高二选修22《复数》单元测试卷及其

复数单元测试题一、选择题。（每题5分，共60分）1．若i为虚数单位，则(1i)i（）A．1iB．1iC．1iD．1i2．a0是复数abi(a,bR)为纯虚数的（）A．充分条件B.必需条件C.充要条件D.非充分非必需条件3．在复平面内，复数2i对应的点位于()1iA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限4．设复数13i,则1=（）．22．2D．12．1ABC5．设a,b,c,dR，则复数(abi)(cdi)为实数的充要条件是（）A．adbc0B．acbd0C．acbd0D．adbc06．假如复数2bi的实部与虚部互为相反数，那么实数b等于（）．212iB．2．2．2A3CD37．若复数z满足方程z220，则z3的值为（）A．22B．22C．22iD．22i8．设O是原点，向量OA,OB对应的复数分别为23i，32i，那么向量BA对应的复数是（）A．55iB．55iC．55iD．55i9．i表示虚数单位，则i1i2i3i2008的值是（）A．0B．1C．iD．i10．复数(11)8的值是（）iA．16iB．4iC．16D．411．对于两个复数13i，13i，有以下四个结论：①1；2222②1；③1；④331，此中正确的结论的个数为（）A．

1

B．2

C．

3

D．412．若

z

C且

|z|

1，则|z

2

2i|的最小值是

（）A．2

2

B．22

1

C．22

1

D．

2二、填空题。（每题5分，共20分）m13．已知1ni，此中m,n是实数，i是虚数单位，则

mni1i14．在复平面内，若复数

z满足

|z

1|

|z

i|，则

z所对应的点的会集构成的图形是

。15．若

z

2且

z

i

z1，则复数

z=16．对于非零实数a,b222(ab)a2abb；③若a

，以下四b，则a

个命题都成立：①2b；④若aab，则ab

a210；②。那么，对于非零复数

a,b，仍旧成立的命题的全部序号是

。三、解答题。17．若方程x2值。（10分）

(m

2i)x

2mi

0最罕有一个实数根，务实数

m的18．已知复数z1m(4m2)i(mR),z22cos(3sin)i(,R)，而且z1=z2，求的取值范围。（10分）z，已知(12i)z4z19．把复数z的共轭复数记作3i，求z及。（10z分）20．求虚数z，使z93.（10分）R，且z3z21．已知复数（1）求z；

z满足

|z|

2，

z

2的虚部为

2。（15

分）（2）设

z，

z2，

z

z2在复平面对应的点分别为

A，B，C，求

ABC的面积.是虚数，1是实数，且1z21。zz2z1（15分）z1（1）求|z1|的值以及z1的实部的取值范围；（2）若1z1，求证：为纯虚数。1z1试卷答案：1、解：(1i)iii2i11i。答案：C2、解：若a0，当b0时，abi不是纯虚数，反之当abi是纯虚数时，a0，因此a0是abi(a,bR)的必需不充分条件。答案：B3、解：2i(2i)(1i)13i。因此2i对应的点在第四象限。答案：D1i(1i)(1i)21i4、解：1113i13i，又1122(13i)13i。故11。22223i422答案：B5、解：(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i，(abi)(cdi)为实数等价于adbc0。答案：D6、解：2bi(2bi)(12i)(22b)(4b)i，由(22b)(4b)0解得b2。答案：A12i(12i)(12i)5537、解：由z220得z2i，z322i。答案：C8、解：BAOAOB(23i)(32i)55i。答案：A9、解：i4ni4n1i4n2i4n3i0i1i2i31i1i0。答案：A10、解：(118(1i)8(1i)24(2i)416。答案：C)i11、解：131；13i；13i1；33112，因此①③正确。442222答案：B12、解：以以下图，|z|1表示z点的轨迹是单位圆，而|z22i|表示的是复平面上表示复数z的点M与表示复数22i的点A之间距离。当M位于线段AO与单位圆交点时，AM最小，为221。答案：C13、解：由m1ni得：m(1n)(1n)i，解得n1,m2，因此mni2i。答案：2i1i14、解：方程|z1||zi|表示的是复平面上的点z到点1和i的距离相等的点的轨迹，是一条线段的中垂线。因此表示的图形是直线。答案：直线15、解：设zabi(a,bZ)，则a2b22a2a2a2(b1)2(a1)2b2，解得或。b2b2答案：z2(1i)或z2(1i)16、解：实数的运算率对于复数系仍旧成立，因此②④正确；对于①可举反例：ai除掉；对于③可举反例ai,b1除掉。17、解：设方程的实根为a，则a2(mia2mi0，整理得：(a2am2)(2am)i0，即：2)a2am20，解得：a2a2或。2am0m22m22因此m的值为22或22。18、解：由z1=z2得m2cos，消去m可得：4sin23sin4(sin3)29，因为4m23sin8161sin1，故97.1619、解：设zabi(a,bR)，则zabi，由已知得(12i)(abi)43i，化简得：(a2b)(2ab)i43i，因此a2b4,2ab3，解得a2,b1，因此z2i，z2i34i。z2i5520、解：设zabi(a,bZ且b0)，则：z99(a9a)(b9b)i，由z9得b9b0，又b0，故abiabia2b2b2Rza2za2b23a3i或a2b29①；又由z33得：(a3)2b23②，由①②得23，即z33b3222333i。2222x121、解：（1）设zxyi(x,yR)，由题意得z2(x2y2)2xyi，因此xy2，解得：1y1xy或x11i或z1i。y，故z1（2）当z1i时，z22i,zz21i，A(1,1),B(0,2),C(1,1)，故SABC1121；当12z1i时，z22i,zz213i，A(1,1),B(0,2),C(1,3)，故SABC121。22、解：(1)设zabiabR，且b0)2，则：1(,z2z11abi1(aa)(bb)i，因为2是实数，b≠，于是有