第七章高考强化

$ (1+5\mathrm{i})\mathrm{i}=\mathrm{i}+5{\mathrm{i}}^{2}=-5+\mathrm{i} $ ,则虚部为1.故选 $ \mathrm{C} $ .

由 $ z=1+\mathrm{i} $ ,得 $ \dfrac{1}{z-1}=\dfrac{1}{\mathrm{i}}=\dfrac{\mathrm{i}}{{\mathrm{i}}^{2}}=-\mathrm{i}. $ 故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ z=5+\mathrm{i} $ ,所以 $ \overline{z}=5-\mathrm{i} $ ，所以 $ \mathrm{i}(\overline{z}+z)=\mathrm{i}(5-\mathrm{i}+5+\mathrm{i})=10\mathrm{i} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

由 $ \dfrac{z}{z-1}=1+\mathrm{i} $ ，可得 $ \dfrac{z-1+1}{z-1}=1+\mathrm{i} $ ，即 $ 1+\dfrac{1}{z-1}=1+\mathrm{i} $ ，所以 $ \dfrac{1}{z-1}=\mathrm{i} $ ，所以 $ z-1=\dfrac{1}{\mathrm{i}}=-\mathrm{i} $ ，所以 $ z=1-\mathrm{i} $ ，故选C.

因为 $ z=\dfrac{2+\mathrm{i}}{1+{\mathrm{i}}^{2}+{\mathrm{i}}^{5}}=\dfrac{2+\mathrm{i}}{1+(-1)+\mathrm{i}}=\dfrac{2+\mathrm{i}}{\mathrm{i}}=\dfrac{(2+\mathrm{i})\mathrm{i}}{{\mathrm{i}}^{2}}=-(2+\mathrm{i})\mathrm{i}=1-2\mathrm{i} $ ,所以 $ \overline{z}=1+2\mathrm{i} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

$ (a+\mathrm{i})(1-a\mathrm{i})=a-{a}^{2}\mathrm{i}+\mathrm{i}+a=2a+(1-{a}^{2})\mathrm{i}=2 $ ,所以 $ \begin{cases}2a=2,\\ 1-{a}^{2}=0,\end{cases} $ 解得 $ a=1 $ ,故选 $ \mathrm{C} $ ．

因为 $ z=-1+\sqrt{3}\mathrm{i} $ ，所以 $ z\overline{z}= (-1)^{2}+{\left(\sqrt{3} \right) ^ {2}}=4 $ ，所以 $ \dfrac{z}{z\overline{z}-1}=\dfrac{-1+\sqrt{3}\mathrm{i}}{4-1}=\dfrac{-1+\sqrt{3}\mathrm{i}}{3}=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{\sqrt{3}}{3}\mathrm{i} $ ，故选C.

由题意设 $ z=1+b\mathrm{i}(b\ne 0) $ , $ \therefore z+\dfrac{2}{z}=1+b\mathrm{i}+\dfrac{2}{1+b\mathrm{i}}=1+b\mathrm{i}+\dfrac{2(1-b\mathrm{i})}{1+{b}^{2}}=(1+\dfrac{2}{1+{b}^{2}})+(b-\dfrac{2b}{1+{b}^{2}})\mathrm{i} $ , $ \because m\in \boldsymbol{R} $ , $ \therefore b-\dfrac{2b}{1+{b}^{2}}=0 $ ,解得 $ b=±1 $ , $ \therefore m=1+\dfrac{2}{1+{b}^{2}}=1+1=2 $ .

由 $ \mathrm{i}\cdot z+2=2\mathrm{i} $ ,得 $ z=\dfrac{2\mathrm{i}-2}{\mathrm{i}}=2+2\mathrm{i} $ ,则 $ |z|=\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

$ (1+3\mathrm{i})(3-\mathrm{i})=3-\mathrm{i}+9\mathrm{i}+3=6+8\mathrm{i} $ ，在复平面内对应的点的坐标为 $ (6,8) $ ，位于第一象限，故选A.

