2022年高考数学一轮复习讲练测5.5 复数（新高考浙江）（练）解析版

1 / 18 2022 年高考数学一轮复习讲练测（新高考·浙江） 第五章 平面向量、复数 专题 5.5 复数（练） 【夯实基础】 1．（2020·海南高考真题） (1 2 )(2 )i i  =（ ） A． 4 5i B．5i C． -5i D． 2 3i 【答案】B 【解析】 直接计算出答案即可. 【详解】 2(1 2 )(2 ) 2 4 2 5i i i i i i       故选：B 2．（2020·全国高考真题（理））复数 1 1 3i 的虚部是（ ） A． 3 10  B． 1 10  C． 1 10 D． 3 10 【答案】D 【解析】 利用复数的除法运算求出 z 即可. 【详解】 因为 1 1 3 1 3 1 3 (1 3 )(1 3 ) 10 10 iz ii i i       ， 所以复数 1 1 3z i   的虚部为 3 10 . 故选：D. 3．（2020·全国高考真题（文））（1–i）4=（ ） A．–4 B．4 C．–4i D．4i 【答案】A 【解析】 2 / 18 根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可. 【详解】 4 2 2 2 2 2(1 ) [(1 ) ] (1 2 ) ( 2 ) 4i i i i i          . 故选：A. 4．（2021·全国高考真题（文））设i 4 3iz   ，则 z  （ ） A． –3 4i B． 3 4i  C．3 4i D．3 4i 【答案】C 【解析】 由题意结合复数的运算法则即可求得 z 的值. 【详解】 由题意可得：   2 4 34 3 4 3 3 41 i ii iz ii i       . 故选：C. 5．（2021·北京高考真题）在复平面内，复数 z 满足 (1 ) 2i z  ，则 z  （ ） A． 2 i B． 2 i C．1 i D．1 i 【答案】D 【解析】 由题意利用复数的运算法则整理计算即可求得最终结果. 【详解】 由题意可得：       2 1 2 12 11 1 1 2 i iz ii i i         . 故选：D. 6.（2020·全国高考真题（文））若 31 2i iz    ，则| | =z （ ） A．0 B．1 C． 2 D．2 【答案】C 【解析】 先根据 2 1i   将 z 化简，再根据复数的模的计算公式即可求出． 3 / 18 【详解】 因为 31+2 1+2 1z i i i i i      ，所以 2 21 1 2z    ． 故选：C． 7．（2020·全国高考真题（理））若 z=1+i，则|z2–2z|=（ ） A．0 B．1 C． 2 D．2 【答案】D 【解析】 由题意首先求得 2 2z z 的值，然后计算其模即可. 【详解】 由题意可得：  22 1 2z i i   ，则  2 2 2 2 1 2z z i i      . 故 2 2 2 2z z    . 故选：D. 8．（2019·全国高考真题（理））设 z=-3+2i，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 【答案】C 【解析】 由 3 2 ,z i   得 3 2 ,z i   则 3 2 ,z i   对应点（-3，-2）位于第三象限．故选 C． 9．（2019·江苏高考真题）已知复数 ( 2i)(1 i)a   的实部为 0，其中i 为虚数单位，则实数 a 的值是_____. 【答案】2. 【解析】 2(a 2 )(1 i) 2 2 2 ( 2)i a ai i i a a i         Q ， 令 2 0a   得 2a  . 10．（2020·全国高考真题（理））设复数 1z ， 2z 满足 1 2| |=| |=2z z ， 1 2 3 iz z   ，则 1 2| |z z =__________. 【答案】 2 3 【解析】 4 / 18 方法一：令 1 ,( , )z a bi a R b R    ， 2 ,( , )z c di c R d R    ，根据复数的相等可求得 2ac bd   ， 代入复数模长的公式中即可得到结果. 方法二：设复数 1 2z , z 所对应的点为 1 2Z ,Z , 1 2OP OZ OZ    , 根据复数的几何意义及复数的模，判定平行 四边形 1 2OZ PZ 为菱形， 1 2OZ OZ 2OP    ，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算 1 2z z . 