Z的軌跡，即可得到|z|的最值;

2012.

(4-8Z)2-(-4+8Z)

十后3

(4-8Z)2-(4-8/)

V2V2

_（八10°6_"Of,_-251x4+2_-2_,

—）—I—1—i

設(shè)z=x+yeR）,因為￡）={z||z+1+^i|=1,zeC}

即卜+yi+1+Gz[=1

根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可知。={z||z+l+J§i|=l,zeC}表示以（-1,一G）為圓心，1為半徑的圓上的點集，

則="-1）2+卜可+1=3.|z|mjn=“―l[+f—1=1，

故答案為：一1；1；3.

【點睛】

本題考查了復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，也考查了復(fù)數(shù)模的求法與幾何意義，是中檔題.

29.（2021?浙江高一期末）若復(fù)數(shù)z滿足|z—G+il,,1，則卜+6-24（i為虛數(shù)單位）的最小值為.

【答案】V21-1

【解析】

設(shè)2=。+4,4,人€/?,由|z—6+i|,,1，知點。（。力）在以為圓心，1為半徑的圓上及圓的內(nèi)部,

|Z+73-2Z|=J（a+我2+（8_2）2表示點pg,b）與點8（-6,2）的距離，數(shù)形結(jié)合即可得到答案.設(shè)

z=a+bi,a,b&R,由|z-+i1可得（a+3+1『＜1,此式表示復(fù)平面上

的點P（a,加在以4、四,一1）為圓心，1為半徑的圓上及圓的內(nèi)部，

卜+石—2z]=J（a+舟+3-2）2,此式表示點「色力）與點§（一代,2）的距離，

故PB*=—1=J（2石I+32—]=后八

所以卜+6-24的最小值為后■一1.

故答案為：V2T-1

【點睛】

本題考查復(fù)數(shù)的幾何意義，考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合思想以及數(shù)學(xué)運算求解能力，是一道中檔題.

30.（2021?浙江高一期末）在復(fù)平面上，一個正方形的三個頂點對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為巴，-2+"0,則第四個頂

1-z

點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為.

【答案】-l+3i

【解析】

化簡復(fù)數(shù)出為。+方的形式，設(shè)出第四個點的坐標(biāo)和寫出前三個點的坐標(biāo)，根據(jù)這四個點構(gòu)成正方形，則平

1-1

行的一對邊對應(yīng)的向量相等，寫出一對這樣的向量，坐標(biāo)對應(yīng)相等，得到所設(shè)的坐標(biāo)，得到結(jié)

m3+z_(3+z)(l+z)2+4/

果.----=-----------=------=l+2i

1-z(l-z)(l+z)2

設(shè)復(fù)數(shù)Z=l+2z；z2=-2+z,z3=0,它們在復(fù)平面上的對應(yīng)點分別是A,B,C.

A(l,2),8(—2,1),C(0,0)

設(shè)正方形的第四個頂點對應(yīng)的坐標(biāo)是D(x,y),

*'?AD=在，

(x-Ly-2)=(-2,1),

x—1=—2,y—2=1,

x=-1,y=3

故答案為一1+37.

【點睛】

本題考查復(fù)數(shù)與復(fù)平面中的點的對應(yīng)，根據(jù)復(fù)數(shù)對應(yīng)的點所在的位置，判斷四條邊的位置關(guān)系，本題結(jié)合復(fù)數(shù)與

點對應(yīng)，復(fù)數(shù)與向量對應(yīng)，是一個很好題目.

31.(2021?全國高一課時練習(xí))復(fù)數(shù)4=-l+2i,z2=l-z,Z3=3—2i,它們所對應(yīng)的點分別為A、B、C，

若=*(x,ye7?),則)=.

