(精选试题附答案)高中数学第七章复数知识点总结归纳完整版

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第七章复数知识点总结归纳完整版
单选题
1、若复数z =1+2i 1−i (i 为虚数单位)，则z 在复平面对应的点所在象限为（ ）
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z =1+2i 1−i ，利用复数的除法化简得到z ，进而得到其共轭复数，再利用复数的几何意义求解.
因为z =(1+2i)(1+i)2
=−1+3i 2=−12+32i ， 所以z =−12−32i ，
所以z 对应的点是(−12，−32)，在第三象限， 故选：C.
2、1545年，意大利数学家卡尔丹在其所著《重要的艺术》一书中提出“将实数10分成两部分，使其积为40”的问题，即“求方程x (10−x )=40的根”，卡尔丹求得该方程的根分别为5+√−15和5−√−15，数系扩充后这两个根分别记为5+√15i 和5−√15i ．若z(5+√15i )=5−√15i ，则复数z =（ ）
A ．1−√15i
B ．1+√15i
C ．
1−√15i 4D ．1+√15i 4
答案：C 分析：利用复数除法运算求得z .
由z(5+√15i )=5−√15i ，
得z =√15i 5+√15i =√15i 2(5+√15i )(5−√15i )=25−15−10√15i 25−15i 2=1−√15i
4．
故选：C．
3、复数2−i
1+3i
在复平面内对应的点所在的象限为（）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
答案：C
分析：利用复数的除法可化简2−i
1+3i
，从而可求对应的点的位置.
∵2−i
1+3i =(2−i)(1−3i)
10
=−1−7i
10
，
所以该复数对应的点为(−1
10,−7
10
)，在第三象限.
故选：C.
4、设复数z满足z⋅i=−1+i，则|z|=（）
A．1B．√2C．√5D．√10
答案：B
分析：利用复数的四则运算以及复数模的运算即可求解.
解析因为z=−1+i
i =(−1+i)⋅i
i⋅i
=−i−1
−1
=1+i，
所以z=1−i，|z|=√2.
故选：B
5、在复平面内，复数z=5i
3−4i
（i为虚数单位），则z对应的点的坐标为（）
A．(3,4)B．(−4,3)C．(4
5,−3
5
)D．(−4
5
,−3
5
)
答案：D
分析：根据复数运算法则进行运算后，再由复数的几何意义得解.
因为z=5i
3−4i =5i(3+4i)
(3−4i)(3+4i)
=3i−4
5
=−4
5
+3
5
i，所以z=−4
5
−3
5
i，
所以复数z所对应的点的坐标为(−4
5,−3
5
).
故选:D.
6、设i是虚数单位，则复数z=2i(−2+3i)对应的点在复平面内位于（）A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
答案：C
分析：利用复数的乘法法则化简复数z，由此可得出结论.
∵z=2i(−2+3i)=−6−4i，因此，复数z在复平面内的点位于第三象限. 故选：C.
7、复数a+b i(a,b∈R)的平方是一个实数的充要条件是（）.
A．a=0且b≠0B．a≠0且b=0
C．a=b=0D．ab=0
答案：D
分析：利用充要条件的定义和复数的运算判断即可
因为(a+b i)2=a2+2ab i+(b i)2=a2−b2+2ab i为实数，
所以ab=0，
反之，当ab=0时，复数a+b i(a,b∈R)的平方是一个实数，
所以复数a+b i(a,b∈R)的平方是一个实数的充要条件是ab=0，
故选：D
8、设(1+2i)a+b=2i，其中a,b为实数，则（）
A．a=1,b=−1B．a=1,b=1C．a=−1,b=1D．a=−1,b=−1
答案：A
分析：根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．
因为a,b∈R，(a+b)+2a i=2i，所以a+b=0,2a=2，解得：a=1,b=−1．故选：A.
9、复数i2+i3+i2022=（）
A．i B．−2−i C．−2+i D．−1
答案：B
分析：由复数的乘方化简计算．
i2+i3+i2022=(−1)+(−i)+(−1)=−2−i．
故选：B．
10、若z(1−2i)=2+i，则复数z̅=（）
A．-1B．−i C．1D．i
答案：B
分析：由复数的除法运算和共轭复数的概念，即可求出结果.