【详解】 方法一：设 1 ,( , )z a bi a R b R    ， 2 ,( , )z c di c R d R    ， 1 2 ( ) 3z z a c b d i i        ， 3 1 a c b d      ，又 1 2| |=| |=2z z ，所以 2 2 4a b  ， 2 2 4c d  ， 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 2( ) 4a c b d a c b d ac bd           2ac bd    1 2 ( ) ( )z z a c b d i       2 2( ) ( ) 8 2a c b d ac bd       8 4 2 3   . 故答案为： 2 3 . 方法二：如图所示，设复数 1 2z , z 所对应的点为 1 2Z ,Z , 1 2OP OZ OZ    , 由已知 1 23 1 2 OZ OZOP      , ∴平行四边形 1 2OZ PZ 为菱形，且 1 2,OPZ OPZ  都是正三角形，∴ 1 2Z 120OZ   ， 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1| | | | | | 2 | || | cos120 2 2 2 2 2 ( ) 122Z Z OZ OZ OZ OZ            ∴ 1 2 1 2z 2 3z Z Z   . 5 / 18 【提升能力】 1．（2021·河南高二期中（文））已知复数 z 满足 4 i ii 1 1 3 1 2 2z          ，i 为虚数单位，则 z 等于（ ） A．1 2 2 i B．1 2 2 i C．  1 3 2 2 i   D． 1 1 i2 2  【答案】C 【解析】 根据复数的运算法则化简得到 1 3 2 2 2 iz    ，结合共轭复数的概念，即可求解. 【详解】 因为      21 i1 i i1 i 1 i 1 i       ， 4 21 3 1 3i ( i) i2 2 3 2 2 1 2 2            ， 可得 i i1 3 1 3 2( ) i2 2 2 2z         ，所以 1 3 2 2 2 iz    . 故选：C. 2．（2021·安徽高一月考）若复数 z 满足  3 i 1 2iz    ，则复数 z 在复平面内对应的点在（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】C 【解析】 结合复数的除法与减法运算求出复数 z ，即可判断在复平面内对应的点所在象限. 【详解】 因为 2 2 1 2i i 2i i 23 3 3 2 i 3 1 ii i 1z               ，所以 z 在复平面内对应的点  1, 1  在第三象 限． 故选：C. 3．（2021·浙江高一期中）已知复数 z 的共轭复数是 z ，满足 (1 3i) 2z   （i 为虚数单位），则 z 的虚部为 （ ） 6 / 18 A． 3 i2  B． 3 i2 C． 3 2  D． 3 2 【答案】D 【解析】 利用复数代数形式的乘除法则化简复数 z ，即可得到其共轭复数，再根据虚部的定义即可得出． 【详解】 解： (1 3i) 2(z   i 为虚数单位）， (1 3i) (1 3i) 2(1 3i)z     ， 化为： 4 2(1 3i)z   ， 1 3 i2 2z   ， 1 3 i2 2z   ， 则 z 的虚部为 3 2 ， 故选： D ． 4．（2021·江苏省镇江中学高一期中）已知复数 z 满足 2z i  (i 为虚数单位)，则 z 的最大值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】 根据 2z i  ，得到复数 z 所对应的点在以（0,1）为圆心，以 2 为半径的圆上求解. 【详解】 因为复数 z 满足 2z i  ， 所以复数 z 所对应的点在以（0,1）为圆心，以 2 为半径的圆上， 如图所示： 7 / 18 由图知：当 z 对应的点为（0,3）时， z 的模最大，最大值为 3， 故选：C 5．（2021·湖北高一期中）已知复数 1 2iz   ，z 为 z 的共轭复数，复数 z z   ，则下列结论正确的是（ ） A． 对应的点在复平面的第二象限 B．| | 3  C． 的实部为 1 D． 的虚部为 2 2 3  【答案】D 【解析】 先求出 z ，再由复数的运算法则及几何意义直接求解判断即可． 