【答案】4

【解析】

根據(jù)已知條件可得出Z3=X4+yz2,根據(jù)復(fù)數(shù)相等可得出關(guān)于X、解出這兩個未知數(shù)的值，即可得解.由題

意知3—2i=x(—l+2i)+y(l—=(y—x)+(2x—,

y-x=3fx=1v

由復(fù)數(shù)相等知c，解得〈，，因此，上=4.

2x-y=-2[y=4x

故答案為：4-

32.(2021?全國高一■課時練習(xí))復(fù)數(shù)z=(2w72+3z)+(;n—w20+(—1+2加),/nWR,若z為純虛數(shù)，則m等于.

【答案】g

2

【解析】

由已知條件，得到復(fù)數(shù)z的代數(shù)形式，根據(jù)z為純虛數(shù)，求，九由題設(shè)，知：z=（2浮+m—1）+（3—浮+2"。，是純

虛數(shù)，

2m2+，〃-1=01

?1-5,,解得加=二.

3-m~+2mw02

故答案為：一.

2

33.（2021?上海高一課時練習(xí)）下列命題，是真命題的有

①兩個復(fù)數(shù)不能比較大??；

②若x,yCC,x+yi=l+i的充要條件是尸戶1；

③若實數(shù)。與山對應(yīng)，則實數(shù)集與純虛數(shù)集一一對應(yīng)；

④實數(shù)集相對復(fù)數(shù)集的補(bǔ)集是虛數(shù)集.

【答案】④

【解析】

舉例說明①③錯誤；由兩復(fù)數(shù)相等的充要條件說明②錯誤；由集合間的關(guān)系說明④正確.解：對于①，若兩個復(fù)數(shù)

為實數(shù)，則能比較大小，故①錯誤；

對于②，當(dāng)且僅當(dāng)x,yGR,x+yi=l+i的充要條件是x=y=l,故②錯誤；

對于③，當(dāng)。=0時，0i=0不是純虛數(shù)，故③錯誤；

對于④，實數(shù)集和虛數(shù)集構(gòu)成復(fù)數(shù)集，所以實數(shù)集相對復(fù)數(shù)集的補(bǔ)集是虛數(shù)集，故④正確.

故答案為：④.

34.（2020.全國高一課時練習(xí)）在復(fù)平面內(nèi)，等腰直角三角形OZ/2以O(shè)Z2為斜邊（其中。為坐標(biāo)原點），若Z2

對應(yīng)的復(fù)數(shù)Z2=l+后,則直角頂點Z\對應(yīng)的復(fù)數(shù)4=.

r發(fā)玄11+GV3—1.1->/31+G.

【管元】------+------2或------+------1

2222

【解析】

根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義由Z2=l+gi，得到上|=2,點Z?的坐標(biāo)為設(shè)點Z］的坐標(biāo)為（x,y）,再根據(jù)

三角形OZZz是以O(shè)Z2為斜邊的等腰直角三角形，則有西上有西卜辛|西卜逝，再運算求解..

因為z2=l+百3

所以區(qū)|=2,點Z?的坐標(biāo)為(1,6).

設(shè)點Z1的坐標(biāo)為(x,y),

則Z2Z1

由題意得,|西卜今西|="

。4±z2z,,

x2+y~=2c

所乂x(x-l)+'('―班)=0

1+61-V3

X-x=

22

解得＜或.

\/3—11+V3

)'=y=

22

所以復(fù)數(shù)1苧?或1

故答案為「=￥+鋁，?或子+臂,，

【點睛】

本題主要考查了復(fù)數(shù)的幾何意義，還考查了數(shù)形結(jié)合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.

四、解答題

35.(2021?浙江高一期末)若復(fù)數(shù)Z1滿足(Z]-2+i)(l+i)=l-i(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)Z2的虛部為2,且ZE2

是實數(shù).

(1)求4的模長;

(2)求z2.

【答案】(D272：(2)Z2=2+2Z.

