高考数学 专题11 算法、复数、推理与证明 91 复数 理

【步步高】（江苏专用）2017版高考数学 专题11 算法、复数、推理
与证明 91 复数 理
12122．(2015·安徽屯溪一中月考)若复数z 满足(1＋3i)z ＝23i(i 是虚数单位)，则z 在复平面内对应的点在第________象限．
3．若z ＝sin θ－35＋(cos θ－45)i 是纯虚数，则tan(θ－π4
)＝________. 4．(2015·山东日照一中阶段检测)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若a －i 与2＋b i 互为共轭复数，则(a ＋b i)2
＝________.
5．设i 是虚数单位，复数1＋a i 3－i
为纯虚数，则实数a 的值为________． 6．已知复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，且a ＋b ＝1，现有如下三个结论：
①z 可能为实数；
②z 不可能为纯虚数；
③若z 的共轭复数为z ，则z ·z ＝a 2＋b 2. 其中正确结论的个数为________．
7．(2015·苏北三市高三第二次调研考试)已知i 是虚数单位，实数a ，b 满足(3＋4i)(a ＋b i)＝10i ，则3a －4b 的值是________．
8．(2015·江苏阜宁中学调研)若复数z ＝i ＋i 2 016，则z ＋10z
的模等于________． 9．(2015·河南洛阳中学第一次统考)已知i 为虚数单位，复数z 1＝3－a i ，z 2＝1＋2i ，若z 1z 2对应的点在复平面内的第四象限，则实数a 的取值范围为________________．
10．若复数z 满足z ＋i ＝3＋i i
(i 为虚数单位)，则|z |＝______. 11．下列命题中正确的是________．
①已知a ，b ∈R ，则“a ＝b ”是“(a －b )＋(a ＋b )i 为纯虚数”的充要条件；
②当z 是非零实数时，|z ＋1z
|≥2恒成立； ③复数z ＝(1－i)3的实部和虚部都是－2；
④设z 的共轭复数为z ，若z ＋z ＝4，z ·z ＝8，则z z
＝－i. 12．已知复数z ＝1－i 在复平面内对应的向量为O Z →，把OZ →按逆时针方向旋转θ得到一个新
向量OZ 1→.若OZ 1→对应一个纯虚数z 1，则当θ取最小正角时，z 1＝________.
13．若复数z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝21－a
＋(2a －5)i ，1z ＋z 2是实数，则实数a ＝________. 14．已知i 是虚数单位，C 是全体复数构成的集合，若映射f ：C →R 满足对任意的z 1，z 2∈C ，以及任意的λ∈R ，都有f (λz 1＋(1－λ)z 2)＝λf (z 1)＋(1－λ)f (z 2)，则称映射f 具有性质P ，给出如下映射：
①f 1：C →R ，f 1(z )＝x －y ，z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )；
②f 2：C →R ，f 2(z )＝x 2
－y ，z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )；
③f 3：C →R ，f 3(z )＝2x ＋y ，z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )．
其中具有性质P 的映射为________．(写出所有满足条件的映射的序号)
答案解析
1．－34 2．一 解析 由(1＋3i)z ＝23i ，得
z ＝23i 1＋3i ＝2
3i·1－3i
1＋3i 1－3i ＝3
2＋3
2i ，
∴z 在复平面内对应的点的坐标为(32，3
2)，是第一象限的点．
3．－7
解析 由题意得sin θ－3
5＝0，
且cos θ－4
5≠0，
所以tan θ＝－3
4，
所以tan(θ－π4)＝tan θ－tan π41＋tan θtan π
4＝－3
4－1
1＋－3
4×1
＝－7.
4．3＋4i
解析 ∵a －i 与2＋b i 互为共轭复数，∴a ＝2，b ＝1.
∴(a ＋b i)2＝(2＋i)2＝3＋4i.
5．3
解析 因为1＋a i 3－i ＝1＋a i 3＋i 10＝3－a 10＋1＋
3a
10i 是纯虚数，
所以⎩⎪⎨⎪⎧ 3－a
10＝0，
1＋3a
10≠0，解得a ＝3.
