2023届高考数学二轮复习 9 复数选择填空压轴小题训练 作业

专题9复数选择填空压轴小题专项训练

一、单选题

L方程f-(2-i)x+l+i=O的根的情况是()

A.有两个不等的实根B.有一对共舸虚根

C.有两个虚根D.有一个实根和一个虚根

2.设4,Z2为复数，则下列四个结论中不正确的是()

A.zi+z2=zl+zɔB.Izl∙z21=∣zlI∙Iz21

C.z∣+1一定是实数D.Z?一定是纯虚数

3.复数满足z—l=(z+l)i,则的值是()

A.√2B.2C.1D.3

4.若复数满足|z-l+iRl-2i∣,其中,•为虚数单位，则对应的点(x,y)满足方程()

A.(x-l)2+(y+l)2=√5B.(x-l)2+(y+l)2=5

C.(x+l)2+(j-l)2=√5D.(x+l)2+(y-l)2=5

5.已知Z为复数，则“z2=-讨”是“z为纯虚数,,的()

A.充分非必要条件B.必要非充分条件

C.充要条件D.既非充分又非必要条件

6.若复数z="+4•(小匕为实数)都可以表示为“cos。+isin。)的形式，其中r是复数Z

的模，，是以X轴的非负半轴为始边，向量OZ所在射线(射线OZ)为终边的角，叫做复数

z=α+次的辐角，规定在。40,2m范围内的辐角，的值为辐角主值,通常记作argz.例如

π..π

z=l+i的三角形式为cos—+zsιn-’则叱弋，已知复数

44

则的辐角主值ar为(

Z=I-CoSe-isinθ[W<e<τ),Zgz)

πθπθ5πθ3πθ

A.-------B.-------C.—÷-D.—+—

42224222

7.已知为虚数单位,则复数z=l+2i+3i?++20201239+202产°的虚部为(

A.-1011B.-1010C.1010D.1011

8.已知a,beR,复数z=α+2M(其中i为虚数单位)满足z∙W=4,给出下列结论：①/+从

的取值范围是[1,4]；②M可+〃+,,+可+/?=4;③与产的取值范围是

(-∞,-l]θ[l,+∞);④的最小值为2；其中正确结论的个数是()

A.1B.2C.3D.4

9.若为虚数单位，复数满足l≤∣z+2+3i∣≤石，则复数对应的点到直线2x-y-10=0的距离

最大值为()

A.2√5+lB.塔C.D.3√5

10.已知复数ZIt=CoSa+(Sina+l)i(6eR)对应复平面内的动点为Z*(Z=1,2),模为1的纯

虚数Z3对应复平面内的点为Zj,若Z3Z∣=gZ3Z2,则匕-zj=()

A.1B.—C.6D.3

2

ɪC1ɔ

11.已知数列｛q｝满足q=i,¾÷1=>+-,若以)+/则正整数&的值是()

A.8B.12C.16D.20

12.已知复数满足zS=4且z+*0∣z∣=O,则Z网+2必的值为()

976l976

A.-2,B.-23952C.2D.23952

13.复数(8s28+isin30)∙(cos6+isin6)的模为1,其中为虚数单位,0∈[θ,2π],则这样的6

一共有()个.

A.9B.10C.11D.无数

二、填空题

15.己知方程3f-6(mT)x+疗+1=0的两个虚根为α、β,且同+期=2,则实数，W=

16.已知是虚数单位，若色=Z^+i(。，⅛∈R),则而的值为.

1

17.若％-Z2∣=l,则称Zl与Z2互为"邻位复数己知复数Z∣=α+Gi与Z2=2+bi互为"邻

位复数"，a,beR,则/+〃的最大值为.

18.已知复数z=(2i-3»,则复数1的虚部为

19.在复平面内，已知复数对应的点在曲线C:]+y2=l上，则IZ-Il最大值是.

20.复数Z=JT（为虚数单位），则zi=-∙

2-1

21.设复数z,满足IZll=I,㈤=2,zl+z2=∖∣3-i,则IZl-z?|=-

22.若复数z∣=l+2i,Z2=3-i（其中为虚数单位）所对应的向量分别为OZI和。Z2，则

24.已知Zl为复数，且㈤=2,则∣z∣+2i∣的最大值为.

25.对任意三个模长小于1的复数Z∣,Z2,z3,均有∣Z∣Z2+Z2Z3+Z3Z∣f+∣Z∣Z2Z3∣2<4恒成立,

则实数/1的最小可能值是.