【解析】

(1)利用復(fù)數(shù)的四則運算直接化簡已知等式可求得4,由模長運算可求得結(jié)果;

(2)設(shè)Z2=a+萬，由Z]Z2為實數(shù)可知ZR2的虛部為零，構(gòu)造方程求得“，進(jìn)而得到Z2.(1)

?.-(zl-2+z)(l+z)=l-z,.-.z,=—+2-z=-i+2-z=2-2z,

1+i

.?.|Zi|=V4+4=2^:

(2)設(shè)Z2=a+2i,則Z|Z2=(2—2i)(a+2i)=(2?+4)+(4—2a)i,

?.?2逐2為實數(shù)，；.4—24=0,解得：a=2,：.z2=2+2i.

八兀

36.(2021?浙江高一單元測試)已知復(fù)數(shù)zi=m+(4—Z2=2cos6+(2+3sin8)i,A,相￡R,夕￡0,—,zi

=Z2，求2的取值范圍.

9

【答案】——,1

16

【解析】

利用復(fù)數(shù)相等，建立方程，轉(zhuǎn)化為7=4sin2。一3sin仇利用sin。￡[0,1],求丸的取值范圍.由zi=Z2,九團(tuán)￡R,

m=2cos夕，

可得《9

4一行=2+3sin0,

整理，得力=4sin2。一3sin0=4(sin8—--

I816

-2i

,:0,-.,.szn<9e[0,1],AzG

216'

【點睛】

關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用實部和虛部對應(yīng)相等后，得到2=4sin2。-3sin仇轉(zhuǎn)化為關(guān)于sin。的取值范圍求

4的取值范圍.

37.(2021?浙江高一單元測試)實數(shù)x分別取什么值時，復(fù)數(shù)z=(f+%_6)+12-2%—15＞對應(yīng)的點Z在:

(1)第三象限；

(2)直線x-y—3=0上.

【答案】(1)-3<x<2；(2)x=-2.

【解析】

x2+x—6<0

(1)由題意可得《即可求解;

X2-2x-15<0

(2)找出復(fù)數(shù)對應(yīng)的點的坐標(biāo)，代入直線的方程即可求解.因為x是實數(shù)，所以X2+%一6，V—2x—15也是

實數(shù).

x2+x-6<0f-3<x<2

(1)由題意可得《即《

%2—2,x-15<0—3<x<5

解得：一3<x<2

即當(dāng)一3<x<2時，點Z在第三象限.

(2)z-+x—6)+(x~—2x-15)i對應(yīng)點Z(x?+x—6,—2x—15^,

由題意可得X?+x—6—(x?—2x—15)—3=0,

整理可得：3x+6=0,

解得：x=—2>

即當(dāng)x=—2時，點Z在直線x-y-3=0上.

38.(2021?浙江高一單元測試)在復(fù)平面內(nèi)的長方形A3CO的四個頂點中，點A，B,C對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別是

2+3K3+23-2-3i,求點。對應(yīng)的復(fù)數(shù).

【答案】-3-2;

【解析】

根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義，先設(shè)加=(x,y),由而=配列出方程組求解，得出X，)，即可求出其對應(yīng)的復(fù)數(shù).

_____UUU_____

由題意得。4=(2,3),05=(3,2),OC=(-2,-3).

設(shè)歷=(x,y),則亞=(x—2,y—3),5C=(-5,-5).

由題意知，AD=BC>所以《，則《一，

y-3=-5[y=-2

故點。對應(yīng)的復(fù)數(shù)為一3—2匚

39.(2021?浙江高一單元測試)已知復(fù)數(shù)z=(l+ai)(l+i)+2+4i(aeR).

(1)若z在復(fù)平面中所對應(yīng)的點在直線x—y=0上，求a的值；

(2)求|z-l|的取值范圍.

【答案】(1)a=-l；(2)^—,+oo.