6．2
解析 当b ＝0时，a ＝1，此时z ＝1为实数，故①正确；
当a ＝0时，b ＝1，此时z ＝i 为纯虚数，故②错误；
z ·z ＝(a ＋b i)(a －b i)＝a 2＋b 2，故③正确．
7．0
解析 ∵(3＋4i)(a ＋b i)＝10i ，
∴(3a －4b )＋(4a ＋3b )i ＝10i ，
即⎩⎪⎨⎪⎧ 3a －4b ＝0，4a ＋3b ＝10，∴3a －4b ＝0. 8．6 2
解析 z ＝i ＋i 2 016＝1＋i ，z ＝1－i ，
∴z ＋10z ＝1－i ＋101＋i ＝1－i ＋10×1－i 2
＝6－6i ， 其模为6 2.
9．(－6，32
) 解析 z 1z 2＝3－a i 1＋2i ＝3－a i 1－2i 1＋2i 1－2i ＝3－2a 5－6＋a 5
i ， 因为z 1z 2对应的点在复平面内的第四象限，
所以⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2a >0，6＋a >0，
解得－6<a <32
. 10.17
11．②③
解析 ①中已知a ，b ∈R ，则“a ＝b ”是“(a －b )＋(a ＋b )i 为纯虚数”的必要不充分条件，故①错误；
②当z 是非零实数时，|z ＋1z |2＝z 2＋1z
2＋2≥4， 当且仅当z 2＝1z
2时，“＝”成立， 故|z ＋1z
|≥2恒成立，正确； ③复数z ＝(1－i)3
＝－2i －2的实部和虚部都是－2，正确；
④设z 的共轭复数为z ，若z ＋z ＝4，z ·z ＝8，
设z ＝a ＋b i ，则a ＝2，b ＝±2，
那么可知z z ＝－i 或z z ＝i ，故④错误． 12.2i 解析 因为旋转时复数的模不发生变化，
又z ＝1－i 在复平面内对应的点在第四象限，
所以复数z 1在复平面内对应的点在虚轴的正半轴上，
所以z 1＝|1－i|i ＝2i.
13．3
解析 z ＋z 2＝
3a ＋5＋(a 2－10)i ＋21－a ＋(2a －5)i ＝(
3a ＋5＋21－a )＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i ＝a －13a ＋5a －1
＋(a 2＋2a －15)i ， ∵z ＋z 2是实数，
∴a 2＋2a －15＝0，解得a ＝－5或a ＝3.
又(a ＋5)(a －1)≠0，
∴a ≠－5且a ≠1，
故a ＝3.
14．①③
解析 设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，
则λz 1＋(1－λ)z 2＝[aλ＋c (1－λ)]＋[bλ＋d (1－λ)]i.
对于①，f 1(λz 1＋(1－λ)z 2)＝[aλ＋c (1－λ)]－[bλ＋d (1－λ)]， 而λf 1(z 1)＋(1－λ)f 1(z 2)＝λ(a －b )＋(1－λ)(c －d )＝[aλ＋c (1－λ)]－[bλ＋d (1－λ)]，
∴f 1(λz 1＋(1－λ)z 2)＝λf 1(z 1)＋(1－λ)f 1(z 2)，
所以f 1具有性质P ；
对于②，f 2(λz 1＋(1－λ)z 2)＝[a λ＋c (1－λ)]2－[b λ＋d (1－λ)]， 而λf 2(z 1)＋(1－λ)f 2(z 2)＝λ(a 2－b )＋(1－λ)(c 2－d )，
显然f 2(λz 1＋(1－λ)z 2)与λf 2(z 1)＋(1－λ)f 2(z 2)不恒相等， 所以f 2不具有性质P ；
对于③，f 3(λz 1＋(1－λ)z 2)＝2[a λ＋c (1－λ)]＋[b λ＋d (1－λ)]，而λf 3(z 1)＋(1－λ)f 3(z 2)＝λ(2a ＋b )＋(1－λ)(2c ＋d )＝2[a λ＋c (1－λ)]＋[b λ＋d (1－λ)]， ∴f 3(λz 1＋(1－λ)z 2)＝λf 3(z 1)＋(1－λ)f 3(z 2)，
所以f 3具有性质P ，
故具有性质P的映射的序号为①③.。