【详解】 1 2iz   ， 21 2i (1 2i) 1 2 2i 2 1 2 2i 1 2 3 31 2i (1 2i)(1 2i)              ， 所以 对应的点的坐标为 1 2 2( , )3 3   ，在复平面的第三象限， 且| | 1  ， 的实部为 1 3  ，虚部为 2 2 3  ， 故选：D． 8 / 18 6．（2021·高二期末）复数 z 满足 2 i i 1z    ，则 z 在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【解析】 根据复数的运算法则，化简得到 1 3 i5 5z    ，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】 由复数的运算法则，可得     i 1 2 ii 1 1 3i 1 3 i2 i 5 5 52 i 2 i z            ， 则 z 在复平面内对应的点为 1 3,5 5Z     在第二象限． 故选：B. 7．（2021·湖北高一期中）已知复数 1z ， 2z ，则下面四个命题是真命题的为（ ） A．若 1 2z z ，则 2 2 1 2z z B．若 1 2z z R ，则 1 2z z C．若 2 1 2 1z z z  ，则 1 2z z D．若 1 2z z ，则 1 2z z R 【答案】D 【解析】 根据特殊值判断 A,B,C，设 1 ( , )z a bi a b R   ，根据共轭复数及复数运算判断 D. 【详解】 对于 A，若 1 1z  ， 2z i ，此时 1 2 1z z  ，但 2 2 1 21 1z z    ，故 A 错误： 对于 B，若 1z i ， 2 2z i ，此时 1 2 2z z R    ，但 1 2z z ，故 B 错误； 对于 C，若 1 0z  ，则满足 2 1 2 1z z z  ，此时 1 2z z ，故 C 错误； 对于 D，不妨设 1 ( , )z a bi a b R   ，则 2z a bi  ， 2 2 1 2z z a b  ，故 D 正确. 故选：D 8．（2021·安徽高一月考）已知复数 z 满足 4i 5 iz z z a    ，则实数 a 的取值范围为（ ） A． 4,4 B． 6,6 C． 8,8 D． 12,12 9 / 18 【答案】D 【解析】 设 iz x y  ， ,x y R ，根据复数相等的充要条件，得出 , ,x y a 的关系式，消去 x ，得到关于 y 的一元二 次方程有实数解，利用 0  ，求解即可得出结论. 【详解】 设 iz x y  ， ,x y R ，则 2 2 4i i 5 ix y x y a     ， 整理得 2 2 4 4 i 5 ix y y x a     ， 所以 2 2 4 5, 4 , x y y x a       消去 x 得 2 2 4 5 016 ay y    ，① 因为 y R ，所以方程①有实数解， 2 16 4 5 016 a        ， 解得 12 12a   ． 故选：D. 9．（2021·云南高一月考）已知复数 z 满足 2 3i (i 2)(i 2)z      ，则复数 z 在复平面内对应的点在第______ 象限. 【答案】三 【解析】 对 2 3i (i 2)(i 2)z      化简求出复数 z，从而可得答案 【详解】 因为 2i 4 2 3iz     ，所以 3 3iz    ， 所以它在复平面内对应的点 ( 3, 3)  在第三象限. 故答案为：三 10．（2021·江苏省镇江中学高一期中）已知复数 1 2 iz   ， 2 1 2iz    ，则 1 2 z z  ___________. 【答案】1 【解析】 根据复数模的计算公式，直接计算，即可得出结果. 10 / 18 【详解】 ∵ 1 2 iz   ， 2 1 2iz    ，∴   2 2 1 2 22 2 i 2 1 5 11 2i 51 2 z z         ． 故答案为：1． 【拓展思维】 1．（2021·江苏高一月考）任何一个复数 z=a+bi（其中 a，b∈R，i 为虚数单位）都可以表示成 z=r（cosθ+isinθ） （其中 r≥0，θ∈R）的形式，通常称之为复数 z 的三角形式，法国数学家棣莫弗发现：[r（cosθ＋isinθ）]n=rn （cosnθ+isinnθ）（n∈N*），我们称这个结论为棣莫弗定理.