《第三章数系的扩充与复数的引入》阶段质量检测试卷含解析

阶段质量检测（三）数系的扩充与复数的引入(时间：120分钟满分：150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．i是虚数单位，复数7－i3＋i＝()A．2＋iB．2－iC．－2＋iD．－2－i解析：选B7－i3＋i＝(7－i)(3－i)10＝20－10i10＝2－i.2．(全国卷Ⅱ)若a为实数，且(2＋ai)(a－2i)＝－4i，则a＝()A．－1B．0C．1D．2解析：选B∵(2＋ai)(a－2i)＝－4i，∴4a＋(a2－4)i＝－4i.∴4a＝0，a2－4＝－4.解得a＝0.故选B.3．若复数z满足z1－i＝i，其中i是虚数单位，则z＝()A．1－iB．1＋iC．－1－iD．－1＋i解析：选Az＝(1－i)i＝－i2＋i＝1＋i，z＝1－i，故选A.4．设i是虚数单位，则复数2i1－i在复平面内所对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：选B2i1－i＝2i(1＋i)(1－i)(1＋i)＝2(i－1)2＝－1＋i，由复数的几何意义知－1＋i在复平面内的对应点为(－1,1)，该点位于第二象限，故选B.5．已知(1－i)2z＝1＋i(i为虚数单位)，则复数z＝()A．1＋iB．1－iC．－1＋iD．－1－i解析：选D由(1－i)2z＝1＋i，得z＝(1－i)21＋i＝－2i1＋i＝－2i(1－i)(1＋i)(1－i)＝－1－i，故选D.6．设复数z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数是z，则2－zz等于()A．－1－2iB．－2＋iC．－1＋2iD．1＋2i解析：选C由题意可得2－zz＝2－(－1＋i)－1－i＝(3－i)(－1＋i)(－1－i)(－1＋i)＝－1＋2i，故选C.7．已知复数z＝－12＋32i，则z＋|z|＝()A．－12－32iB．－12＋32iC.12＋32iD.12－32i解析：选D因为z＝－12＋32i，所以z＋|z|＝－12－32i＋－122＋322＝12－32i.8．已知复数z满足(1－i)z＝i2016(其中i为虚数单位)，则z的虚部为()A.12B．－12C.12iD．－12i解析：选B∵2016＝4×504，∴i2016＝i4＝1.∴z＝11－i＝12＋12i，∴z＝12－12i，∴z的虚部为－12.故选B.9．A，B分别是复数z1，z2在复平面内对应的点，O是原点，若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则三角形AOB一定是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形解析：选B根据复数加(减)法的几何意义，知以OA――→，OB――→为邻边所作的平行四边形的对角线相等，则此平行四边形为矩形，故三角形OAB为直角三角形．10．设z＝(2t2＋5t－3)＋(t2＋2t＋2)i，t∈R，则以下结论正确的是()A．z对应的点在第一象限B．z一定不为纯虚数C.z对应的点在实轴的下方D．z一定为实数解析：选C∵t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1＞0，∴z对应的点在实轴的上方．又∵z与z对应的点关于实轴对称．∴C项正确．11．设z的共轭复数为z，若z＋z＝4，z·z＝8，则zz等于()A．1B．－iC．±1D．±i解析：选D设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi，由条件可得2a＝4，a2＋b2＝8.解得a＝2，b＝±2.因此z＝2＋2i，z＝2－2i，或z＝2－2i，z＝2＋2i.所以zz＝2－2i2＋2i＝1－i1＋i＝(1－i)2(1＋i)(1－i)＝－2i2＝－i，或zz＝2＋2i2－2i＝1＋i1－i＝(1＋i)2(1－i)(1＋i)＝2i2＝i，所以zz＝±i.12．已知复数z＝(x－2)＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的向量的模为3，则yx的最大值是()A.32B.33C.12D.3解析：选D因为|(x-2)+yi|=3，所以(x-2)2+y2=3，所以点(x，y)在以C(2,0)为圆心，以为半径的圆上，如图，由平面几何知识-3≤yx≤3.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中的横线上)13．