2012年高考总复习一轮《名师一号-数学》第15章检测题

第十五章复数名师检测题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．若复数(1＋bi)(2＋i)是纯虚数(i是虚数单位，b是实数)，则b等于()A．2B.12C．－12D．－2解析：∵(1＋bi)(2＋i)＝(2－b)＋(2b＋1)i，∴2－b＝0，2b＋1≠0.∴b＝2.答案：A2．复数3－i1＋i2＝()A．－3－4iB．－3＋4iC．3－4iD．3＋4i解析：3－i1＋i2＝2－4i22＝(1－2i)2＝1－4i＋4i2＝－3－4i，故选A.答案：A3．i是虚数单位，计算i＋i2＋i3＝()A．－1B．1C．－iD．i解析：i＋i2＋i3＝i＋(－1)＋(－i)＝－1，故选A.答案：A4．已知复数z满足(1＋2i3)z＝1＋2i，则z＝()A.35＋45iB．－35＋45iC．－35－45iD.35－45i解析：由已知得z＝1＋2i1＋2i3＝1＋2i1－2i＝1＋2i21＋2i1－2i＝－3＋4i5，选B.答案：B5．已知(x＋i)(1－i)＝y，则实数x，y分别为()A．x＝－1，y＝1B．x＝－1，y＝2C．x＝1，y＝1D．x＝1，y＝2解析：由(x＋i)(1－i)＝y得(x＋1)＋(1－x)i＝y，又因为x，y为实数，所以有y＝x＋11－x＝0，解得x＝1y＝2.答案：D6．若复数z＝sinx1＋i＋cosx1－i，则|z|的值为()A.12B.22C.2D．2解析：依题意，z＝1－isinx2＋1＋icosx2＝sinx＋cosx2＋cosx－sinx2i，|z|＝sinx＋cosx22＋cosx－sinx22＝22，选B.答案：B7．若z的共轭复数为z－，f(z－＋i)＝z＋2i(i为虚数单位)，则f(3＋2i)等于()A．3－iB．3＋iC．3＋3iD．3－2i解析：设z＝a＋bi，则z－＝a－bi.而f(z－＋i)＝z＋2i⇒f(a－bi＋i)＝a＋bi＋2i，即f[a＋(1－b)i]＝a＋(b＋2)i.由题意可得，a＝31－b＝2⇒a＝3b＝－1，∴f(3＋2i)＝3＋i，故选B.答案：B8．i是虚数单位，i3＋3i＝()A.14－312iB.14＋312iC.12＋36iD.12－36i解析：i3＋3i＝i3－3i3＋3i3－3i＝3i－3i23－9i2＝3i＋312＝14＋312i.答案：B9.2i1－i的共轭复数对应复平面内的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：由2i1－i＝2i1＋i2＝－1＋i得2i1－i的共轭复数是－1－i，其对应的点位于第三象限，选C.答案：C10．i是虚数单位，复数－1＋3i1＋2i＝()A．1＋iB．5＋5iC．－5－5iD．－1－i解析：原式＝－1＋3i1－2i1＋2i1－2i＝5＋5i5＝1＋i，选A.答案：A11．在数列{an}中，a1＝2i，(1＋i)an＋1＝(1－i)an(n∈N*)，则a10的值为()A．2B．－2C．2iD．1024i解析：依题意，an＋1＝1－i1＋ian＝1－i21＋i1－ian＝－ian.又a1＝2i，因此数列{an}是以2i为首项、－i为公比的等比数列，故a10＝2i×(－i)9＝－2i10＝2，选A.答案：A12．对于复数a，b，c，d，若集合S＝{a，b，c，d}具有性质“对任意x，y∈S，必有xy∈S”，则当a＝1b2＝1c2＝b时，b＋c＋d等于()A．1B．－1C．0D．i解析：根据集合元素的唯一性，知b＝－1，由c2＝－1得，c＝±i，因对任意x，y∈S，必有xy∈S，所以当c＝i时，d＝－i；当c＝－i时，d＝i，所以b＋c＋d＝－1.答案：B第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．)13．已知(a－i)2＝2i，其中i是虚数单位，那么实数a＝________.解析：∵(a－i)2＝a2－1－2ai＝2i，∴a2－1＝0且－2a＝2，解得a＝－1.答案：－114．设z1是复数，z2＝z1－iz－1(其中z－1表示z1的共轭复数)，已知z2的实部是－1，则z2的虚部为______．解析：设z1＝a＋bi，则z－1＝a－bi，∴z2＝z1－iz－1＝a＋bi－i(a－bi)＝a－b＋(b－a)i；∵z2的实部是－1，即a－b＝－1，∴b－a＝1，即z2的虚部为1；故填1.答案：115．已知复数z0＝3＋2i，复数z满足z·z0＝3z＋z0，则复数z＝__________.