由棣莫弗定理可知，若复数 cos sin ( )8 8 m i m N       为纯虚数，则正整数 m 的最小值为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【解析】 由棣莫弗定理可得 cos sin cos sin8 8 8 8 m m mi i         ，再由此复数为纯虚数，可得 cos 08 m  ，从 而可求出 m 的值 【详解】 解：由棣莫弗定理可得 cos sin cos sin8 8 8 8 m m mi i         ， 因为复数 cos sin ( )8 8 m i m N       为纯虚数， 所以 cos 08 m  且sin 08 m  ， 所以 ,8 2 m k k Z     ， 得 4 8 ,m k k Z   ， 因为 m N  ，所以正整数 m 的最小值为 4， 故选：B 2．（2021·湖北高一期末）已知复数 z 在复平面内对应的点位于第一象限，且 2 8 6iz   ， z 是 z 的共轭复 11 / 18 数. （1）求复数 z ； （2）若 2 32 zm z     ，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） 3 iz   ；（2） 2 2,2 2 . 【解析】 （1）由题意可设复数 iz a b  ，其中 0a  ， 0b  ，再根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要 条件得到方程组，解得即可； （2）根据复数代数形式的乘除运算化简 2 2 z z     ，则原不等式化为 i 3m   ，再根据复数模的运算公式及 一元二次不等式解得即可； 【详解】 解：（1）由题意可设复数 iz a b  ，其中 0a  ， 0b  ， 则 2 2 2 2 i 8 6iz a b ab     ， 所以 2 2 8 2 6 a b ab      ，解得 3 1 a b    或 3 1 a b      （舍去）. 所以 3 iz   . （2）由 3 iz   可得 3 iz   ， 所以     1 i i2 2 3 i 1 i 1 i2 2 3 i 1 i 1 i i i z z                  ， 于是 2 32 zm z     可化为 i 3m   ，即 2 1 3m   即 2 8m  ， 解得 2 2 2 2m   ，即实数 m 的取值范围是 2 2,2 2 . 3．（2021·湖南高一期中）已知 z 的共轭复数 (cos isin )(cos isin )4 12 12 4z       ． （1）求 z； （2）若 0 1(2 i) 2 3i2z z    ，求 0z ． 【答案】（1） 3 1 i2 4z   ；（2） 0 7 2z  . 12 / 18 【解析】 （1）根据复数的乘法运算法则，及三角恒等变换的公式和特殊角的三角函数值，即可求解； （2）由（1）得到 12 i 3 i2z    ，由 0 2 3 3 iz i   ，结合复数的除法运算，即可求解. 【详解】 （1）因为 (cos isin )(cos isin )4 12 12 4z       (cos cos sin sin ) i(sin cos sin cos )4 12 12 4 4 4 12 12            ， sin sin 3 12 6cos( ) i i4 12 2 2 4            ， 所以 3 1 i2 4z   ． （2）由（1）可知 12 i 3 i2z    ， 因此 0 2 3i (2 3i)( 3 i) 3 5i 3 5 i4 4 43 i ( 3 i)( 3 i) z            ， 所以 2 2 0 3 5 7 4 4 2z              ． 4．（2021·福建高一期中）在① 0z  ，②z 的实部与虚部互为相反数，③z 为纯虚数这三个条件中任选一个， 补充在下面的问题中，并解答．问题：已知复数  2 26 9 iz m m m     ． （1）若_______，求实数 m 的值； （2）若 m 为整数，且| | 10z  ，求 z 在复平面内对应点的坐标． 【答案】（1）答案见解析；（2） ( 6, 8)  . 