根据复数的几何意义得 $ z=-1+\sqrt{3}\mathrm{i} $ ,所以 $ \overline{z}=-1-\sqrt{3}\mathrm{i} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

由题知 $ z=x+y\mathrm{i} $ ,则 $ z-\mathrm{i}=x+(y-1)\mathrm{i} $ ,则 $ |z-\mathrm{i}|=\sqrt{{x}^{2}+(y-1)^{2}}=1 $ ,则 $ {x}^{2}+(y-1)^{2}=1 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

（代数法）设 $ {z}_{1}=a+b\mathrm{i} $ , $ a $ , $ b\in \boldsymbol{R} $ ,则 $ {z}_{2}=\sqrt{3}-a+(1-b)\mathrm{i} $ .

由 $ |{z}_{1}|=|{z}_{2}|=2 $ ,

得 $ \begin{cases}{a}^{2}+{b}^{2}=4,\\ (\sqrt{3}-a)^{2}+(1-b)^{2}=4,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}{a}^{2}+{b}^{2}=4,\\ \sqrt{3}a+b=2.\end{cases} $

因为 $ {z}_{1}-{z}_{2}=2a-\sqrt{3}+(2b-1)\mathrm{i} $ ,

所以 $ |{z}_{1}-{z}_{2}|=\sqrt{(2a-\sqrt{3})^{2}+(2b-1)^{2}}= $

$ \sqrt{4({a}^{2}+{b}^{2}-\sqrt{3}a-b)+4}=2\sqrt{3} $ .

【多种解法一】

（复数的几何意义）设 $ {z}_{1} $ , $ {z}_{2} $ 在复平面内对应的向量分别为 $ \overrightarrow {O{Z}_{1}} $ , $ \overrightarrow {O{Z}_{2}} $ .

由题意知 $ |\overrightarrow {O{Z}_{1}}|=|\overrightarrow {O{Z}_{2}}|=2 $ , $ |\overrightarrow {O{Z}_{1}}+\overrightarrow {O{Z}_{2}|=}|\sqrt{3}+\mathrm{i}|=2 $ ,则以 $ O{Z}_{1} $ , $ O{Z}_{2} $ 为邻边的平行四边形为菱形,且 $ \mathrm{\angle }{Z}_{2}O{Z}_{1}={120}^{\circ } $ ,如图所示.则 $ |{z}_{1}-\overrightarrow {{z}_{2}|=|\overrightarrow {O{Z}_{1}}-O{Z}_{2}|=}2\sqrt{3} $ .

【多种解法二】

（向量法）原题等价于平面向量 $ \boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b} $ 满足 $ |\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=2 $ ,且 $ \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}=(\sqrt{3},1) $ ,求 $ |\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}| $ .因为 $ |\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}{|}^{2}+|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}{|}^{2}=2|\boldsymbol{a}{|}^{2}+2|\boldsymbol{b}{|}^{2} $ ,所以 $ {2}^{2}+|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}{|}^{2}=16 $ ,所以 $ |\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=2\sqrt{3} $ .