26.已知方程χ2-2x+p=0,peR的两个根在复平面上对应的两点之间的距离为G,则P

答案：

1.C

【解析】

【分析】

首先由韦达定理，可直接判断AB选项，再设有一个实根玉，变形方程，可判断CD选项.

【详解】

解：设玉，々为方程f-(2T)x+l+i=0的两根，

由韦达定理得为+々=2-i,x∣*2=l+i,显然AB错误，

若X]为实数,则片+(—2+i)x∣+1+i=Xj2-2x∣+l+(x∣+l)i=O,

故∖x'i=°，此方程无解,

xl÷1=0

故排除。，只能选C

故选：C

2.D

【解析】

【分析】

设z∣=α+bi;Z2=c+%,分别表示出选项中的表达式，可以判断是否正确

【详解】

设Z[=α+Z?i；z2=c+Ji

A选项中，z1+z2=(a+c)+(∕⅛+<Z)i,所以4+z2=(α+c)-(b+d)i；

Z]+Z2=αi+c-di=(α+c)-(A+d)i,z1+z2=z1+Z2,所以正确

B选项中，z1∙z2=ac-bd十(ad+bc)i,

222222222

Izɪ∙z21=J(4c-bd)+(加+/"=∖∣ac+bd+ad+⅛c;

222222122222

Iz11∙Iz21=∖∣a+b∙∖∣c-i-d=∖∣ac+bd+ad+/?<?,所以正确

C选项中，zx+~zx=a+b∖+a-b∖=2a,正确

D选项中，z1-z1=c^d∖-c+dx=2d∖,当d=O时，为实数，所以不一定是纯虚数，所以不

正确

故选：D

3.C

【解析】

【分析】

化简已知得z=i,即得解.

【详解】

1+i(l+i)(l+i)

解：由题意可知，Z=-=,..=i'

1-1(l-ι)(l+ι)

所以Z=—LH=1,

故选：C.

4.B

【解析】

【分析】

设z=x+V(x,yeR),代入|z—1+,∣=∣1-2i∣中，再利用模的运算，即可得答案.

【详解】

设z=x+yi(x,y∈R),代入|z—l+i∣=∣l-2,得：(x-l)?+(y+l『=5.

故选：B

5.B

【解析】

【分析】

由充分必要条件的判断方法，结合复数为纯虚数的判断条件即可判断.

【详解】

充分性："z2=TZr',z为。或纯虚数，故充分性并不满足；

必要性：Z为纯虚数，不妨设Z=抗仅∈R目0HO),则Z?=(初)2故必要性满足.

所以“z2=-卜『"是"Z为纯虚数"的必要非充分条件.

故选：B

6.D

【解析】

【分析】

根据题意得复数在复平面内对应的点为Z(Jcosa-Sine),且在第四象限，进而设

NAOZ=a,3∈fθ,M,则argz=2;T-9，tanφ=~Sm＜^,再根据三角函数关系化简整理

V2)I-CoSe

即可得其关系，进而求解.

【详解】

解：复数Z=I-COS，一isin〃仁＜，＜万)在复平面内对应的点为Z(I-CoSa-Sine),

因为5＜。＜乃，所以I-COs，＞0,-sin，vO,所以Z(I-COSa—sin。)在第四象限,

如图所示，设NAoZ=夕”W

、,θθΘ

-2sin-coscos—

-Sine22,即*-哼2C4+θ1=。,

则tanφ=_2

l-cos0.θ2

2sin—sin

22

因为Se(0,5j,L7<θ<π,

-,θ(π∖Qπ口-…πO

所trκ以]+夕£]1，乃J，所以,+O=/,所以°=耳一万

所以Z的辐角主值argz为2〃-9=自+?.

故选：D

【点睛】

本题考查复数的几何意义，三角函数恒等变换，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的

关键在于根据已知条件，在复平面内对应的点为Z(I-COSa-sin。)，且在第四象限，再数

形结合，设N40Z=进而结合三角函数关系求解即可.

7.B

【解析】

【分析】

用错位相减法求得复数后可得虚部.

【详解】

因为z=1+2i+赞++2O2Oi2019+2021严°,

所以iz=i+2i?+++2020i2∞°+2021i202',

I_)2021

相减得(l-i)z=1+i+i?+i≡o-2O21i2021=———202li=l-2021i，

+l-i

.,,1-202Ii(l-2021i)(l+i)l+i-2021i-2021i2,,,上.八，Ce

所er以Z=八J-------------------------=1λ011-1010ι,虚部为To10.