【解析】 （1）若选择①，由 0z  ，可知 z 是一个大于零的实数，从而得 2 2 6 0, 9 0, m m m        进而可求出实数 m 的值； 若选择②，由题意可得 2 26 9 0m m m     ，解方程可得实数 m 的值；若选择③，由题意可得 2 2 6 0, 9 0, m m m        从而可求出实数 m 的值； 13 / 18 （2）由| | 10z  可得    2 22 26 9 100m m m     ，再由 m 为整数，可得 2( 3)m  为平方数， 22 10 13m m  为奇数，从而可求得实数 m 的值，进而可得答案 【详解】 解：（1）若选择① 因为 0z  ，所以 2 2 6 0, 9 0, m m m        解得 3m   ． 若选择② 因为 z 的实部与虚部互为相反数，所以 2 26 9 0m m m     ， 解得 3m  或 5 2  ． 若选择③ 因为 z 为纯虚数，所以 2 2 6 0, 9 0, m m m        解得 2m   ． （2）因为| | 10z  ，所以    2 22 26 9 100m m m     ， 所以  2 2( 3) 2 10 13 100m m m    ． 因为 m 为整数，所以 2( 3)m  为平方数， 22 10 13m m  为奇数． 因为 2100 10 1  或 2100 2 25  ， 所以验证可得 3 2m    ，即 1m  ． 因为 1m  ，所以 6 8iz    ，其在复平面内对应点的坐标为 ( 6, 8)  ． 5．（2021·安徽高二月考（理））已知复数 ( i)(2 i) 3 2i( )z m m R      . （1）若 z 在复平面中所对应的点在直线 2 0x y  上，求 m 的值； （2）求 1 2i |z  ∣ 的取值范围. 【答案】（1） 4m   ；（2） 9 5 ,5     . 【解析】 （1）首先根据复数代数形式的乘法法则化简复数 z ，根据复数的几何意义表示出复数所对应的点的坐标， 再代入直线方程即可得解； 14 / 18 （2）根据复数模的计算公式及二次函数的性质计算可得； 【详解】 解：（1）因为 2( i)(2 i) 3 2i 2 i 2i i 3 2i (2 4) (4 )iz m m m m m               所以 z 在复平面中所对应的点的坐标为 (2 4,4 )m m  ， 因为点 (2 4,4 )m m  在直线 2 0x y  上，所以 2(2 4) 4 0m m    ，解得 4m   . （2） 2 2 2| 1 2i | | 2 5 (2 )i | (2 5) (2 ) 5 16 29z m m m m m m             ， 因为 mR ，且 2 2 8 81 815 16 29 5 5 5 5m m m        … ，所以 2 9 5| 1 2i | 5 16 29 5z m m     … ， 所以 1 2i |z  ∣ 的取值范围为 9 5 ,5     . 6．（2021·浙江高二期中）已知复数： 2 2 4i(1 i) 1 iz      （i 为虚数单位）， z 表示 z 的共轭复数； （1）求 z； （2）若 2z az b z   ，求实数 a，b 的值． 【答案】（1） 1 iz   ；（2） 3, 4a b   ． 【解析】 （1）由复数的混合运算计算可得； （2）根据复数相等的定义求解． 【详解】 （1）         2 2 2 2 4i 1 i2 4i 2 2i 4i 4i1 i 1 2i i 2i 2i 1 3i 1 i1 i 1 i 1 i 2z                          ， （2） , Ra b ，由（1） 2i) (1 i) 1 i(1 a b      ，即 i 1 i(2 )a b a    ， 所以 1 2 1 a b a       ，解得 3 4 a b     ． 7．（2021·安徽高一期中）已知复数 z 的共轭复数为 z ，且满足 1 2i 4 3iz   ． （1）求 z ； （2）若复数   2iz m m R  在复平面内对应的点在第二象限，求实数 m 的取值范围． 15 / 18 【答案】（1） 2 iz   ；（2）( )1,+¥ ． 【解析】 （1）由复数的运算可得 2 iz   ，再由共轭复数的概念即可得解； （2）由复数得运算化简得     2 2i 4 1 4 1 iz m m m      ，再由复数对应的点所在的象限即可得解. 【详解】 （1）因为 1 2i 4 3iz   ， 所以       4 3i 1 2i4 3i 4 8i 3i 6 10 5i 2 i1 2i 1 2i 1 2i 5 5z              ， 所以 2 iz   ； （2）         22 2 2i 2 i i 2 1 i 4 1 4 1 iz m m m m m              ， 因为复数  2iz m 在复平面内对应的点在第二象限， 所以     24 1 0 4 1 0 m m       ，解得 1m > ， 所以 m 的取值范围为( )1,+¥ ． 