2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4讲　高效演练分层突破 (3).doc

基础题组练 1(2019 高考全国卷)设 z32i，则在复平面内 z对应的点位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 解析：选 C由题意，得 z32i，其在复平面内对应的点为(3，2)，位于第三象限，故选 C 2若复数 za1i1 为纯虚数，则实数 a( ) A2 B1 C1 D2 解析： 选 A 因为复数 za1i1a（1i）（1i）（1i）1a21a2i 为纯虚数， 所以a210 且a20，解得 a2.故选 A 3已知复数 z 满足(1i)z2，则复数 z 的虚部为( ) A1 B1 Ci Di 解析：选 B法一：因为(1i)z2，所以 z21i2（1i）（1i）（1i）1i，则复数 z的虚部为1.故选 B 法二：设 zabi(a，bR)，则(1i)(abi)ab(ab)i2，ab2，ab0，解得 a1，b1，所以复数 z 的虚部为1.故选 B 4若复数 z 满足z1ii，其中 i 为虚数单位，则共轭复数 z( ) A1i B1i C1i D1i 解析：选 B由题意，得 zi(1i)1i，所以 z1i，故选 B 5已知12i2abi(a，bR，i 为虚数单位)，则 ab( ) A7 B7 C4 D4 解析：选 A因为12i214i4i234i， 所以34iabi，则 a3，b4， 所以 ab7，故选 A 6已知 i 为虚数单位，则（2i）（34i）2i( ) A5 B5i C75125i D75125i 解析：选 A法一：（2i）（34i）2i105i2i5，故选 A 法二：（2i）（34i）2i（2i）2（34i）（2i）（2i）（34i）（34i）55，故选 A 7若复数 z 满足 z(1i)2i(i 为虚数单位)，则|z|( ) A1 B2 C 2 D 3 解析：选 C因为 z2i1i2i（1i）（1i）（1i）1i，所以|z| 2.故选 C 8已知 aR，i 是虚数单位若 za 3i，z z4，则 a( ) A1 或1 B 7或 7 C 3 D 3 解析：选 A法一：由题意可知 za 3i，所以 zz(a 3i)(a 3i)a234，故 a1 或1. 法二：zz|z|2a234，故 a1 或1. 9设 z1i(i 是虚数单位)，则 z22z( ) A13i B13i C13i D13i 解析： 选 C 因为 z1i， 所以 z2(1i)212ii22i，2z21i2（1i）（1i）（1i）2（1i）1i22（1i）21i，则 z22z2i(1i)13i.故选 C 10若复数 z 满足(34i)z|43i|，则 z 的虚部为( ) A4 B45 C4 D45 解析：选 D因为|43i| 42325，所以 z534i5（34i）（34i）（34i）34i535 45i，所以 z 的虚部为45. 11设复数 z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z12i，则z1z2( ) A1i B3545i C145i D143i 解析：选 B因为复数 z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z12i，所以 z22i，所以z1z22i2i（2i）253545i，故选 B 12(多选)设复数 zxyi(x，yR)，z2|z|0 且|z|0，则( ) A|z|1 Bz1i Cz i D zz1 解析：选 ACD由 z2|z|0 且|z|0，得|z|z2，|z|z2|，故|z|1，即 x2y21.所以 x2y22xyi x2y20，故x2y2 x2y20，2xy0，当 x0 时，y21，则 y 1，所以z i；当 y0 时，x21，x2 x20，无解 13设复数 z 满足 z|1i|i(i 为虚数单位)，则复数 z_ 解析：复数 z 满足 z|1i|i 2i，则复数 z 2i. 答案： 2i 14已知复数 z42i（1i）2(i 为虚数单位)在复平面内对应的点在直线 x2ym0 上，则 m_ 解析：z42i（1i）242i2i（42i）i2i212i，复数 z 在复平面内对应的点的坐标为(1，2)，将其代入 x2ym0，得 m5. 答案：5 15当复数 z(m3)(m1)i(mR)的模最小时，4iz_ 解析：|z| （m3）2（m1）2 2m24m10 2（m1）28， 所以当 m1 时，|z|min2 2， 所以4iz4i22i4i（22i）81i. 答案：1i 16 已知复数 z11i， z246i(i 为虚数单位)， 则z2z1_； 若复数 z1bi(bR)满足 zz1为实数，则|z|_ 解析：因为 z11i，z246i，所以z2z146i1i（46i）（1i）（1i）（1i）210i215i.因为 z1bi(bR)，所以 zz12(b1)i，又因为 zz1为实数，所以 b10，得b1.所以 z1i，则|z| 2. 答案：15i 2 综合题组练 1(创新型)若实数 a，b，c 满足 a2abi2ci(其中 i21)，集合 Ax|xa，Bx|xbc，则 ARB 为( ) A B0 Cx|2x1 Dx|2x0 或 0 x1 解析：选 D由于只有实数之间才能比较大小，故 a2abi2cia2a2，bc0，解得2a1，bc0，因此 Ax|2x1，B0，故 ARBx|2x1x|xR，x0 x|2x0 或 0 x1 2(多选)在复平面内，下列命题是真命题的是( ) A若复数 z 满足1zR，则 zR B若复数 z 满足 z2R，则 zR C若复数 z1，z2满足 z1z2R，则 z1 z2 D若复数 zR，则 zR 解析： 选 AD A 设复数 zabi(a， bR)， 则1z1abiabi（abi）（abi）aa2b2ba2b2i，若1zR，则 b0，所以 zaR，故 A 为真命题； B若复数 zi，则 z21R，但 zR，故 B 为假命题； C若复数 z1i，z22i 满足 z1z22R，但 z1 z2，故 C 为假命题； D若复数 zabiR，则 b0， zzR，故 D 为真命题 3(应用型)(2020 成都第二次诊断性检测)若虚数(x2)yi(x，yR)的模为 3，则yx的最大值是_ 解析：因为(x2)yi 是虚数， 所以 y0， 又因为|(x2)yi| 3， 所以(x2)2y23. 因为yx是复数 xyi 对应点的斜率， 所以yxmaxtanAOB 3， 所以yx的最大值为 3. 答案： 3 4已知复数 zii2i3i2 0181i，则复数 z 在复平面内对应点的坐标为_ 解析：因为 i4n1i4n2i4n3i4n4ii2i3i40，而 2 01845042， 所以 zii2i3i2 0181iii21i1i1i （1i）（1i）（1i）（1i）2i2i，对应的点的坐标为(0，1) 答案：(0，1) 5复数 z13a5(10a2)i，z221a(2a5)i，若 z1z2是实数，求实数 a 的值 解： z1z23a5(a210)i21a(2a5)i 3a521a(a210)(2a5)i a13（a5）（a1）(a22a15)i. 因为 z1z2是实数，所以 a22a150， 解得 a5 或 a3. 因为 a50，所以 a5，故 a3. 6若虚数 z 同时满足下列两个条件： z5z是实数； z3 的实部与虚部互为相反数 这样的虚数是否存在？若存在，求出 z；若不存在，请说明理由 解：这样的虚数存在，z12i 或 z2i. 设 zabi(a，bR 且 b0)， z5zabi5abiabi5（abi）a2b2 a5aa2b2b5ba2b2i. 因为 z5z是实数，所以 b5ba2b20. 又因为 b0，所以 a2b25. 又 z3(a3)bi 的实部与虚部互为相反数， 所以 a3b0. 由得ab30，a2b25， 解得a1，b2或a2，b1， 故存在虚数 z，z12i 或 z2i.