備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章考點(diǎn)測試19

考點(diǎn)測試19復(fù)數(shù)高考概覽高考在本考點(diǎn)的?？碱}型為選擇題，分值為5分，低等難度考點(diǎn)研讀1.理解復(fù)數(shù)的基本概念2．理解復(fù)數(shù)相等的充要條件3．了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義4．會進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算5．了解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減運(yùn)算的幾何意義一、基礎(chǔ)小題1．若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝4－3i，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案D解析因?yàn)閦(1＋i)＝4－3i，所以z＝eq\f(4－3i,1＋i)＝eq\f(（4－3i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(4－4i－3i＋3i2,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(7,2)i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(7,2)))，位于第四象限．故選D.2．已知z＝eq\f(2,1－i)＋i，則z－eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－4i B．4iC．2 D．－2答案B解析因?yàn)閦＝eq\f(2,1－i)＋i＝1＋i＋i＝1＋2i，所以z－eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i－(1－2i)＝4i.故選B.3．已知復(fù)數(shù)z滿足z＝(1－eq\r(3)i)(2＋eq\r(3)i)，則|z|＝()A．2eq\r(7) B．5C．2eq\r(5) D．3eq\r(2)答案A解析復(fù)數(shù)z＝(1－eq\r(3)i)(2＋eq\r(3)i)＝2＋eq\r(3)i－2eq\r(3)i－3i2＝5－eq\r(3)i，則|z|＝eq\r(52＋（－\r(3)）2)＝2eq\r(7).故選A.4．已知復(fù)數(shù)z＝(1＋ai)(1－2i)(a∈R)為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝()A．2 B．－2C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)答案D解析z＝(1＋2a)＋(a－2)i，由已知得1＋2a＝0且a－2≠0，解得a＝－eq\f(1,2).故選D.5．若復(fù)數(shù)z＝1－i，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,1－z)))＝()A．1 B.eq\r(2)C．2eq\r(2) D．4答案B解析由z＝1－i，得eq\f(z,1－z)＝eq\f(1－i,i)＝－1－i，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,1－z)))＝|－1－i|＝eq\r(2).6．若復(fù)數(shù)z滿足(2－i)z＝i2023，則eq\o(z,\s\up6(－))的虛部為()A.eq\f(1,5)i B.eq\f(1,5)C.eq\f(2,5)i D.eq\f(2,5)答案D解析由(2－i)z＝i4×505＋3＝－i，得z＝eq\f(－i,2－i)＝eq\f(－i（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))的虛部為eq\f(2,5).故選D.7．若復(fù)數(shù)z＝eq\f(i,1＋i)(i為虛數(shù)單位)，則zeq\o(z,\s\up6(－))＝()A.eq\f(1,2)i B．－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)答案D解析解法一：∵z＝eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i（1－i）,2)＝eq\f(1＋i,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，∴zeq\o(z,\s\up6(－))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)i))＝eq\f(1,2).故選D.解法二：∵z＝eq\f(i,1＋i)，∴|z|＝eq\f(1,|1＋i|)＝eq\f(\r(2),2)，∴zeq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝eq\f(1,2).故選D.8.如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量分別是eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，則eq\f(z1,z2)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)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解析由復(fù)數(shù)的幾何意義知，z1＝1－2i，z2＝1＋i，則eq\f(z1,z2)＝eq\f(1－2i,1＋i)＝eq\f(（1－2i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝－eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i，在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(3,2)))，位于第三象限．故選C.9．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－1＋i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為P(x，y)，則點(diǎn)P的軌跡方程為()A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．(x－1)2＋(y＋1)2＝1答案D解析由題意得z＝x＋yi，則由|z－1＋i|＝1得|(x－1)＋(y＋1)i|＝1，即eq\r(（x－1）2＋（y＋1）2)＝1，則(x－1)2＋(y＋1)2＝1.故選D.10．(多選)下列命題中錯誤的是()A．若復(fù)數(shù)z1滿足zeq\o\al(2,1)＋1＝0，則z1＝iB．若復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|，則z1＝±z2C．若復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z為純虛數(shù)的充要條件是a＝0D．若復(fù)數(shù)|z1＋z2|＝0，則z1＝－z2答案ABC解析當(dāng)z1＝±i時滿足zeq\o\al(2,1)＋1＝0，A錯誤；當(dāng)z1＝1＋i，z2＝1－i時滿足|z1|＝|z2|，但z1≠±z2，B錯誤；復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，當(dāng)a＝0且b＝0時，復(fù)數(shù)z為實(shí)數(shù)，不是純虛數(shù)，C錯誤；令z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i，當(dāng)|z1＋z2|＝0時，eq\r(（a＋c）2＋（b＋d）2)＝0，a＝－c，b＝－d，則z1＝－z2成立，D正確．故選ABC.二、高考小題11．