解析：解法一：z0＝3＋2i，∴z·z0＝3z＋z0⇔(3＋2i)·z＝3z＋(3＋2i)．∴z·(2i)＝3＋2i.∴z＝3＋2i2i＝1－32i.解法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，∴(3＋2i)·(a＋bi)＝3(a＋bi)＋(3＋2i)．∴(3a－2b)＋(2a＋3b)i＝(3a＋3)＋(3b＋2)i.∴3a－2b＝3a＋3，2a＋3b＝3b＋2.∴a＝1，b＝－32.∴z＝1－32i.答案：1－32i16．设复平面上关于实轴对称的两点Z1，Z2所对应的复数为z1，z2，若z1－(3z2－1)i＝[z2＋(2＋z1)i]i，则z1z2＝________.解析：设z1＝x＋yi，则z2＝x－yi，代入原式并化简得(x－3y)＋(y－3x＋1)i＝(x－y)i＋(y－2－x)，∴x－3y＝－x＋y－2y－3x＋1＝x－y，解得x＝23y＝56，∴z1z2＝x2＋y2＝4136.答案：4136三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知z∈C，z2＝－3＋4i，求z3＋6z＋27z.解析：设z＝x＋yi，由(x＋yi)2＝－3＋4i，得(x2－y2)＋2xyi＝－3＋4i.所以x2－y2＝－3，2xy＝4.所以x＝1，y＝2.或x＝－1，y＝－2.所以z＝±(1＋2i)所以z3＋6z＋27z＝z4＋6z2＋27z＝－3＋4i2＋6－3＋4i＋27±1＋2i＝2±1＋2i＝±2－4i5.18．(本小题满分12分)已知复数z满足|z－2|＝2及z＋4z∈R，求z.解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)根据|z－2|＝2，得：(x－2)2＋y2＝4①又z＋4z＝(x＋yi)＋4x＋yi＝x＋4xx2＋y2＋y－4yx2＋y2i∈R所以y－4yx2＋y2＝0②联立①②得：x＝4y＝0或x＝0y＝0(舍去)或x＝1y＝3或x＝1y＝－3所以z＝4或z＝1±3i.19．(本小题满分12分)已知z＝a－i1－i，其中i为虚数单位，a0，复数ω＝z(z＋i)的虚部减去它的实部所得的差等于32，求复数ω的模．解析：因为z＝a－i1＋i2＝a＋1＋a－1i2所以ω＝z(z＋i)＝a＋1＋a－1i2·a＋1＋a＋1i2＝a＋12＋a＋1a2i由题设a＋1a2－a＋12＝32得a＝2所以ω＝32＋3i所以|ω|＝322＋32＝325.20．(本小题满分12分)已知复数z＝－1＋3i1－i－1＋3ii，ω＝z＋ai(a∈R)，当|ωz|≤2时，求a的取值范围．解析：z＝－1＋3i1－i－1＋3ii＝1＋ii＝1－i∴|z|＝2，又|ωz|＝|ω||z|≤2∴|ω|≤2而ω＝z＋ai＝(1－i)＋ai＝1＋(a－1)i(a∈R)则12＋a－12≤2⇒(a－1)2≤3所以－3≤a－1≤31－3≤a≤1＋3故a的取值范围是[1－3，1＋3]．21．(本小题满分12分)已知复数z满足zz－i(3z)＝1－(3i)，求z.分析：(1)将方程两边化成a＋bi的形式，根据复数相等的充要条件来解．(2)根据模的性质即|z|2＝zz和两个纯虚数的积为实数来解．解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则x2＋y2－i[3x＋yi]＝1－(3i)，即x2＋y2－3y－3xi＝1＋3i，由复数相等得x2＋y2－3y＝1－3x＝3解得x＝－1y＝0或x＝－1y＝3∴z＝－1或z＝－1＋3i.22．(本小题满分12分)设z是虚数，ω＝z＋1z是实数，且－1ω2.(1)设u＝1－z1＋z，求证：u是纯虚数；(2)求ω－u2的最小值．解析：设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，ω＝z＋1z＝a＋bi＋1a＋bi＝a＋aa2＋b2＋b－ba2＋b2i，又ω∈R且b≠0，∴a2＋b2＝1，∴a＋aa2＋b2＝2a，又－12a2，∴－12a1.(1)u＝1－z1＋z＝1－a－bi1＋a＋bi＝1－a－bi1＋a－bi1＋a＋bi1＋a－bi＝1－a2－b2－2bi1＋a2＋b2＝－ba＋1i，∴u为纯虚数．(2)ω－u2＝2a＋b2a＋12＝2a＋1－a2a＋12＝2a－a－1a＋1＝2a－1＋2a＋1＝2[(a＋1)＋1a＋1]－3，∵a∈(－12，1)，∴a＋10，∴ω－u2≥2×2－3＝1，当且仅当a＋1＝1a＋1，即a＝0时，上式取等号，∴ω－u2的最小值是1.