2022年新高考数学一轮复习练习：专练28　复数（含解析）.docx

1、专练 28复数 考查复数的运算. 基础强化 一、选择题 1(13i)(1i)() A42iB24i C22iD22i 2若 z(1i)2i，则 z() A1iB1i C1iD1i 32020全国卷若 z1i，则|z22z|() A0B1 C. 2D2 4 如果复数2bi 12i(其中 i 为虚数单位， b 为实数)的实部和虚部互为相反数， 那么 b( ) A. 2B.2 3 C2 3D2 52020全国卷复数 1 13i的虚部是( ) A 3 10B 1 10 C. 1 10D. 3 10 6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 7

2、已知ai i b2i(a，bR)，其中 i 为虚数单位，则 ab() A3B2 C1D1 8设复数 z 满足|zi|1，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则() A(x1)2y21B(x1)2y21 Cx2(y1)21Dx2(y1)21 9(多选)2021山东菏泽期中已知复数 zcosisin 2 2 (其中 i 为虚数单位)，下 列说法正确的是() A复数 z 在复平面上对应的点可能落在第二象限 B|z|cos Cz z 1 Dz1 z为实数 二、填空题 10若abi i (a，bR)与(2i)2互为共轭复数，则 ab_. 11i 是虚数单位，复数67i 12i_. 122020全国卷设复

3、数 z1，z2满足|z1|z2|2，z1z2 3i，则|z1z2|_. 能力提升 132021全国新高考卷已知 z2i，则 z( z i)( ) A62iB42i C62iD42i 142021贵阳四校联考设复数 z3i 1i，则复数 z 的虚部为( ) A2iB2 C2iD2 15 2021大同学情调研已知 i 为虚数单位， 复数 zi(3ai)， 且|z|5， 则实数 a() A4B4 C4D2 162021贵阳四校联考已知 z(1i)1ai，i 为虚数单位，若 z 为纯虚数，则实数 a _. 专练专练 28复数复数 1A(13i)(1i)13ii3i242i. 2Dz 2i 1i 2i1

4、i 1i1i 22i 2 1i. 3Dz1i， z22z(1i)22(1i)12ii222i2， |z22z|2|2.故选 D. 4C2bi 12i 2bi12i 5 22b4bi 5 ，由题意得 22b4b，b2 3. 5D利用复数除法法则得 1 13i 13i 13i13i 13i 10 ，所以虚部为 3 10，选 D. 6C由题意，得 z 32i，其在复平面内对应的点为(3，2)，位于第三象限， 故选 C. 7A因为ai i 1aib2i(a，bR)，所以 b1，a2，则 ab3，故选 A. 8C通解：z 在复平面内对应的点为(x，y)，zxyi(x，yR)|zi|1，|x (y1)i|

5、1，x2(y1)21.故选 C. 优解一：|zi|1 表示复数 z 在复平面内对应的点(x，y)到点(0,1)的距离为 1，x2(y 1)21.故选 C. 优解二：在复平面内，点(1,1)所对应的复数 z1i 满足|zi|1，但点(1,1)不在选项 A， D 的圆上，排除 A，D；在复平面内，点(0,2)所对应的复数 z2i 满足|zi|1，但点(0,2) 不在选项 B 的圆上，排除 B.故选 C. 9CD复数 zcosisin 2 2 (其中 i 为虚数单位)， 复数 z 在复平面上对应的点(cos，sin)不可能落在第二象限，所以 A 不正确； |z| cos2sin21，所以 B 不正确

6、； z z (cosisin)(cosisin)cos2sin21，所以 C 正确； z1 zcosisin 1 cosisincosisincosisin2cos为实数，所以 D 正确 107 解析：abi i iabi i2 bai，(2i)234i，因为这两个复数互为共轭复数，所以 b 3，a4，所以 ab437. 114i 解析：67i 12i 67i12i 12i12i 612i7i14 5 205i 5 4i. 122 3 解析：设复数 z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则 a2b24，c2d24，又 z1z2 (ac)(bd)i 3i，ac 3，bd1，则(ac)2(b

7、d)2a2c2b2d22ac 2bd4，82ac2bd4，即 2ac2bd4，|z1z2|ac2bd2 a2b2c2d22ac2bd 842 3. 13C因为 z2i，故 z 2i，故 z( z i)(2i)(22i)44i2i2i262i. 故选 C. 14D解法一：z3i 1i 3i1i 1i1i12i，所以 z 12i， z的虚部为 2，故选 D. 解法二：设 zxyi(xR，yR)，则 xyi3i 1i，所以(xyi)(1i)3i，即(xy) (xy)i3i，所以 xy3 xy1 ，解得 x1 y2 ，所以 z12i，所以 z 12i， z的 虚部为 2，故选 D. 15C通解：zi(3ai)a3i，则|z| a2325，解得 a4，故选 C. 优解：|z|i(3ai)|i|3ai|1 32a25，解得 a4，故选 C. 161 解析：解法一：因为 z(1i)1ai，所以 z1ai 1i 1ai1i 1i1i 1aa1i 2 ，因 为 z 为纯虚数， 所以1a 2 0 且a1 2 0，解得 a1. 解法二：因为 z 为纯虚数， 所以可设 zbi(bR，且 b0)，则 z(1i)1ai，即 bi(1i)1ai，所以bbi1 ai，所以 b1 ba ，解得 ab1.