1-1(l-ι)(l+ι)2

故选：B.

8.C

【解析】

【分析】

由题意得到f+∕j2=ι,根据复数的几何意义可以得到点S，b)的轨迹是以卜G,o),(G,o)为

焦点的椭圆，进而结合椭圆的定义和性质判断①、②、③，然后利用基本不等式判断④.

【详解】

2

由zN=4n(α+2W)(α-26i)=α2+4从=∣z∣2=4=>L+从=1,则点(。/)的轨迹是以

(-6,0),(6,0)为焦点，“'=2为长半轴长，匕'=1为短半轴长，c'=√5为半焦距的椭圆.

由椭圆定义可知，②正确；

a?+〃表示椭圆上的点到原点的距离的平方，易知椭圆短轴上的端点到原点的距离最小，长

轴上的端点到原点的距离最大，分别为1和2,故/+从的取值范围是[1,4],①正确；

表示椭圆上的点(。2)与点(0,石)连线的斜率，设直线/f=N+0与椭圆相切，联

立直线与椭圆方程并化简得：^→⅛2^2+2√5^+4=0,Δ=2O⅛2-4(1+4⅛2)=O^⅛=±1,

根据点与椭圆的位置关系可知，匕叵的取值范围是(-T3I,M),③正确；

a

22

根据题意，-+⅛-+⅛b2a25∣b2259,当且仅当

5•=条="2=2从=：时取"=",④错误.

故选：C.

9.C

【解析】

【分析】

设z=x+yi(x,yeR),根据1≤∣z+2+3i∣＜逐及复数的几何意义，确定复数对应的点在以

(-2,-3)为圆心，半径为1和6的两圆构成的圆环上，再利用圆心到直线的距离求解.

【详解】

设z=x+)∙i(x,yeR),贝”z+2+3i∣=∣(x+2)+(y+3)i∣,

因为l≤∣z+2+3i∣≤石，所以l≤(x+2p+(y+3)2≤5,

所以复数对应的点在以(-2,-3)为圆心，半径为1和仃的两圆构成的圆环上.

点(-2,-3)到直线2x-y-10=O为d=l-4+⅛^10l=绊＞小,

所以复数对应的点到直线2x-yT0=0的距离最大值为成+石=电I.

55

故选：C.

10.B

【解析】

【分析】

根据已知条件结合复数的几何意义确定4,Z2所对应点的轨迹方程，然后确定Z3,结合复数

几何意义及圆的切割线定理即可求出结果.

【详解】

设］=COS：(geR),则丁+(＞_1)2=1,

即z∣*2所对应点在以(0,1)为圆心，1为半径的圆上，

设该圆与y轴交点A(O,2),

因为模为1的纯虚数Z3对应复平面内的点为Z,,即¾=±i,

若ZSZL/ZJZ2,则Zl为Z?,Z3的中点，故Z3=i对应的点(0,1)不合题意，舍去，

因此Z3=T,由圆的切割线定理可得∣Z3q∙∣Z3H=∣Z3Z∣HZ3Z2∣,

设∣Z3Zj=犯∣Z3Z2∣=2m,则lx3=∕n∙2m,则〃?=乎，则∣z∣-Z2∣=告

故选：B.

11.B

【解析】

【分析】

利用递推关系式计算数列各项的值，确定满足题意的k值即可.

【详解】

解：由题意结合递推关系式可得：

Ill231.77160.4801000.513.

1781787°123123"769769'2810

20804329.333693.10012083.45918843.

332933291453353315160216021673486801

41959389.186406864.94094846.372714473.

671472211298335279150593727596511131

故选：B.

【解析】

【分析】

首先根据条件求得复数，再利用三角函数表示复数，以及结合欧拉公式，计算复数的值.

