2024版高考数学微专题小练习专练28数系的扩充与复数的应用理含解析

Page4专练28数系的扩充与复数的应用命题范围：复数的实部、虚部、模的概念，复数的同则运算．[基础强化]一、选择题1．[2024·全国乙卷(理)，2]已知z＝1－2i，且z＋aeq\x\to(z)＋b＝0，其中a，b为实数，则()A．a＝1，b＝－2B．a＝－1，b＝2C．a＝1，b＝2D．a＝－1，b＝－22．[2024·安徽省江淮十校联考]已知非零复数z满足z·(3＋2i)＝2|z|2(i为虚数单位)，则z＝()A．eq\f(3\r(2),2)＋eq\r(2)iB．eq\f(3\r(2),2)－eq\r(2)iC．eq\f(3,2)－iD．eq\f(3,2)＋i3．[2024·全国甲卷(理)，1]若z＝－1＋eq\r(3)i，则eq\f(z,z\x\to(z)－1)＝()A．－1＋eq\r(3)iB.－1－eq\r(3)iC．－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)iD．－eq\f(1,3)－eq\f(\r(3),3)i4．[2024·广西联考]若z＝1＋2i，则eq\f(z\o(z,\s\up6(－))－1,4i)＝()A．iB．－iC．1D．－15．[2024·安徽省蚌埠市质检]非零复数z满足eq\o(z,\s\up6(－))＝－zi，则复平面上表示复数z的点位于()A．实轴B．虚轴C．第一或第三象限D．其次或第四象限6．[2024·河北省石家庄市一模]若复数z＝(1＋2i)(a－i)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围是()A．(－eq\f(1,2)，2)B．(－2，eq\f(1,2))C．(eq\f(1,2)，2)D．(－∞，－2)∪(eq\f(1,2)，＋∞)7．[2024·山西省一模]设复数z满足zeq\o(z,\s\up6(－))＝iz，则z＝()A．－iB．－1C．0或－1D．0或－i8．[2024·江西省八校联考]棣莫弗公式(cosx＋isinx)n＝cosnx＋isinnx(其中i为虚数单位)是由法国数学家棣莫弗(1667～1754年)发觉的，依据棣莫弗公式可知，复数(coseq\f(π,6)＋isineq\f(π,6))7在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限9．[2024·福建省检测]设复数z1，z2，z3满足z3≠0，且|z1|＝|z2|，则()A．z1＝±z2B．zeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝zeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))C．z1·z3＝z2·z3D.|z1·z3|＝|z2·z3|二、填空题10．若eq\f(a＋bi,i)(a，b∈R)与(2－i)2互为共轭复数，则a－b＝________．11．i是虚数单位，复数eq\f(6＋7i,1＋2i)＝________．12．[2024·全国卷Ⅱ]设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，则|z1－z2|＝________．[实力提升]13．[2024·陕西省西安四模]已知关于x的方程(x2＋mx)＋2xi＝－2－2i(m∈R)有实数根n，且z＝m＋ni，则复数z等于()A．3＋iB．3－iC．－3－iD．－3＋i14．[2024·广东省四校联考]已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，且z(1＋i3)＝2＋i，则a＋b＝()A.eq\f(1,2)B．eq\f(3,2)C．1D．215．[2024·海南省高等学校测试]已知复数z满足(z－2)(1＋i)＝1－3i，则复数z在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限16．[2024·河北省石家庄市二模]已知复数z满足z(1＋i)＝2＋3i，则在复平面内z对应的点位于()A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限专练28数系的扩充与复数的应用1．A由z＝1－2i可知eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i.由z＋aeq\o(z,\s\up6(－))＋b＝0，得1－2i＋a(1＋2i)＋b＝1＋a＋b＋(2a－2)i＝0.依据复数相等，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＝0，,2a－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－2.))故选A.2．C设z＝a＋bi，(a，b∈R，a≠0，b≠0)则由z·(3＋2i)＝2|z|2可得(3a－2b)＋(3b＋2a)i＝2(a2＋b2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－2b＝2a2＋2b2,3b＋2a＝0))，解得a＝eq\f(3,2)，b＝－1，所以z＝eq\f(3,2)－i.3．C因为z＝－1＋eq\r(3)i，所以eq\f(z,z\o(z,\s\up6(－))－1)＝eq\f(－1＋\r(3)i,（－1＋\r(3)i）（－1－\r(3)i）－1)＝eq\f(－1＋\r(3)i,1＋3－1)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)i.故选C.4．Beq\f(z\o(z,\s\up6(－))－1,4i)＝eq\f(（1＋2i）（1－2i）－1,4i)＝eq\f(4,4i)＝eq\f(1,i)＝－i.5．C由题意，设z＝a＋bi，故eq\o(z,\s\up6(－))＝－zi⇔a－bi＝－(a＋bi)i＝－ai＋b，故a＝b，－b＝－a，即复数z＝a＋ai，在复平面对应的点位于一三象限的角平分线上．6．B由题得z＝(1＋2i)(a－i)＝a＋2＋(2a－1)i，在复平面内所对应的点(a＋2，2a－1)在第四象限，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2>0,2a－1<0))，解得－2<a<eq\f(1,2).所以a∈(－2，eq\f(1,2)).7．D设z＝a＋bi，a，b∈R，则eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，则zeq\o(z,\s\up6(－))＝a2＋b2，所以a2＋b2＝i(a＋bi)＝ai－b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0,a2＋b2＝－b))，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0,b＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0,b＝－1))，故z＝－i或0.8．C由已知得(coseq\f(π,6)＋isineq\f(π,6))7＝coseq\f(7π,6)＋isineq\f(7π,6)＝cos(π＋eq\f(π,6))＋isin(π＋eq\f(π,6))＝－coseq\f(π,6)－isineq\f(π,6)＝－eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i，∴复数(coseq\f(π,6)＋isineq\f(π,6))7在复平面内所对应的点的坐标为(－eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2))，位于第三象限．9．D取z1＝1－i，z2＝1＋i，明显满足|z1|＝|z2|＝eq\r(2)，但z1≠z2，z1≠－z2，故A错误；因为zeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝－2i，zeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2i，故B错误；再取z3＝1，明显C错误．10．－7解析：eq\f(a＋bi,i)＝eq\f(i（a＋bi）,i2)＝b－ai，(2－i)2＝3－4i，因为这两个复数互为共轭复数，所以b＝3，a＝－4，所以a－b＝－4－3＝－7.11．4－i解析：eq\f(6＋7i,1＋2i)＝eq\f(（6＋7i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq\f(6－12i＋7i＋14,5)＝eq\f(20－5i,5)＝4－i.12．2eq\r(3)解析：设复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，又z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i＝eq\r(3)＋i，∴a＋c＝eq\r(3)，b＋d＝1，则(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋c2＋b2＋d2＋2ac＋2bd＝4，∴8＋2ac＋2bd＝4，即2ac＋2bd＝－4，∴|z1－z2|＝eq\r(（a－c）2＋（b－d）2)＝eq\r(a2＋b2＋c2＋d2－（2ac＋2bd）)＝eq\r(8－（－4）)＝2eq\r(3).13．B由题意知(n2＋mn)＋2ni＝－2－2i，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2＋mn＋2＝0,2n＋2＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝－1))，∴z＝3－i.14．D由已知z＝eq\f(2＋i,1＋i3)＝eq\f(2＋i,1－i)＝eq\f(（2＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(2＋2i＋i－1,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i，所以a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(3,2)，a＋b＝2.15．D依题意，(z－2)(1＋i)＝1－3i，z＝eq\f(1－3i,1＋i)＋2