由z(1−2i)=2+i，得z=2+i
1−2i =(2+i)(1+2i)
(1−2i)(1+2i)
=2−2+i+4i
5
=i，则z̅=−i.
故选：B.
填空题
11、已知向量a⃗=(2，4)，b⃗⃗=(−1，2)，则向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量为________（用坐标表示）．
答案：(−6
5,12 5
)
分析：先计算两个向量的夹角的余弦值，再计算向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量.
因为a⃗=(2，4)，b⃗⃗=(−1，2)，则cos〈a⃗，b⃗⃗〉=a⃗⃗⋅b⃗⃗
|a⃗⃗|⋅|b⃗⃗|=
2√5⋅√5
=3
5
，
所以向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量为|a⃗|cos〈a⃗，b⃗⃗〉⋅b⃗⃗
|b⃗⃗|=2√5×3
5
⋅
√5
(-6
5
，12
5
).
所以答案是：(-6
5，12
5
)
12、设z1=2(cosπ
3+isinπ
3
)，z2=√2
2
(sinπ
6
+i cosπ
6
)，则z1⋅z2的三角形式为___________.
答案：√2(cos2π
3+i sin2π
3
)
分析：先将z1,z2化简，然后计算z1⋅z2，再转化为三角形式即可
因为z1=2(cosπ
3+isinπ
3
)=1+√3i，
z2=√2
2(sinπ
6
+i cosπ
6
)=√2
2
(1
2
+√3
2
i)=√2
4
+√6
4
i，
所以z1⋅z2=(1+√3i)(√2
4+√6
4
i)
=
√2
4
+
√6
4i+
√6
4i+
3√2
4i
2
=−
√2
2
+
√6
2i
=√2(−
1
2
+
√3
2i)
=√2(cos2π
3+isin2π
3
)，
所以答案是：√2(cos2π
3+i sin2π
3
)
13、复数z满足z(1−i)=2i（i为虚数单位），则z的虚部为___________. 答案：﹣1
分析：根据复数的运算法则直接求出Z，然后求Z可得.
因为z=2i
1−i =2i(1+i)
(1−i)(1+i)
=i(1+i)=−1+i，
所以z=−1−i
所以z的虚部为−1所以答案是：−1.
14、i是虚数单位，已知复数z满足等式z
i +2i
z
=0，则z的模|z|=________．
答案：√2
分析：以复数运算规则和复数模的运算性质对已知条件进行变形整理，是本题的简洁方法.
由z i +2i z =0，可得z i =−2i z
则有|z ||i |=|−2i |
|z |，即|z |×|z |=|i |×|−2i |=2，故有|z |=√2
所以答案是：√2
15、设复数z 满足|z |=1，且使得关于x 的方程zx 2+2zx +3=0有实根，则这样的复数z 的和为______. 答案：−74 解析：首先设z =a +bi (a ，b ∈R 且a 2+b 2=1)，代入方程，化简为(ax 2+2ax +3)+(bx 2−2bx )i =0，再分b =0和b ≠0两种情况求a,x 验证是否成立.
设z =a +bi ，(a ，b ∈R 且a 2+b 2=1)
则原方程zx 2+2z̅x +3=0变为(ax 2+2ax +3)+(bx 2−2bx )i =0.
所以ax 2+2ax +3=0，①且bx 2−2bx =0，②；
（1）若b =0，则a 2=1解得a =±1，当a =1时①无实数解，舍去；
从而a =−1，x 2−2x −3=0此时x =−1或3，故z =−1满足条件；
（2）若b ≠0，由②知，x =0或x =2，显然x =0不满足，故x =2，代入①得a =−38，b =±
√558
， 所以z =−38±√558i . 综上满足条件的所以复数的和为−1+(−38+
√558i)+(−38−√558i)=−74. 所以答案是：−74 小提示：思路点睛：本题考查复系数二次方程有实数根问题，关键是设复数z =a +bi 后代入方程，再进行整理转化复数的代数形式，注意实部和虚部为0，建立方程求复数z .
解答题
16、已知复数z 1＝4－m 2
＋（m －2）i ，z 2＝λ＋2sin θ＋（cos θ－2）i （其中i 是虚数单位，m ，λ，θ∈R ）.
(1)若z 1为纯虚数，求实数m 的值；
(2)若z 1＝z 2，求实数λ的取值范围.