8．（2021·河南高二月考（文））已知复数 1 2sin 3iz   ，  2 1 2cos iz   ， π π,3 2      . （1）若 1 2z z 为实数，求角 的值； （2）若复数 1z ， 2z 对应的向量分别是 a  ，b  ，存在 使等式    0a b a b        成立，求实数  的取值 范围. 【答案】（1） π 3   ；（2） 2 3    或 2 3 0    . 【解析】 （1）首先根据复数三角形式的乘法运算化简，再根据复数的类型得到方程，解得即可； （2）首先表示出 a  、b  的坐标，即可得到 2 2 a b  ， a b  ，再根据平面向量数量积的运算律得到   28 1 2sin 2 3 cos 0       ，参变分类，根据正弦函数的性质得到 2 1 2 02 1     ，解得即可； 【详解】 16 / 18 解：（1）        1 2 2sin 3i 1 2cos i 2sin 2 3 cos 2sin 2 3 iz z                R ， 1 2z z 为实数 ∴ 3sin 2 2   ， 又 π π,3 2      ，所以 2π 2 π3   ，∴ 22 π3   ，即 π 3   . （2）因为 1 2sin 3iz   ，  2 1 2cos iz   ，所以  2sin , 3a   ，  1,2cosb  ，所以 2 2 2 24sin 3 1 4cos 8a b         2sin 2 3 cosa b      ，        2 2 21 0a b a b a b a b                   . 得   28 1 2sin 2 3 cos 0       ， 整理得 2 2 πsin1 3          . 因为 π π0,3 6        ，所以 π 1sin 0,3 2            .只要 2 1 2 02 1     即可， 解得 2 3    或 2 3 0    . 9．（2021·江苏省镇江中学高一期中）已知复数 z 满足 2z  ， z 的实部大于 0， 2z 的虚部为 2. （1）求复数 z （2）设复数 z ， 2z ， z 在复平面上对应的点分别为 A，B，C，点  2,D m 满足 AB  和CD  共线，求 m 的值. 【答案】（1）1 i ；（2） 2 . 【解析】 （1）由已知结合复数的模长公式及复数的概念即可求解； （2）结合复数的几何意义可求 , ,A B C 的坐标，然后结合向量共线的坐标表示可求． 【详解】 （1）设 iz x y  ，（ ,x y 为实数）， 17 / 18 由 2z  得 2 2 2 2 22, 2 ix y z x y xy     ， 因为 z 的实部 x 大于 0 ， 2z 的虚部 2 2xy  ， 所以 2 2 2 1 0 x y xy x        ，所以 1x y  ， 所以 1 iz   ； （2） 1 iz   ， 2 2i, 1 iz z   ， 所以        1,1 , 0,2 , 1, 1 , 2,A B C D m ， 因为 AB  和 CD  共线，    1,1 , 1, 1AB CD m     ， 所以  1 1 0m    ，所以 2m   ． 10．（2021·河南高二期中（文））已知复平面内 A 点对应的复数为 2 i ， B 点对应的复数为1 i ，    2 i ,z x y x y R    ．若 1z  ，在 z 的轨迹上任取一点 C ，求 ABC 的面积取值范围． 【答案】 5 5 5 5,2 2ABCS        △ 【解析】 先求出点 C 轨迹为圆，与直线 AB 的方程，再求出 AB 的长度，最后用点到直线的距离求 AB 边上的高，转 化为圆上的点到直线的距离的最值问题求解即可 【详解】 因为 1z  ，所以C 点轨迹为  22 2 1x y   ； 又因为 A 点对应的复数为 2 i ， B 点对应的复数为1 i ， 则线段 AB 的方程为：  2 3 1 2y x x    ， AB 的长度为    2 22 1 1 1 5    ． 则知  0,2 点到直线 AB 的距离为： 2 | 2 3| 5 1 2 d    ． 则    1 15 5 1 5 5 12 2ABCS       △ ． 18 / 18 则 5 5 5 5,2 2ABCS        △ ．