【详解】

设Z=X+yi(x,yeR),

z∙z=(x+>i)(x-γi)=x2+γ2=4,即IZl=+9=2,

z+z+V2∣z∣=0<=>2x÷2∖∕2=0,解得：x=-y∕2

22

.X+y=4fy=±√2

当Z=—λ∕2+∖∕2i时，

业'3952

2小）

则z∣93l÷202I_93952J2964Æ

一乙c

=23952[cos(2964√r)+isin(29647r)]

=23952(cos0+isin0)=23952,

^z=-√2-√2i

f√2Λ∕2ɔ(π.πΛ咛

z=-2——■+■——1=-2cos—+sɪn-1=-2e4

I22J(44J

(.£、3952

则Z∣93l+202l=I_2e'l=23952e'^

=2明"[cos(988%)+isin(988R]

=23952(cos0+isin0)=23952,

故选：D

13.C

【解析】

【分析】

先根据复数(cos26+isin36)∙(cose+isine)的模为1及复数模的运算公式，求得

cos22。+sin23。=1即cos22θ=cos23,，接下来分CoS2。=cos3。与CoS2,=-cos3Θ两种情况

进行求解，结合夕«0,2兀],求出。的个数.

【详解】

∣(cos2^?+isin30)∙(cos0+isin0)∣=∣cos20+isin30∣∙∣cos0+isin=1,其中ICOSe+isin。1=1,所

以IeoS26+isin3q=1,即cosZZO+sinh。=1,CoSKe=I-SinbO=COS，当COS2。=CoS3。

时，①2，=3。+25，⅛l∈Z,所以6=-2%,k`wz,因为6e[0,2π],所以。=。或2兀；

②2夕=一3夕+2佝九，⅛2∈Z,所以。二2|四，⅛2∈Z,因为9∈[0,2τφ所以6=0,y,y,

F或2π;当cos2e=-8s36时，①28=36+(2%+l)兀，k3≡Zf即6=-(2%+l)π,

k3≡Z,因为ew[0,2π],所以J=π,②26=—3。+(2&+l)π,⅛4∈Z,即e=

&eZ,因为6∈[0,2π],所以。=g如兀，?，缪，综上：θ=^-π,W=O,1,10,

5ɔ555

一共有11个.

故选：C

14.400

【解析】

【分析】

将分子、分母化为复数的三角形式，根据复数乘除的几何含义，求的三角形式，即可求∣z∣.

【详解】

Z_("蜉㈠+后)1。=53.(黑|。(.>争严_400(>|、(-(孚严

^O-O'2”吟当升吟当g'

43

若cosΘ=MsinΘ———,则

ɔ>rrɔ-Tr^Q∖TΓ^^∖TT

(COSe+isin8)2(CoS+isin)l°(cos2θ÷isin2^)(cos+isin)

z=400.----------------¾——ɜ-二400-------------------------------ʒ-------------ɜ-

(cosZ∑+isin¾'2cos2E+isin2反

44

=400∙LCoS(20+TC-2U)+isin(2Θ+弓工-2U)J,

.∙.∣z∣=400.

故答案为：400.

15.√2

【解析】

【分析】

由于方程3χ2-6("LI)X+∕√+l=0为实系数方程，故α,夕互为共轨复数，根据1。1+10=2,

可得∣αR∕l=l,进而结合韦达定理，构造关于，”的方程，解方程即可得到答案.

【详解】

解：由题意，a,夕互为共朝虚根，

贝IJIaI=I0，3=IaF=41,

m2+∖

Ial=⑶=

由IaI+16I=2,得Imɜ1-ɪ=1,In=±∖∣2，

因为,w=-JΣ时，Δ>0,不合题意，所以机=也.

故答案为：√2.

16.-3

【解析】

【分析】

利用复数的乘法及复数相等的概念求得结果.

【详解】

a+3i,.

—；—=b+ι,

.∙.α+3i=(A+i)i,

则α+3i=-l+bi,可得。ɔ

W=3,

「•ab=-3.

故答案为：-3.

17.8+2√7

【解析】

【分析】

由已知条件与复数模长的计算公式可知(.-2)?+仅-6)2=1,所求表达式表示点(。力)到原

点的距离的平方，利用两点间距离公式和圆的性质即可求解.

【详解】

因为复数z∣=α+√5i与22=2+历互为"邻位复数"，

2222

所以卜+6i-2-M=l,i⅛(fl-2)+(√3-⅛)=l,BP(β-2)+(⅛-√3)=l,

其表示的是点(。力)的轨迹是以A(2,为圆心，半径厂=1的圆，

而曲石表示点(。力)到原点的距离,

故√βr两的最大值为原点到圆心的距离加半径，

BP∣OA∣+r=^22+(√3)2+1=√7+1)

所以/+〃的最大值为C+)=8+2√7,

故答案为：8+2√7

18.3

【解析】

【分析】

根据复数的除法运算法则，计算出复数的值，然后求出复数的共甑复数口最后写出W的虚

部.

