高考第一轮复习数学复数(附答案).doc

素质能力检测（十五）

一、选择题（每小题5分，共30分） 1.如果复数

2bi（其中i为虚数单位，b为实数）的实部和虚部互为相反数，那么b等于 12i22A.2 B. C.－ D.2

33(2bi)(1-2i)22b(b4)i2bi解析： ==

5512i2∴2－2b=b+4，b=－.

3答案：C

22.当＜m＜1时，复数z=(3m－2)+(m－1)i在复平面上对应的点位于

3A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析：z对应的点为(3m－2，m－1)， 2∵＜m＜1， 31∴0＜3m－2＜1，－＜m－1＜0.

3答案：D

3.在下列命题中，正确命题的个数为 ①两个复数不能比较大小;

②z1、z2、z3∈C，若(z1－z2)2+(z2－z3)2=0，则z1=z3; ③若(x2－1)+(x2+3x+2)i是纯虚数，则实数x=±1;

④z为虚数的一个充要条件是z+z∈R;

⑤若a、b是两个相等的实数，则(a－b)+(a+b)i是纯虚数; ⑥复数z∈R的一个充要条件是z=z.

A.0 B.1 C.2 D.3

解析：①错，两个复数如果都是实数则可比较大小;②错，当z1、z2、z3不全是实数时不成立，如z1=i，z2=1+i，z3=1时满足条件，但z1≠z3;③错，当x=－1时，虚部也为零，原数是实数;④错，此条件是必要非充分条件;⑤错，当a=b=0时，原数是实数;⑥对.

答案：B

1in1in

)+()(n∈Z)，则集合｛x｜x=f(n)｝中元素的个数是 1i1iA.1 B.2 C.3 D.无穷多个 解析：∵f(n)=in+(－i)n，

∴f(0)=2，f(1)=i－i=0，f(2)=－1－1=－2，f(3)=－i+i=0. ∴｛x｜x=f(n)｝=｛－2，0，2｝.

4.设f(n)=(

答案：C

5.已知复平面内的圆M：|z－2|=1，若

p1为纯虚数，则与复数p对应的点P p1A.必在圆M上 B.必在圆M内 C.必在圆M外 D.不能确定 解析：∵

p1为纯虚数，设为ki(k∈R，k≠0)， p1∴(1－ki)p=1+ki，取模得|p|=1且p≠1. ∴选C. 答案：C

y的最大值是 x331A. B. C. D.3

232

6.已知复数(x－2)+yi(x、y∈R)的模为3，则解析：∵｜x－2+yi｜=3， ∴(x－2)2+y2=3.

y OCx

∴(x，y)在以C(2，0)为圆心、以3为半径的圆上，如右图，由平面几何知识知

y3. x答案：D

二、填空题（每小题4分，共16分） 7.已知M={1，2，(a2－3a－1)+(a2－5a－6)i}，N={－1，3}，M∩N={3}，实数a=_________. 解析：按题意(a2－3a－1)+(a2－5a－6)i=3，

2a5a60,∴解得a=－1.

2a3a13.答案：－1 8.复数z=

(34i)(22i)13(i)(3i)(12i)22|－2i的模为_______________.

解析：由复数的模的性质可知 z=

|34i||22i||13i||3i||12i|22－2i

=

52125－2i=5－2i，∴|z|=3.

答案：3

9.若x、y∈R，且2x－1+i=y－(3－y)i，则x=__________，y=___________. 解析：根据复数相等的定义求得. 答案：

5 4 210.复数z满足z·z+z+z=3，则z对应点的轨迹是____________. 解析：设z=x+yi(x、y∈R)，则x2+y2+2x=3表示圆. 答案：以点（－1，0）为圆心，2为半径的圆 三、解答题(本大题共4小题，共54分)

11.(12分)设复数z1、z2满足z1·z2+2iz1－2iz2+1=0，z2－z1=2i，求z1和z2. 解：∵z2－z1=2i，∴z2=z1+2i. ∴z2=z12i，即z2=z1－2i. 又∵z1·z2+2iz1－2iz2+1=0， ∴z1(z1－2i)+2iz1－2i(z1－2i)+1=0， 即|z1|2－2iz1－3=0. 令z1=a+bi(a、b∈R)， 得a2+b2－2b－3－2ai=0，

a2b22b30,a0,a0,或即 解得 b3b1.2a0.∴z1=3i，z2=－5i或z1=－i，z2=－i.

12.(14分)设复数z满足4z+2z=33+i，ω=sinθ－icosθ(θ∈R)，求z的值和|z－ω|的取值范围. 解：设z=a+bi(a、b∈R)，则z=a－bi，代入4z+2z=33+i，得 4(a+bi)+2(a－bi)=33+i， 即6a+2bi=33+i.

3,a312∴∴z=i.

22b12,|z－ω|=|

31+i－(sinθ－icosθ)| 22=(31sin)2(cos)2 22π=23sincos=2sin().

6ππ)≤1，∴0≤2－2sin(θ－)≤4.∴0≤|z－ω|≤2. 66abcabc13.(14分)非零复数a、b、c满足==，求的值.

abcbcaabc解：设===k，则a=bk，b=ck，c=ak，即c=ak，b=ak·k=ak2，a=ak2·k=ak3，

bca31∴k3=1.∴k=1或k=－±i.

22∵－1≤sin(θ－

abcaak2ak1k2k则==. 22abcaakak1kk若k=1，则原式=1;

3311+i，则原式=－－i;

22223311若k=－－i，则原式=－+i.

222233abc1综上，的值分别为1，－－i，－1+i.

22abc214.(14分)设复数z满足｜z｜=5，且(3+4i)z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平

若k=－

分线上，｜2z－m｜=52 (m∈R)，求z和m的值.

解：设出z的代数形式z=x+yi(x、y∈R). ∵｜z｜=5，∴x2+y2=25. ∵(3+4i)z=(3+4i)(x+yi) =(3x－4y)+(4x+3y)i，

又(3+4i)z在复平面内对应的点在第二、四象限的角平分线上，则它的实部与虚部互为相反数，∴3x－4y+4x+3y=0.

化简得y=7x.将其代入x2+y2=25，得x=±∴z=±(

272，y=±. 22272272+i).则当z=+i时， 2222｜2z－m｜=｜1+7i－m｜=52， 即(1－m)2+72=50.解得m=0或m=2. 当z=－(

272+i)时，同理可得m=0或m=－2. 22