设 $ z=a+b\mathrm{i}(a,b\in \boldsymbol{R}) $ , $ \because {z}^{2}={\overline{z}}^{2} $ ,即 $ (a+b\mathrm{i})^{2}={\left(a-b\mathrm{i} \right) ^ {2}} $ ,则 $ ab=0 $ ,又 $ |z|\leqslant 1 $ ,即 $ {a}^{2}+{b}^{2}\leqslant 1 $ ,则复数 $ z $ 在复平面内对应的点的轨迹为如图所示的两条线段 $ BD $ , $ CE $ ,而 $ |z-2-3\mathrm{i}|=|z-(2+3\mathrm{i})| $ 表示点 $ (a,b) $ 到点 $ A(2,3) $ 的距离,由图可知, $ \min ｛|AB| $ , $ |AC|｝ $ 为 $ |z-2-3\mathrm{i}|=|z-(2+3\mathrm{i})| $ 的最小值,而 $ |AB|=\sqrt{{\left(2-0\right) ^ {2}}+{\left(3-1\right) ^ {2}}}=2\sqrt{2} $ , $ |AC|=\sqrt{{\left(2-1\right) ^ {2}}+{\left(3-0\right) ^ {2}}}=\sqrt{10} > 2\sqrt{2} $ , $ \therefore |z-2-3\mathrm{i}| $ 的最小值为 $ 2\sqrt{2} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ , $ z=\dfrac{1+a\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}=\dfrac{(1+a\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}=\dfrac{(1-a)+(a+1)\mathrm{i}}{2} $ ,若 $ z $ 为纯虚数,则 $ \begin{cases}1-a=0,\\ a+1\ne 0,\end{cases} $ 所以 $ a=1 $ ,此时 $ z=\mathrm{i} $ ,所以 $ {z}^{2025}={\mathrm{i}}^{2025}={\mathrm{i}}^{506×4+1}=\mathrm{i} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,由 $ {z}^{2}+2z-a\geqslant 0 $ ,可得 $ {\left(\dfrac{1+a\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}\right) ^ {2}}+2×\dfrac{1+a\mathrm{i}}{1-\mathrm{i}}-a\geqslant 0 $ ,即 $ \dfrac{(1-{a}^{2})\mathrm{i}-2a}{2}+(1-a)+(a+1)\mathrm{i}-a\geqslant 0 $ ,所以 $ (3-{a}^{2}+2a)\mathrm{i}+2-6a\geqslant 0 $ ,即 $ \begin{matrix}3-{a}^{2}+2a=0⇒a=3或a=-1,\\ 2-6a\geqslant 0⇒a\leqslant \dfrac{1}{3},.\end{matrix} $ 所以 $ a=-1 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,当 $ a=1 $ 时, $ z=\mathrm{i} $ ,将 $ 1-z=1-\mathrm{i} $ 代入方程 $ {x}^{2}-2x+3=0 $ 得 $ (1-\mathrm{i})^{2}-2 (1-\mathrm{i} )+3=1\ne 0 $ ,所以 $ 1-z $ 不是方程 $ {x}^{2}-2x+3=0 $ 在复数范围内的一个解,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ , $ z=\dfrac{(1-a)+(a+1)\mathrm{i}}{2} $ ,因为 $ |z|=\sqrt{\dfrac{{\left(1-a\right) ^ {2}}+{\left(1+a\right) ^ {2}}}{4}}=\sqrt{\dfrac{2+2{a}^{2}}{4}}=1 $ ,所以 $ a=±1 $ ,又 $ a > 0 $ ,所以 $ a=1 $ , $ z=\mathrm{i} $ ,设 $ \omega =x+y\mathrm{i}(x,y\in \boldsymbol{R}) $ ,因为 $ |\omega |=|z|=1 $ ,所以 $ {x}^{2}+{y}^{2}=1 $ ,所以 $ -1\leqslant y\leqslant 1 $ ,所以 $ |\omega -3z|=|x+(y-3)\mathrm{i}|=\sqrt{{x}^{2}+{\left(y-3\right) ^ {2}}}=\sqrt{1-{y}^{2}+{\left(y-3\right) ^ {2}}}=\sqrt{10-6y}\in [2,4] $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .

由 $ |z|=\sqrt{2} $ 得 $ z\cdot \overline{z}=|z{|}^{2}=2 $ ,则 $ {z}^{3}+z=z\cdot \overline{z} $ ,易知 $ z\ne 0 $ ,则 $ {z}^{2}+1=\overline{z} $ ,故 $ |\overline{z}-1|=|{z}^{2}|=|z{|}^{2}=2 $ .设 $ z=a+b\mathrm{i}(a,b\in \boldsymbol{R}) $ ,则 $ {a}^{2}+{b}^{2}=2 $ , $ (a-1)^{2}+{\left(-b \right) ^ {2}}=4 $ ,两式相减得 $ a=-\dfrac{1}{2} $ ,则 $ b=±\dfrac{\sqrt{7}}{2} $ ,所以 $ z=-\dfrac{1}{2}±\dfrac{\sqrt{7}}{2}\mathrm{i} $ .