2024高考数学一轮复习统考第12章算法初步复数推理与证明第2讲数系的扩充与复数的引入课时作业含解析北师大版

PAGE1-第2讲数系的扩充与复数的引入课时作业1．(2024·陕西四校联考)已知复数z＝eq\f(3,1－2i)(i是虚数单位)，则z的实部为()A．－eq\f(3,5) B．eq\f(3,5)C．－eq\f(1,5) D．eq\f(1,5)答案B解析∵z＝eq\f(3,1－2i)＝eq\f(3(1＋2i),(1－2i)(1＋2i))＝eq\f(3,5)＋eq\f(6,5)i，∴z的实部为eq\f(3,5).故选B.2．若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在其次象限，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1) B．(－∞，－1)C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)答案B解析∵(1－i)(a＋i)＝a＋i－ai－i2＝a＋1＋(1－a)i，又复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在其次象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＜0，,1－a＞0，))解得a＜－1.故选B.3．(2024·河南郑州模拟)已知复数z＝eq\f(2i,1＋i)，则z的共轭复数为()A．1＋i B．1－iC．2＋2i D．eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i答案B解析∵复数z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i(1－i),(1＋i)(1－i))＝eq\f(2(i＋1),2)＝1＋i，∴复数z的共轭复数＝1－i.故选B.4．(2024·郴州模拟)设z＝1－i(i是虚数单位)，若复数eq\f(2,z)＋z2在复平面内对应的向量为，则向量的模是()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2答案B解析z＝1－i(i是虚数单位)，复数eq\f(2,z)＋z2＝eq\f(2,1－i)＋(1－i)2＝eq\f(2(1＋i),(1－i)(1＋i))－2i＝1－i.则向量的模为eq\r(12＋(－1)2)＝eq\r(2).故选B.5．(2024·南昌摸底)已知eq\f((1－i)2,z)＝1＋i(i为虚数单位)，则复数z＝()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i答案D解析由eq\f((1－i)2,z)＝1＋i，得z＝eq\f((1－i)2,1＋i)＝eq\f(－2i,1＋i)＝eq\f(－2i(1－i),(1＋i)(1－i))＝－1－i.6．(2024·山西吕梁摸底)已知复数z＝eq\f(3＋4i,1＋2i)，则||＝()A．eq\r(5) B．eq\r(10)C．2eq\r(5) D．5答案A解析解法一：z＝eq\f(3＋4i,1＋2i)＝eq\f((3＋4i)(1－2i),(1＋2i)(1－2i))＝eq\f(11－2i,5)，所以＝eq\f(11＋2i,5)，||＝|eq\f(11＋2i,5)|＝eq\f(1,5)eq\r(112＋22)＝eq\r(5).解法二：||＝|z|＝eq\f(|3＋4i|,|1＋2i|)＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5).故选A.7．(2024·江西新余四中、上高二中联考)若复数z满意z(－1＋2i)＝|1＋3i|2(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数为()A．－2－4i B．－2＋4iC．4＋2i D．4－2i答案B解析由z(－1＋2i)＝|1＋3i|2，得z＝eq\f(|1＋3i|2,－1＋2i)＝eq\f(10(－1－2i),(－1＋2i)(－1－2i))＝eq\f(－10－20i,5)＝－2－4i，则复数z的共轭复数为－2＋4i.故选B.8．(2024·安庆二模)已知i为虚数单位，复数z满意(1－i)·z＝2i，则下列关于复数z的说法正确的是()A．z＝－1－i B．|z|＝2C．z·＝2 D．z2＝2答案C解析由条件知z＝eq\f(2i,1－i)＝eq\f(2i·(1＋i),2)＝－1＋i，A错误；|z|＝eq\r(2)，B错误；z·＝(－1＋i)·(－1－i)＝2，C正确；z2＝(－1＋i)2＝－2i，D错误．故选C.9．(2024·成都模拟)已知复数z1＝2＋6i，z2＝－2i，若z1，z2在复平面内对应的点分别为A，B，线段AB的中点C对应的复数为z，则|z|＝()A．eq\r(5) B．5C．2eq\r(5) D．2eq\r(17)答案A解析复数z1＝2＋6i，z2＝－2i，则z1，z2在复平面内对应的点分别为A(2,6)，B(0，－2)，线段AB的中点C(1，2)对应的复数为z＝1＋2i，则|z|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).故选A.10．(2024·福州调研)已知m∈R，i为虚数单位，若eq\f(1－2i,m－i)>0，则m＝()A．1 B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．－2答案B解析由已知得eq\f(1－2i,m－i)＝eq\f((1－2i)(m＋i),(m－i)(m＋i))＝eq\f(m＋2＋(1－2m)i,m2＋1)，由eq\f(1－2i,m－i)>0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋2>0,1－2m＝0))则m＝eq\f(1,2).选B.11．(2024·益阳、湘潭两市联考)已知命题p：若复数z满意(z－i)(－i)＝5，则z＝6i，命题q：复数eq\f(1＋i,1＋2i)的虚部为－eq\f(1,5)i，则下面为真命题的是()A．(綈p)∧(綈q) B．(綈p)∧qC．p∧(綈q) D．p∧q答案C解析由已知可得，复数z满意(z－i)(－i)＝5，所以z＝eq\f(5,－i)＋i＝6i，所以命题p为真命题；复数eq\f(1＋i,1＋2i)＝eq\f((1＋i)(1－2i),(1＋2i)(1－2i))＝eq\f(3－i,5)，其虚部为－eq\f(1,5)，故命题q为假命题，命题綈q为真命题．所以p∧(綈q)为真命题，故选C.12．(2024·全国卷Ⅰ)设有下面四个命题：p1：若复数z满意eq\f(1,z)∈R，则z∈R；p2：若复数z满意z2∈R，则z∈R；p3：若复数z1，z2满意z1z2∈R，则z1＝2；p4：若复数z∈R，则∈R.其中的真命题为()A．p1，p3 B．p1，p4C．p2，p3 D．p2，p4答案B解析设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，对于p1，∵eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命题；对于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命题；对于p3，设z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R，∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，则z1≠2，∴p3不是真命题；对于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴＝a－bi＝a∈R，∴p4是真命题．故选B.13．(2024·天津高考)i是虚数单位，则|eq\f(5－i,1＋i)|的值为________．答案eq\r(13)解析∵eq\f(5－i,1＋i)＝eq\f((5－i)(1－i),(1＋i)(1－i))＝2－3i，∴|eq\f(5－i,1＋i)|＝|2－3i|＝eq\r(13).14．(2024·温州摸底)满意eq\f(z＋i,z)＝i(i为虚数单位)的复数z＝________.答案eq\f(1,2)－eq\f(i,2)解析由已知得z＋i＝zi，则z(1－i)＝－i，即z＝eq\f(－i,1－i)＝eq\f(－i(1＋i),(1－i)(1＋i))＝eq\f(1－i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(i,2).15．(2024·厦门模拟)已知复数z＝x＋yi，且|z－2|＝eq\r(3)，则eq\f(y,x)的最大值为________．答案eq\r(3)解析∵|z－2|＝eq\r((x－2)2＋y2)＝eq\r(3)，∴(x－2)2＋y2＝3.由图可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))max＝eq\f(\r(3),1)＝eq\r(3).16．若A，B为锐角三角形的两个内角，则复数z＝sinB－cosA＋(cosB－sinA)i在复平面内对应的点位于第________象限．答案四解析∵A，B为锐角三角形的两个内角，∴eq\f(π,2)<A＋B<π，∴eq\f(π,2)－B<A<eq\f(π,2)，eq\f(π,2)－A<B<eq\f