高考數(shù)學(xué)(文數(shù))一輪復(fù)習(xí)習(xí)題 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十七）　數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 (含解析)

課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十七)數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(1－3i,1－i)＝()A．2＋i B．2－iC．－1＋2i D．－1－2i解析：選Beq\f(1－3i,1－i)＝eq\f(1－3i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(4－2i,2)＝2－i．2．(2017·鄭州檢測(cè))設(shè)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則eq\f(2,z)－eq\x\to(z)＝()A．i B．2－iC．1－i D．0解析：選D因?yàn)閑q\f(2,z)－eq\x\to(z)＝eq\f(2,1＋i)－1＋i＝eq\f(21－i,1＋i1－i)－1＋i＝1－i－1＋i＝0，故選D．3．(2016·全國(guó)丙卷)若z＝4＋3i，則eq\f(\x\to(z),|z|)＝()A．1 B．－1C．eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i D．eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i解析：選D∵z＝4＋3i，∴eq\x\to(z)＝4－3i，|z|＝eq\r(42＋32)＝5，∴eq\f(\x\to(z),|z|)＝eq\f(4－3i,5)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i．4．復(fù)數(shù)|1＋eq\r(2)i|＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3)i,1＋i)))2＝________．解析：原式＝eq\r(12＋\r(2)2)＋eq\f(1－\r(3)i2,1＋i2)＝eq\r(3)＋eq\f(－2－2\r(3)i,2i)＝eq\r(3)＋i－eq\r(3)＝i．答案：i5．(2015·重慶高考)設(shè)復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)的模為eq\r(3)，則(a＋bi)(a－bi)＝________．解析：∵|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(3)，∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3．答案：3二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1．若i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足(1－i)z＝1，則|2z－3|＝()A．eq\r(3) B．eq\r(5)C．eq\r(6) D．eq\r(7)解析：選B由(1－i)z＝1得z＝eq\f(1,1－i)＝eq\f(1＋i,2)，則|2z－3|＝|－2＋i|＝eq\r(5)．2．已知實(shí)數(shù)a，b滿足(a＋i)(1－i)＝3＋bi，則復(fù)數(shù)a＋bi的模為()A．eq\r(2) B．2C．eq\r(5) D．5解析：選C依題意，(a＋1)＋(1－a)i＝3＋bi，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＝3，,1－a＝b，))解得a＝2，b＝－1，所以a＋bi＝2－i，|a＋bi|＝|2－i|＝eq\r(22＋－12)＝eq\r(5)，選C．3．(2016·福州二檢)定義運(yùn)算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，則符合條件eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1＋i,－i2i))＝0的復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：選B由題意得，2zi－＝0，則z＝eq\f(－i1＋i,2i)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，∴eq\x\to(z)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，故選B．4．已知復(fù)數(shù)z＝1＋eq\f(2i,1－i)，則1＋z＋z2＋…＋z2017＝()A．1＋i B．1－iC．i D．0解析：選A∵z＝1＋eq\f(2i,1－i)＝1＋eq\f(2i1＋i,2)＝i，∴1＋z＋z2＋…＋z2017＝eq\f(1×1－z2018,1－z)＝eq\f(1－i2018,1－i)＝eq\f(1－i4×504·i2,1－i)＝1＋i．5．設(shè)z1，z2是復(fù)數(shù)，則下列命題中的假命題是()A．若|z1－z2|＝0，則eq\x\to(z)1＝eq\x\to(z)2B．若z1＝eq\x\to(z)2，則eq\x\to(z)1＝z2C．若|z1|＝|z2|，則z1·eq\x\to(z)1＝z2·eq\x\to(z)2D．若|z1|＝|z2|，則zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)解析：選D對(duì)于A，|z1－z2|＝0?z1＝z2?eq\x\to(z)1＝eq\x\to(z)2，是真命題；對(duì)于B，C易判斷是真命題；對(duì)于D，若z1＝2，z2＝1＋eq\r(3)i，則|z1|＝|z2|，但zeq\o\al(2,1)＝4，zeq\o\al(2,2)＝－2＋2eq\r(3)i，是假命題．6．若復(fù)數(shù)z＝1＋2i，其中i是虛數(shù)單位，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,\x\to(z))))·eq\x\to(z)＝________．解析：∵z＝1＋2i，∴eq\x\to(z)＝1－2i．∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,\x\to(z))))·eq\x\to(z)＝z·eq\x\to(z)＋1＝5＋1＝6．答案：67．已知復(fù)數(shù)z滿足eq\f(z＋2,z－2)＝i(其中i是虛數(shù)單位)，則|z|＝________．解析：由eq\f(z＋2,z－2)＝i知，z＋2＝zi－2i，即z＝eq\f(－2－2i,1－i)，所以|z|＝eq\f(|－2－2i|,|1－i|)＝eq\f(2\r(2),\r(2))＝2．答案：28．已知a∈R，若eq\f(1＋ai,2－i)為實(shí)數(shù)，則a＝________．解析：eq\f(1＋ai,2－i)＝eq\f(1＋ai2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(2＋i＋2ai－a,5)＝eq\f(2－a,5)＋eq\f(1＋2a,5)i，∵eq\f(1＋ai,2－i)為實(shí)數(shù)，∴eq\f(1＋2a,5)＝0，∴a＝－eq\f(1,2)．答案：－eq\f(1,2)9．已知復(fù)數(shù)z＝x＋yi，且|z－2|＝eq\r(3)，則eq\f(y,x)的最大值為_(kāi)_______．解析：∵|z－2|＝eq\r(x－22＋y2)＝eq\r(3)，∴(x－2)2＋y2＝3．由圖可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))max＝eq\f(\r(3),1)＝eq\r(3)．答案：eq\r(3)10．計(jì)算：(1)eq\f(－1＋i2＋i,i3)；(2)eq\f(1＋2i2＋31－i,2＋i)；(3)eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2)；(4)eq\f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2)．解：(1)eq\f(－1＋i2＋i,i3)＝eq\f(－3＋i,－i)＝－1－3i．(2)eq\f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq\f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)＝eq\f(i,2＋i)＝eq\f(i2－i,5)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i．(3)eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2)＝eq\f(1－i,2i)＋eq\f(1＋i,－2i)＝eq\f(1＋i,－2)＋eq\f(－1＋i,2)＝－1．(4)eq\f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2)＝eq\f(\r(3)＋i－i,\r(3)＋i2)＝eq\f(－i,\r(3)＋i)＝eq\f(－i\r(3)－i,4)＝－eq\f(1,4)－eq\f(\r(3),4)i．三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1．已知t∈R，i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·z2是實(shí)數(shù)，則t等于()A．eq\f(3,4)B．eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3)D．－eq\f(3,4)解析：選D因?yàn)閦1＝3＋4i，z2＝t＋i，所以z1·z2＝(3t－4)＋(4t＋3)i，又z1·z2是實(shí)數(shù)，所以4t＋3＝0，所以t＝－eq\f(3,4)，故選D．2．已知復(fù)數(shù)z1＝cos15°＋sin15°i和復(fù)數(shù)z2＝cos45°＋sin45°i，則z1·z2＝________．解析：z1·z2＝(cos15°＋sin15°i)(cos45°＋sin45°i)＝(cos15°cos45°－sin15°sin45°)＋(sin15°cos45°＋cos15°sin45°)i＝cos60°＋sin60°i＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i．答案：eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i3．復(fù)數(shù)z1＝eq\f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq\f(2,1－a)＋(2a－5)i，若eq\x\to(z)1＋z2是實(shí)數(shù)，求實(shí)數(shù)a的值．解：eq