高考数学文科江苏版1轮复习练习：第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 4 第4讲 分层演练直击高考 Word版含解析

高考数学精品复习资料2019.51(20 xx连云港模拟)复数(1i)2的虚部是_解析 (1i)22i，所以该复数的虚部为 2.答案 22复数 z 满足(z3)(2i)5(i 为虚数单位)，则 z 的共轭复数z-为_解析 由(z3)(2i)5，得 z352i35（2i）（2i） （2i）32i5i，所以z-5i.答案 5i3设复数 z 的共轭复数为z-，若 z1i(i 为虚数单位)，则z-zz2的值为_解析 依题意得z-zz21i1i(1i)2i2i1i2ii2ii.答案 i4在复平面内 O 为坐标原点， 复数 1i 与 13i 分别对应向量OA和OB，则|AB|_.解析 由复数的几何意义知，OA(1，1)，OB(1，3)，则ABOBOA(1，3)(1，1)(0，2)，所以|AB|2.答案 25(20 xx云南省师大附中月考改编)若复数 z12ii的共轭复数是z-abi(a，bR)，其中 i 为虚数单位，则点(a，b)为_解析 因为 z12ii2i，所以z-2i.答案 (2，1)6若(a2i)ibi，其中 a，bR，i 是虚数单位，则点 P(a，b)到原点的距离等于_解析 由已知 ai2bi，所以a1，b2，所以点 P(1，2)到原点距离|OP| 5.答案57若 i(xyi)34i，x，yR，则复数|xyi|_解析 依题意得yxi34i，所以y3，x4，即y3，x4，所以|xyi|43i| 42（3）25.答案 58设复数 z 满足 4z2z-3 3i，sin icos (R)，则|z|的取值范围为_解析 设 zabi(a，bR)，则z-abi，代入 4z2z-3 3i，得 4(abi)2(abi)3 3i，所以解得a32，b12，所以 z3212i.|z|3212i（sin icos ）|32sin 212cos 2 2 3sin cos 22sin6 .因为1sin6 1，所以 022sin6 4.所以 0|z|2.答案 0，29已知集合 Mi，i2，1i，（1i）2i，i 是虚数单位，Z 为整数集，则集合 ZM 中的元素个数是_解析 由已知得 Mi，1，i，2，Z 为整数集，所以 ZM1，2，即集合ZM 中有 2 个元素答案 210给出下列四个命题：若 zC，|z|2z2，则 zR；若 zC， zz，则 z 是纯虚数；zC，|z|2zi，则 z0 或 zi；若 z1，z2C，|z1z2|z1z2|，则 z1z20.其中真命题的个数为_解析 是真命题，|z|2zz-，所以 zz-z2，所以 z0 或 zz-，故 zR；是假命题，z0 时不成立；是假命题，因为|z|2zz-zi，所以 z(z-i)0，故 z0 或 zi；是假命题，假如 z11，z2i 时，z1z20，但|z1z2|z1z2|.答案 111计算：(1)（1i） （2i）i3；(2)（12i）23（1i）2i；(3)1i（1i）21i（1i）2；(4)1 3i（ 3i）2.解 (1)（1i） （2i）i33ii13i.(2)（12i）23（1i）2i34i33i2ii2ii（2i）51525i.(3)1i（1i）21i（1i）21i2i1i2i1i21i21.(4)1 3i（ 3i）2（ 3i） （i）（ 3i）2i3i（i） （ 3i）41434i.12已知 z 是复数，z2i，z2i均为实数(i 为虚数单位)，且复数(zai)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数 a 的取值范围解 设 zxyi(x，yR)因为 z2ix(y2)i，由题意得 y2.因为z2ix2i2i15(x2i)(2i)15(2x2)15(x4)i，由题意得 x4.所以 z42i.因为(zai)2(124aa2)8(a2)i，根据条件，可知124aa20，8（a2）0，解得 2a6，所以实数 a 的取值范围是(2，6)13.如图，平行四边形 OABC 中，质点 O，A，C 分别表示复数 0、32i、24i，试求：(1)AO表示的复数，BC表示的复数；(2)对角线CA所表示的复数解 (1)因为AOOA，所以AO所表示的复数为32i，因为BCAO，所以BC表示的复数也是32i.(2)CAOAOC，所以CA所表示的复数为(32i)(24i)52i.1定义：若 z2abi(a，bR，i 为虚数单位)，则称复数 z 是复数 abi 的平方根根据定义，则复数34i 的平方根是_解析 设(xyi)234i(x，yR)，则x2y23，xy2，解得x1，y2或x1，y2.答案 12i 或12i2已知复数 zxyi，且|z2| 3，则yx的最大值为_解析 因为|z2| （x2）2y2 3，所以(x2)2y23.由图可知yxmax31 3.答案33已知集合 A2，7，4m(m2)i(其中 i 为虚数单位，mR)，B8，3，且AB，则 m 的值为_解析 因为 AB，所以4m(m2)i8 或4m(m2)i3，解得 m2.答案 24在复平面内，定点 M 与复数 m（1i）21i对应，动点 Z 与复数 zxyi 对应，则满足不等式 1|zm|3 的点 Z 所构成的图形的面积等于_解析 m（1i）21i2i1i2i（1i）（1i） （1i）1i，所以满足不等式 1|zm|3的点 Z 所构成的图形是以点(1，1)为圆心，分别以 1，3 为半径的圆所围成的圆环，故 S32128.答案 85(20 xx江苏省四校联考)复数 z 和满足：z2iz2i10.(1)若-z2i，求 z 和；(2)求证：若|z| 3，则|4i|的值是一个常数，并求出这个常数解 (1)由-z2i ，得 z-2i .代入已知条件，得 (-2i)2i(-2i)2i10.即-4i2i-50 ，设xyi(x，yR)，代入上式，有(xyi)(xyi)4i(xyi)2i(xyi)50，化简，有(x2y26y5)2xi0，所以x2y26y50，x0，解得x0，y1或x0，y5.所以i 或5i，从而 zi 或 z3i.所以 zi，i 或 z3i，5i.(2)由已知，有 z2i12i，所以|z|2i1|2i| 3，设xyi(x，yR)代入上式，有(2y1)24x23x2(y2)2,化简，有 x2y28y110 ，所以 |4i| x2（y4）2 x2y28y16 273 3，即|4i|为常数 3 3.6设 z 是虚数，z1z，且12.(1)求|z|的值及 z 的实部的取值范围；(2)设 u1z1z，求证：u 为纯虚数；(3)在(2)的条件下求u2的最小值解 (1)设 zabi(a，bR，b0)，则abi1abiaaa2b2bba2b2i.因为是实数，所以 bba2b20.又 b0，所以 a2b21，2a.因为12，所以12a1，即 z 的实部的取值范围是12，1，|z|1.(2)证明：u1z1z1abi1abi1a2b22bi（1a）2b2ba1i.因为12a0.所以u22231，当且仅当 a11a1，即 a0 时，u2取得最小值 1.