高中数学人教A版2本册总复习总复习 单元测评(六)

单元测评(六)数系的扩充与复数的引入(B卷)(时间：90分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．1．已知下列命题：①复数a＋bi不是实数；②若(x2－4)＋(x2＋3x＋2)i是纯虚数，则实数x＝±2；③若复数z＝a＋bi，则当且仅当b≠0时，z为虚数．其中正确的命题有()A．0个 B．1个C．2个 D．3个答案：A2．复数z＝eq\f(－3＋i,2＋i)的共轭复数是()A．2＋i B．2－iC．－1＋i D．－1－i答案：D3．复数z满足方程z＝(z＋2)i，则z所对应的点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：因为z＝(z＋2)i，所以z(1－i)＝2i，所以z＝eq\f(2i,1－i)＝i(1＋i)＝－1＋i，所以z所对应的点在第二象限．答案：B4．若复数(a＋i)2的对应点在y轴负半轴上，则实数a的值是()A．－1 B．1C．－eq\r(2) \r(2)解析：因为(a＋i)2＝a2－1＋2ai，又复数(a＋i)2的对应点在y轴负半轴上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,2a<0，))即a＝－1.答案：A5．设z的共轭复数是eq\x\to(z)，若z＋eq\x\to(z)＝4，z·eq\x\to(z)＝8，则eq\f(\x\to(z),z)等于()A．i B．－iC．±1 D．±i解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则eq\x\to(z)＝x－yi，由z＋eq\x\to(z)＝4，z·eq\x\to(z)＝8得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋yi＋x－yi＝4，,x＋yi·x－yi＝8，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,x2＋y2＝8，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝±2.))∴eq\f(\x\to(z),z)＝eq\f(x－yi,x＋yi)＝eq\f(x2－y2－2xyi,x2＋y2)＝±i.答案：D6．设复数z满足关系式z＋|z|＝2＋i，那么z等于()A．－eq\f(3,4)＋i \f(3,4)－iC．－eq\f(3,4)－i \f(3,4)＋i解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi＋eq\r(x2＋y2)＝2＋i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(x2＋y2)＝2，,y＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,4)，,y＝1.))所以z＝eq\f(3,4)＋i.答案：D7．若复数eq\f(2－bi,1＋2i)(b∈R)的实部与虚部互为相反数，则b＝()\r(2) \f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．2解析：因为eq\f(2－bi,1＋2i)＝eq\f(2－bi1－2i,5)＝eq\f(2－2b,5)－eq\f(4＋b,5)i，又复数eq\f(2－bi,1＋2i)(b∈R)的实部与虚部互为相反数，所以eq\f(2－2b,5)＝eq\f(4＋b,5)，即b＝－eq\f(2,3).答案：C8．已知复数z1＝m＋2i，z2＝3－4i，若eq\f(z1,z2)为实数，则实数m的值为()\f(8,3) \f(3,2)C．－eq\f(8,3) D．－eq\f(3,2)解析：因为eq\f(z1,z2)＝eq\f(m＋2i,3－4i)＝eq\f(m＋2i3＋4i,25)＝eq\f(3m－8,25)＋eq\f(4m＋6,25)i，又eq\f(z1,z2)为实数，所以eq\f(4m＋6,25)＝0，即m＝－eq\f(3,2).答案：D9．设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a＋eq\f(b,i)为纯虚数”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：当a≠0，b＝0时，ab＝0，则a＋eq\f(b,i)是实数，故不是充分条件；若复数a＋eq\f(b,i)为纯虚数，且a＋eq\f(b,i)＝a－bi，则a＝0且b≠0，所以ab＝0，故是必要条件．答案：B10．若z＝cosθ－isinθ(i为虚数单位)，则使z2＝－1的一个θ值是()A．0 \f(π,2)C．π D．2π解析：因为z2＝(cosθ－isinθ)2＝cos2θ－isin2θ，又z2＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2θ＝－1，,sin2θ＝0，))再由选择项验证得θ＝eq\f(π,2).答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．11．若复数z＝1－2i(i为虚数单位)，则z·eq\x\to(z)＋z＝________.解析：因为z＝1－2i，所以z·eq\x\to(z)＝|z|2＝5，所以z·eq\x\to(z)＋z＝6－2i.答案：6－2i12．i是虚数单位，能使得(1＋i)2n＝－2n·i成立的最小正整数是________．解析：由(1＋i)2n＝－2n·i，得(2i)n＝2n·in＝－2n·i，所以in＝－i，即n＝4k＋3，k∈N，所以最小的正整数为3.答案：313．若复数z＝(a－2)＋3i(a∈R)是纯虚数，则eq\f(a＋i,1＋ai)＝________.解析：因为复数z＝(a－2)＋3i(a∈R)是纯虚数，所以a＝2，所以eq\f(a＋i,1＋ai)＝eq\f(2＋i,1＋2i)＝eq\f(2＋i1－2i,5)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.答案：eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i14．已知复数z＝1＋i，则eq\f(2,z)－z＝________.解析：eq\f(2,z)－z＝eq\f(2,1＋i)－1－i＝eq\f(2,1＋i)×eq\f(1－i,1－i)－1－i＝－2i.答案：－2i三、解答题：本大题共4小题，满分50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．(12分)若f(z)＝1－eq\x\to(z)(z∈C)，已知z1＝2＋3i，z2＝5－i，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\x\to(z1),\x\to(z2)))).解：因为z1＝2＋3i，z2＝5－i，所以eq\x\to(z1)＝2－3i，eq\x\to(z2)＝5＋i，所以eq\f(\x\to(z1),\x\to(z2))＝eq\f(2－3i,5＋i)＝eq\f(7,26)－eq\f(17,26)分又因为f(z)＝1－eq\x\to(z)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\x\to(z1),\x\to(z2))))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,26)＋\f(17,26)i))＝eq\f(19,26)－eq\f(17,26)分16．(12分)已知复数z满足|z|＝eq\r(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.6分(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＝分17．(12分)设复数z＝1＋i，且eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝1－i，求实数a，b的值．解：因为z＝1＋i，所以z2＋az＋b＝(a＋2)i＋a＋b，z2－z＋1＝i，所以eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝eq\f(a＋b＋a＋2i,i)＝(a＋2)－(a＋b)分又eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝1－i，所以a＝－1，b＝分18．(14分)设z1是虚数，z2＝z1＋eq\f(1,z1)是实数，且－1≤z2≤1.(1)求|z1|的值以及z1的实部的取值范围；(2)若ω＝eq\f(1－z1,1＋z1)，求证：ω为纯虚数．解：(1)设z1＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，则z2＝z1＋eq\f(1,z1)＝a＋bi＋eq\f(1,a＋bi)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,a2＋b2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(b,a2＋b2)))i.因为z2是实数，b≠0，于是有a2＋b2＝1，即|z1|＝1，还可得z2＝2a由－1≤z2≤1，得－1≤2a≤1，解得－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(1,2)，即z1的实部的取值范围是eq