答案：(1)-2；
(2)[2，6]
分析：（1）z 1为纯虚数，则其实部为0，虚部不为0，解得参数值；
（2）由z 1＝z 2，实部、虚部分别相等，求得λ关于θ的函数表达式，根据sinθ的范围求得参数取值范围.
(1)
由z 1为纯虚数，
则{4−m 2=0,m −2≠0,
解得m ＝－2. (2)
由z 1＝z 2，得{4−m 2=λ+2sinθ,m −2=cosθ−2,
∴λ＝4－cos 2θ－2sin θ＝sin 2
θ－2sin θ＋3=(sinθ−1)2+2. ∵－1≤sin θ≤1，
∴当sin θ＝1时，λmin ＝2，
当sin θ＝－1时，λmax ＝6，
∴实数λ的取值范围是[2，6].
17、设复数z =log 2(x 2−3x −3)+i log 2(x −3)，当x 取何实数时：
(1)复数z 为纯虚数；
(2)在复平面上表示z 的点位于第三象限；
(3)表示z 的点在直线x −2y +1=0上．
答案：(1)复数z 不可能为纯虚数
(2)x ∈(3+√212,4)
(3)x =√15
分析：（1）由实部等于0，虚部不等于0可得；
（2）由实部小于0，虚部小于0可得；
（3）x 用实部代入，y 用虚部代入求解可得．
(1)
由z 为纯虚数，则{log 2(x 2−3x −3)=0,log 2(x −3)≠0,
该组条件无解，所以复数z 不可能为纯虚数； (2)
由表示z 的点位于第三象限，则{log 2(x 2−3x −3)<0,log 2(x −3)<0,
解得x ∈(3+√212,4)； (3)
由表示z 的点在直线x −2y +1=0上，则log 2(x 2−3x −3)−2log 2(x −3)+1=0，解得x =√15．
18、已知复数z =2−i (i 是虚数单位)是关于x 的实系数方程x 2+px +q =0根．
（1）求p,q 的值；
（2）复数w =p +q i ，求复数w
3−4i 的值．
答案：（1）p =−4,q =5；（2）−3225−125i ．
分析：（1）根据实系数方程x 2+px +q =0的虚根是互为共轭复数的，利用韦达定理即可求出答案；
（2）根据复数的乘除法运算即可得出答案.
解：（1）实系数方程x 2+px +q =0的虚根是互为共轭复数的，
所以另一根是2+i ，根据韦达定理可得2+i + 2−i =−p,(2+i )(2−i )=q ，
∴p =−4,q =5
（2）由（1）得w =−4+5i
则w 3−4i =−4+5i
3−4i =(−4+5i )(3+4i )
(3−4i )(3+4i )=−32−i 25=−3225−125i . 19、已知z 为复数，z +2i 为实数，且z(1−2i )为纯虚数，其中i 是虚数单位．
(1)求|z |；
(2)若复数(z 3+i +m i )2
在复平面上对应的点在第二象限，求实数m 的取值范围．
答案：(1)2√5
(2)m >2
分析：（1）依题意设z +2i =a(a ∈R)，即可表示z ，再根据复数代数形式的乘法法则化简z(1−2i )，根据z(1−2i )为纯虚数求出a ，即可得到复数z ，从而求出|z |；
（2）由（1）知z =4−2i ，再根据复数代数形式的除法与乘方运算化简复数(
z 3+i +m i )2，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可；
(1)
解：因为z +2i 为实数，
所以设z +2i =a(a ∈R)，所以z =a −2i ，
所以z(1−2i )=(a −2i )(1−2i )=a −4−2(a +1)i ，
又因为z(1−2i )为纯虚数， 所以a −4=0即a =4，所以z =4−2i ，
所以|z |=√42+(−2)2=2√5．
(2)
解：由（1）知z =4−2i ，
所以(z
3+i +m i )2=(4−2i
3+i +m i )2
=[1+(m −1)i ]2
=−m 2+2m +2(m −1)i ，
其中4−2i
3+i =(4−2i )(3−i )
(3+i )(3−i )
=12−4i −6i +2i 210=1−i ， 因为复数(z 3+i +m i )2在复平面上对应的点的坐标为(−m 2+2m,2m −2)位于第二象限，
所以{−m 2+2m <02m −2>0
，解−m 2+2m <0得m >2或m <0， 解2m −2>0得m >1，
所以m >2．。