L2)

【解析】

（1）化簡Z,得Z在復(fù)平面中所對應(yīng)的點的坐標(biāo)，代入直線x-y=O計算；（2）代入模長公式表示出|z一1|,

再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解最值即可.（1）化簡得z=（l+az）（l+i）+2+4i=（3—a）+（a+5）i,所以z在復(fù)

平面中所對應(yīng)的點的坐標(biāo)為（3—a,。+5）,在直線x-y=O上，所以3—。一（。+5）=0,得。=一1.

(2)|z—1|=|(2—a)+(a+5舛=J(2—a)?+(a+5/=J2a?+6a+29，因為aeR，

且2a2+6a+29N5,所以|z-l|=J2a?+6a+292苧,所以|z-l|的取值范圍為701

亍,+：.

40.（2021?浙江高一期末）已知復(fù)數(shù)4=1-21,Z2=3+4i,i為虛數(shù)單位.

（1）若復(fù)數(shù)馬+422,在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第四象限，求實數(shù)a的取值范圍;

Z]

（2）若z=」，求z的共輒復(fù)數(shù)

Z2

【答案】（1）（—,一）；（2）---1—i

3255

【解析】

（1）化簡復(fù)數(shù)Z1+az2=（l+3a）+（4a-2）i,再由復(fù)數(shù)4+az2在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第四象限，列出不等式

組，即可求解；

（2）由復(fù)數(shù)的除法運算法則，化簡得z=-；-|i,再根據(jù)共朝復(fù)數(shù)的概念，即可求解.（1）由題意，復(fù)數(shù)

z,=1-2z,z2=3+4/,

則Z1+az?=1—2z+Q(3+4z)=(1+3a)+(4a—2)z

因為復(fù)數(shù)4+QZ2在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第四象限,

1+3。＞0解得一：＜a＜1,

所以＜

4。-2Vo32

即實數(shù)a的取值范圍(一L1).

32

⑺由“4=1-2i(J2i)(3-旬—5-10J12

z23+4z(3+4z)(3-4z)2555

所以彳=

55

【點睛】

與復(fù)數(shù)的幾何意義相關(guān)問題的一般步驟：

（1）先根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法則，將復(fù)數(shù)化為標(biāo)準(zhǔn)的代數(shù)形式；

（2）把復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為復(fù)平面內(nèi)的點之間的關(guān)系，依據(jù)復(fù)數(shù)a+4與復(fù)平面上的點勿一一對應(yīng),

列出相應(yīng)的關(guān)系求解.

z

41.（2021?浙江高一單元測試）已知復(fù)數(shù)z「z2滿足|Z||=J7+1、|z,|=V7-1,且|Z1-Z2l=4,求」與

Z2

I4+Z2I的值.

【答案】人:土上Hi,Iz+z,|=4.

z23

【解析】

設(shè)復(fù)數(shù)Z］、Z2在復(fù)平面上對應(yīng)的點為Z|、Z2,從模長入手，可以得到上F+卜2|2^Z］—Z2『，進(jìn)而得到以區(qū)、

oz［為鄰邊的平行四邊形是矩形.設(shè)復(fù)數(shù)Z1、z2在復(fù)平面上對應(yīng)的點為4、z2,

由于（0+1）2+（77—1）2=42,

故,I|2+卜2/=|Z|-Z2I2,

“y

P

Z2--------二4

故以oZ；、區(qū)為鄰邊的平行四邊形是矩形，從而西J_區(qū)，

A+也乜=+d=/+出

則|Z]+Z21=1Z,-Z2I=4,=

【點睛】

萬1

本題的易錯點在幺=±可上，，原因是4/2可以交換位置，所以這個取正負(fù)值均可.

z?V7-1

42.（2021?浙江高一期末）已知復(fù)數(shù)z=（/〃-1）+（2加+l）i（〃？eR）

（1）若z為純虛數(shù)，求實數(shù)機(jī)的值;

（2）若z在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點位于第二象限，求實數(shù)，”的取值范圍及忖的最小值

3亞

【答案】（1）1；（2）me