2023届人教A版新高考数学新教材一轮复习第七章平面向量、复数课时规范练32复数（Word版带解析）

课时规范练32　复数基础巩固组1.已知复数z满足z(3-i)=10,则z=(　　)A.-3-iB.-3+iC.3-iD.3+i2.(2021湖北黄冈中学三模)已知复数z满足z2+4i=0,则|z|=(　　)A.4B.2C.D.13.设复数z满足|z+1|=|z-i|,z在复平面内对应的点为(x,y),则(　　)A.x=0B.y=0C.x-y=0D.x+y=04.(2021山东聊城二模)已知复数z1=-2+i,z2=,在复平面内,复数z1和z2对应的两点之间的距离是(　　)A.B.C.5D.105.(多选)(2021湖南衡阳二模)复数z=a+(1-a)i,a∈R,则z在复平面内对应的点可能在的象限为(　　)A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限6.(多选)已知i为虚数单位,则下列结论正确的是(　　)A.复数z=的虚部为B.复数z=的共轭复数=-5-2iC.复数z=i在复平面内对应的点位于第二象限D.复数z满足∈R,则z∈R7.复数z在复平面内所对应的点的坐标为(1,1),则的实部与虚部的和是(　　)A.B.0C.D.i\n8.已知i是虚数单位,则复数z=(1+i)(2-i)的实部是　　　　. 9.(2021河北石家庄二模)设a,b为实数,若复数=1-i,则=　　　　　. 综合提升组10.(多选)对任意z1,z2,z∈C,下列结论成立的是(　　)A.当m,n∈N*时,有zmzn=zm+nB.当z1,z2∈C时,若=0,则z1=0且z2=0C.互为共轭复数的两个复数的模相等,且||2=|z|2=zD.z1=z2的充要条件是|z1|=|z2|11.(多选)(2021湖南雅礼中学二模)设z1,z2是复数,则下列命题是真命题的有(　　)A.若|z1-z2|=0,则B.若z1=,则=z2C.若|z1|=|z2|,则z1=z2D.若|z1|=|z2|,则12.(2021山东淄博三模)已知复数z满足等式|z-i|=1,则|z-1|的最大值为　　　. 13.(2020全国Ⅱ,理15)设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=+i,则|z1-z2|=　　　　　. 14.已知复数z1=i,z2=,则|z1+z2|=　　　　,z1++…+=　　　　. 创新应用组15.(多选)已知复数z=1+cos2θ+isin2θ-<θ<,则下列说法正确的是(　　)A.复数z在复平面上对应的点可能落在第二象限B.z可能为实数C.|z|=2cosθD.的实部为16.国际数学教育大会(ICME)是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议,第十四届大会将在上海召开,其会标如图,包含着许多数学元素.主画面是非常优美的几何化的中心对称图形,由弦图、圆和螺线组成,主画面标明的ICME-14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744,也可以读出其二进制码(0)11111100100,换算成十进制的数是n,则(1+i)2n=　　　　　,=　　　　　. \n17.已知复数z对应的点在复平面第一象限内,甲、乙、丙、丁四人对复数z的陈述如下(i为虚数单位):甲:z+=2;乙:z-=2i;丙:z=4;丁:.在甲、乙、丙、丁四人陈述中,有且只有两个人的陈述正确,则复数z=　　　　　. \n课时规范练32　复数1.D　解析z==3+i,故选D.2.B　解析设z=a+bi(a,b∈R),则z2+4i=(a+bi)2+4i=a2-b2+(2ab+4)i=0,所以a2=b2且ab=-2,即a=,b=-或a=-,b=,故|z|==2.故选B.3.D　解析复数z满足|z+1|=|z-i|,∴,化简得x+y=0,故选D.4.B　解析z1=-2+i在复平面内对应的点的坐标为(-2,1),z2==1+2i在复平面内对应的点的坐标为(1,2),所以复数z1和z2在复平面内对应的两点之间的距离为.故选B.5.ABD　解析当在复平面内对应的点在第三象限时,满足此时a不存在.故选ABD.6.ABD　对于A,z==-i,其虚部为,故A正确;对于B,z==(2+5i)i=-5+2i,故=-5-2i,故B正确;对于C,z=i在复平面内对应点的坐标为,-,位于第四象限,故C不正确;对于D,设z=a+bi(a,b∈R),则,又∈R,得b=0,所以z=a∈R,故D正确.故选ABD.7.B　由题意可得,z=1+i,=1-i,\n则|z|=||=,∴i,所以的实部为,虚部为-,故实部和虚部的和为0,故选B.8.3　解析z=(1+i)(2-i)=3+i,实部是3.9.-　解析=1-i,则a+bi==-i,所以a=-,b=,因此=-.10.AC　解析由复数乘法的运算律知,A正确;取z1=1,z2=i,满足=0,但z1=0且z2=0不成立,故B错误;由复数的模及共轭复数的概念知结论成立,故C正确;由z1=z2能推出|z1|=|z2|,但|z1|=|z2|推不出z1=z2,因此z1=z2的必要不充分条件是|z1|=|z2|,故D错误.故选AC.11.ABC　解析对于A,若|z1-z2|=0,则z1-z2=0,z1=z2,所以,故A为真命题;对于B,若z1=,则z1和z2互为共轭复数,所以=z2,故B为真命题;对于C,设z1=a1+b1i,z2=a2+b2i,a1,b1,a2,b2∈R,若|z1|=|z2|,则,即,所以z1=z2,故C为真命题;对于D,若z1=1,z2=i,则|z1|=|z2|,而=1,=-1,故D为假命题.故选ABC.12.+1　解析因为|z-i|=1,所以复数z在复平面内对应的点是以(0,1)为圆心,1为半径的圆,如图所示,则|z-1|的最大值为圆心(0,1)到点A(1,0)的距离加1,即\n+1=+1.13.2　解析设z1=a+bi,z2=c+di,a,b,c,d∈R.∵|z1|=|z2|=2,∴a2+b2=4,c2+d2=4.又z1+z2=(a+c)+(b+d)i=+i,∴a+c=,b+d=1.∴(a+c)2+(b+d)2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd=8+2ac+2bd=4.∴2ac+2bd=-4.∴(a-c)2+(b-d)2=a2+c2+b2+d2-2ac-2bd=8-(-4)=12.∴|z1-z2|==2.14.　0　解析因为z2==1+i,z1+z2=i+(1+i)=1+2i,所以|z1+z2|=;z1++…+=0.15.BCD　解析因为-<θ<,所以-π<2θ<π,所以-1<cos2θ≤1,所以0<1+cos2θ≤2,故A错误;当sin2θ=0,θ=0∈-时,复数z是实数,故B正确;|z|==2cosθ,故C正确;==,则的实部是,故D正确.故选BCD.\n16.-22020　-1　∵11111100100=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+0×23+1×22+0×21+0×20=2020.∴(1+i)2n=(2i)2020=-22020.=i1010=-1.17.1+i　解析设z=a+bi(a>0,b>0),则=a-bi,∴z+=2a,z-=2bi,z=a2+b2,.∵z=4与不可能同时成立,∴丙、丁的陈述不能同时正确;∵当z-=2i时,b2=3>2,此时不成立,∴乙、丁的陈述不能同时正确;当甲、乙的陈述正确时,a=1,b=,则丙的陈述也正确,不合题意;当甲、丙的陈述正确时,a=1,b=,则乙的陈述也正确,不合题意;当乙、丙的陈述正确时,b=,a=1,则甲的陈述也正确,不合题意;当甲、丁的陈述正确时,a=b=1,乙、丙的陈述错误,符合题意.故z=1+i.