【详解】

,z=(2z-3)ι=-2-3/,

.∖z=-2+3i,

所以复数三的虚部为.

故答案为：.

19.√2+l

【解析】

【分析】

设出复数的坐标表示形式，求出卜-1|的表达，由满足的椭圆关系代入，可以转化为关于X的

函数问题，从而求得最大值.

【详解】

22

在复平面内，设Z=(苍y),则W+y=1=>y~=1——,x∈[―>∕2,∙χ∕2]

IZ-II=J(X-if+/=卜-2x+l+l-,=^(x-2)2=ɪ∖x-2|

易知当x=-√Σ时，|z-1|最大值是乎卜√Σ-2∣=0+1

故答案为：&+1

【点睛】

方法点睛：利用复数模长的几何意义，将满足的关系代入，从而转化为函数问题来求解最值.

20.15##0.2

【解析】

【分析】

根据复数的除法运算化简，再求出利用复数的乘法运算计算即可求解.

【详解】

2+i21.21.

Z二寸(2—i)(2+i)M，则Z-------ɪ

55

匕」411

z∙z=2+2--1—=一,

55人5525255

故答案为：ɪ

21.√6

【解析】

根据复数的几何意义得到对应向量的表示,再结合向量的平行四边形法则以及余弦定理求解

出IZI-Z2∣的值.

【详解】

Z+Z2对应的向量为OZ3,如下图所示:

___⅜2.Q2_021

因为Z∣+Z2=√5-i,所以L+Z2∣=反1=2,所以CoSNoZ亿3==J

1x2x24

又因为NOZz3+NZQZ2=180。，所以COSNZ022=—cosNOZ4=-“

2

所以=OZ1+07\-20Z]∙OZ2∙cosZZ1OZ2=1+4+1=6,

所以,4卜布，又区一Z2∣=∣Z24∣=6,

故答案为：ʌ/ð.

【点睛】

结论点睛：复数的几何意义:

(1)复数Z=a+bi(a,b^R)(一一对应》复平面内的点Z(a,b)(a,beR)；

(2)复数z=α+砥α,beR)《对应》平面向量OZ.

7

22.-

2

【解析】

【分析】

由已知可得。Zl=(1,2),OZ2=(3,-1),Z1Z2=OZ2-OZ1=(2,-3),再求出复数的模，利用

余弦定理及三角形面积公式从而可得OZZl的面积.

【详解】

因为。乙=(1,2),OZ2≈(3,-1),Z1Z2=OZ2-OZ1=(2,-3),

r2222

所以％I=Ji百=6，∣oz2∣=λ∕(-ι)+3=√ιo,∣zlz,∣=λ∕2+(-3)=√13.

由余弦定理可得COSZZ1OZ2=口+上海=变,

2×√5×√1010

所以SinNZQZ2=迪，

'2ɪθ

所以OZ1Z2的面积s=g|。ZJloZJSinNZloZ2=gx石x√iʒx43=g

7

故答案为：—

1

23.—

16

【解析】

【详解】

解析：令G=U,6=V,则

+/1--Λτi=*

1+

M+V[W+V4

.H-Vi5-3√3i15-3√3i,人.、

<=>M+Vl+-------=----------=z+—=-----------(令Z="+1U)

V2+v24Z4

=Z=I-V3i(舍)或Z=]+*'=>χ=-,y=—.

41616

故答案:

16

24.4

【解析】

【分析】

由题意，设Zl=a+万g,6eR),得到/+从=4,则匕+2i∣=+(〃+2『,利用复数的模

的几何意义，即可得解.

【详解】

由题意设Z[=〃+历(a,6∈R),则Z]+2i="+bi+2i="+S+2)i

2

QIZII=2,.∙,yJa+/=2,即/+/?2=4,

即㈤的模的轨迹可理解为以(。,0)为圆心，半径为2的圆.

则IZ1+2i∣=荷+3+2)2,可理解为求点(“㈤到点(0,-2)之间的距离，

数形结合可知，％+2i∣的最大值为4.

故答案为：4

【解析】

【分析】

利用复数的三角形式结合余弦函数的性质可得∣zκ+Z2Z3+Z3zj2+%Z2Z3「的取值范围，从而

得到实数人的最小可能值.

【详解】

设Zl=8(C