已知复数z＝(5＋2i)2(i为虚数单位)，则z的实部为________．解析：复数z＝(5＋2i)2＝21＋20i，其实部是21.答案：2114．i是虚数单位，若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值为________．解析：由(1－2i)(a＋i)＝(a＋2)＋(1－2a)i是纯虚数可得a＋2＝0,1－2a≠0，解得a＝－2.答案：－215．设复数a＋bi(a，b∈R)的模为3，则(a＋bi)(a－bi)＝________.解析：∵|a＋bi|＝a2＋b2＝3，∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3.答案：316．若关于x的方程x2＋(2－i)x＋(2m－4)i＝0有实数根，则纯虚数m＝________.解析：设m＝bi(b∈R且b≠0)，则x2＋(2－i)x＋(2bi－4)i＝0，化简得(x2＋2x－2b)＋(－x－4)i＝0，即x2＋2x－2b＝0，－x－4＝0，解得x＝－4，b＝4，∴m＝4i.答案：4i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)设复数z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i(m∈R)，试求m取何值时？(1)z是实数.(2)z是纯虚数．(3)z对应的点位于复平面的第一象限．解：(1)由m2＋3m＋2＝0且m2－2m－2＞0，解得m＝－1或m＝－2，复数表示实数．(2)当实部等于零且虚部不等于零时，复数表示纯虚数．由lg(m2－2m－2)＝0，且m2＋3m＋2≠0，求得m＝3，故当m＝3时，复数z为纯虚数．(3)由lg(m2－2m－2)＞0，且m2＋3m＋2＞0，解得m＜－2或m＞3，故当m＜－2或m＞3时，复数z对应的点位于复平面的第一象限．18．(本小题满分12分)已知(1＋2i)z＝4＋3i，求z及zz.解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi.∴(1＋2i)(a－bi)＝4＋3i，∴(a＋2b)＋(2a－b)i＝4＋3i.由复数相等，解得a＋2b＝4，2a－b＝3，解得a＝2，b＝1.∴z＝2＋i.∴zz＝z·zz·z＝z2|z|2＝4－1＋4i5＝35＋45i.19．(本小题满分12分)已知z＝1＋i，a，b为实数．(1)若ω＝z2＋3z－4，求|ω|；(2)若z2＋az＋bz2－z＋1＝1－i，求a，b的值．解：(1)ω＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i，所以|ω|＝2.(2)由条件，得(a＋b)＋(a＋2)ii＝1－i，所以(a＋b)＋(a＋2)i＝1＋i，所以a＋b＝1，a＋2＝1，解得a＝－1，b＝2.20．(本小题满分12分)虚数z满足|z|＝1，z2＋2z＋1z＜0，求z.解：设z＝x＋yi(x，y∈R，y≠0)，∴x2＋y2＝1.则z2＋2z＋1z＝(x＋yi)2＋2(x＋yi)＋1x＋yi＝(x2－y2＋3x)＋y(2x＋1)i.∵y≠0，z2＋2z＋1z＜0，∴2x＋1＝0，①x2－y2＋3x＜0，②又x2＋y2＝1.③由①②③得x＝－12，y＝±32.∴z＝－12±32i.21．(本小题满分12分)已知复数z满足|z|＝2，z2的虚部是2.(1)求复数z；(2)设z，z2，z－z2在复平面上的对应点分别为A，B，C，求△ABC的面积．解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a2－b2＋2abi，由题意得a2＋b2＝2且2ab＝2，解得a＝b＝1或a＝b＝－1，所以z＝1＋i或z＝－1－i.(2)当z＝1＋i时，z2＝2i，z－z2＝1－i，所以A(1,1)，B(0,2)，C(1，－1)，所以S△ABC＝1.当z＝－1－i时，z2＝2i，z－z2＝－1－3i，所以A(－1，－1)，B(0,2)，C(－1，－3)，所以S△ABC＝1.22．(本小题满分12分)已知复数z1满足(z1－2)(1＋i)＝1－i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，求z2.解：∵(z1－2)(1＋i)＝1－i，∴z1－2＝1－i1＋i＝(1－i)2(1＋i)(1－i)＝－2i2＝－i，∴z1＝2－i.设z2＝a＋2i(a∈R)，则z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i.又∵z1·z2∈R，∴a＝4.∴z2＝4＋2i.