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)在復(fù)平面內(nèi)，(1＋3i)·(3－i)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限答案A解析因?yàn)?1＋3i)(3－i)＝3＋8i－3i2＝6＋8i，則所求復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)為(6，8)，位于第一象限．故選A.12．(2023·全國乙卷)設(shè)z＝eq\f(2＋i,1＋i2＋i5)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．1－2i B．1＋2iC．2－i D．2＋i答案B解析由題意可得z＝eq\f(2＋i,1＋i2＋i5)＝eq\f(2＋i,1－1＋i)＝eq\f(i（2＋i）,i2)＝eq\f(2i－1,－1)＝1－2i，則eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i.故選B.13．(2023·全國甲卷)若復(fù)數(shù)(a＋i)(1－ai)＝2，a∈R，則a＝()A．－1 B．0C．1 D．2答案C解析因?yàn)?a＋i)(1－ai)＝a－a2i＋i＋a＝2a＋(1－a2)i＝2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,1－a2＝0，))解得a＝1.故選C.14．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，則z－eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－i B．iC．0 D．1答案A解析因?yàn)閦＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(（1－i）（1－i）,2（1＋i）（1－i）)＝eq\f(－2i,4)＝－eq\f(1,2)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)i，所以z－eq\o(z,\s\up6(－))＝－i.故選A.15．(2022·新高考Ⅰ卷)若i(1－z)＝1，則z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－2 B．－1C．1 D．2答案D解析因?yàn)閕(1－z)＝1，兩邊同乘以i，則原式變?yōu)閕2(1－z)＝i，即－1＋z＝i，z＝1＋i，那么eq\o(z,\s\up6(－))＝1－i，則z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋i＋1－i＝2.故選D.16．(2022·全國乙卷)已知z＝1－2i，且z＋aeq\o(z,\s\up6(－))＋b＝0，其中a，b為實(shí)數(shù)，則()A．a(chǎn)＝1，b＝－2 B．a(chǎn)＝－1，b＝2C．a(chǎn)＝1，b＝2 D．a(chǎn)＝－1，b＝－2答案A解析由題設(shè)，z＝1－2i，eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i，代入有a＋b＋1＋(2a－2)i＝0，故a＝1，b＝－2.故選A.17．(2022·全國甲卷)若z＝－1＋eq\r(3)i，則eq\f(z,z\o(z,\s\up6(－))－1)＝()A．－1＋eq\r(3)i B．－1－eq\r(3)iC．－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)i D．－eq\f(1,3)－eq\f(\r(3),3)i答案C解析eq\o(z,\s\up6(－))＝－1－eq\r(3)i，zeq\o(z,\s\up6(－))＝(－1＋eq\r(3)i)(－1－eq\r(3)i)＝1＋3＝4.eq\f(z,z\o(z,\s\up6(－))－1)＝eq\f(－1＋\r(3)i,3)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)i.故選C.18．(2021·全國乙卷)設(shè)2(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，則z＝()A．1－2i B．1＋2iC．1＋i D．1－i答案C解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，2(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＝4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，所以z＝1＋i.三、模擬小題19．(2024·遼寧部分學(xué)校高三摸底考試)若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝2＋3i，則z的虛部是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)iC．1 D．－i答案A解析z＝eq\f(2＋3i,1＋i)＝eq\f(（2＋3i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)i，故z的虛部是eq\f(1,2).故選A.20．(2024·云南曲靖高三開學(xué)考試)已知z＝eq\f(i,2－i)，則zeq\o(z,\s\up6(－))＝()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(1,5)C.eq\f(\r(5),5)i D.eq\f(1,5)i答案B解析因?yàn)閑q\f(i,2－i)＝eq\f(i（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝eq\f(－1＋2i,5)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i，所以zeq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,5).故選B.21．(2024·四川宜賓第四中學(xué)高三開學(xué)考試)已知z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,\r(2))))eq\s\up12(2024)(i是虛數(shù)單位)，則z＝()A．－1 B．1C．0 D．i答案B解析z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,\r(2))))eq\s\up12(2024)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,\r(2))))eq\s\up12(2×1012)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2i,2)))eq\s\up12(1012)＝i1012＝(i4)253＝1.故選B.22．(2024·福建漳州高三第一次質(zhì)量檢測)已知復(fù)數(shù)z滿足z＋(z－1)i＝3(i為虛數(shù)單位)，則|z|＝()A．1 B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)答案D解析將z＋(z－1)i＝3整理可得z＝eq\f(3＋i,1＋i)，所以z＝eq\f(（3＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(3－2i－i2,1－i2)＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，可得|z|＝eq\r(22＋（－1）2)＝eq\r(5).故選D.23．(2024·廣東佛山實(shí)驗(yàn)學(xué)校月考)已知i為虛數(shù)單位，若eq\f(4－2i,1＋i)＝a＋bi3(a，b∈R)，則a＋b＝()A．4 B．－2C．0 D．6答案A解析因?yàn)閑q\f(4－2i,1＋i)＝eq\f(2（2－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－3i，又a＋bi3＝a－bi，所以a＝1，b＝3，a＋b＝4.故選A.24．(多選)(2024·福建廈門一中高三月考)已知復(fù)數(shù)z1，z2，下列命題正確的是()A．若|z1|