单元测试卷(十五)

单元测试卷(十五)数的扩充——复数(满分：150分 时间：120分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2009·北京朝阳4月)复数z ＝2－i1＋i(i 是虚数单位)在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 答案：D解析：z ＝2－i 1＋i ＝12－32i ，它对应的点在第四象限，故选D.2．(2009·北京东城3月)若将复数2＋i i 表示为a ＋bi (a ，b ∈R ，i 是虚数单位)的形式，则ba的值为( )A ．－2B ．－12C ．2 D.12答案：A解析：2＋i i ＝1－2i ，把它表示为a ＋bi (a ，b ∈R ，i 是虚数单位)的形式，则b a的值为－2，故选A.3．已知复数z ＝t ＋i (t ∈R ＋)，且z 满足z 3∈R ，则实数t 的值为( ) A.233 B.33C.62D.63 答案：B解析：∵z 3＝(t ＋i )3＝t 3＋3t 2i －3t －i ＝(t 3－3t )＋(3t 2－1)i ∈R ，∴3t 2－1＝0，解得t ＝±33，又t ∈R ＋，∴t ＝33.故选B.4．设z ∈C ，z ＝(1－i )2＋5＋6i6－5i，则(1＋z )7展开式的第5项是( )A ．35iB ．－21iC ．21D ．35 答案：D解析：∵z ＝(1－i )2＋5＋6i6－5i＝－2i ＋i ＝－i ，∴(1＋z )7＝(1－i )7.其展开式的第5项T 5＝C 47(－i )4＝35.故选D.5．已知方程x 2＋(4＋i )x ＋4＋ai ＝0(a ∈R )有实根b ，且z ＝a ＋bi ，则复数z 等于( ) A ．2－2i B ．2＋2i C ．－2＋2i D ．－2－2i 答案：A解析：因为方程x 2＋(4＋i )x ＋4＋ai ＝0(a ∈R )有实根b ，所以b 2＋(4＋i )b ＋4＋ai ＝0，即b 2＋4b ＋4＋(a ＋b )i ＝0，由复数相等的定义知⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋4b ＋4＝0，a ＋b ＝0.所以a ＝2，b ＝－2，即z ＝2－2i .故选A.6．若复数z 满足|z ＋1|＋|z －1|＝2，那么|z －1＋i |的最大值为( ) A ．1 B. 2C ．2 D. 5 答案：D解析：由复数z 满足|z ＋1|＋|z －1|＝2知，复数z 所对应的点的轨迹是以(－1,0)，(1,0)为端点的线段(包括两端点)；又|z －1＋i |＝|z －(1－i )|的几何意义是复数z 所对应的点到点(1，－1)的距离，所以当复数z 对应的点是(－1,0)时，即z ＝－1时，|z －1＋i |取得最大值 5.故选D.7．在复平面内，复数z ＝sin2＋i cos2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 答案：D解析：∵π2<2<π，∴sin2>0，cos2<0，故z ＝sin2＋i cos2对应的点在第四象限．故选D.8．(2009·杭州质检)若z ＝12＋32i ，且(x －z )4＝a 0x 4＋a 1x 3＋a 2x 2＋a 3x ＋a 4，则a 2等于( )A ．－12＋32iB ．－3＋33iC ．6＋33iD ．－3－33i 答案：B解析：根据题意可知a 2表示(x －z )4展开式中x 2项的系数，即C 24(－z )2＝6(12＋32i )2＝－3＋33i .故选B.9．若sin2θ－1＋i (2cos θ＋1)是纯虚数，则θ等于( )A ．2kπ－π4(k ∈Z )B ．2kπ＋π4(k ∈Z )C ．kπ＋π4(k ∈Z ) D.12kπ＋π4(k ∈Z )答案：B解析：由题意，得⎩⎨⎧sin2θ－1＝02cos θ＋1≠0⇒⎩⎨⎧θ＝kπ＋π4θ≠2kπ±34π⇒θ＝2kπ＋π4，k ∈Z .故选B.10．若4－3mi 3＋mi (m ∈R )为纯虚数，则(2＋mi 2－mi)2008的值为( )A ．－1B ．1C ．－iD ．i 答案：B解析：由于4－3mi 3＋mi ＝(4－3mi )(3－mi )9＋m 2＝(12－3m 2)－13mi9＋m2是纯虚数，可知12－3m 2＝0且m ≠0，解得m ＝±2.当m ＝2时，(2＋mi 2－mi )2008＝(1＋i 1－i )2008＝i 2008＝1；当m ＝－2时，(2＋mi 2－mi )2008＝(1－i 1＋i)2008＝(－i )2008＝1，故正确答案应选B.11．设复数z 1＝1－2i ，z 2＝1＋i ，则复数z ＝z 1z 2在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 答案：C解析：z ＝1－2i 1＋i ＝(1－i )·(1－2i )(1＋i )·(1－i )＝－12－32i ，即复数对应的点在复平面上的坐标为(－12，－32)，故在第三象限． 12．在复平面内，设向量P 1→＝(x 1，y 1)，P 2→＝(x 2，y 2)，又设复数z 1＝x 1＋y 1i ，z 2＝x 2＋y 2i (x 1，x 2，y 1，y 2∈R )，则P 1→·P 2→等于( )A.z 1z 2＋z 1z 2B.z 1z 2－z 1z 2C.12(z 1z 2－z 1z 2)D.12(z 1z 2＋z 1z 2) 答案：D解析：P 1→·P 2→＝x 1x 2＋y 1y 2，z 1z 2＋z 1z 2＝(x 1－y 1i )(x 2＋y 2i )＋(x 1＋y 1i )(x 2－y 2i )＝2(x 1x 2＋y 1y 2)．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若z 1＝a ＋2i ，z 2＝3－4i ，且z 1＋z 2为纯虚数，则实数a 的值为__________． 答案：－3解析：z 1＋z 2＝3＋a －2i ，当3＋a ＝0，即a ＝－3时z 1＋z 2＝3＋a －2i 为纯虚数．14．(2009·淮北模拟)若复数z ＝a －2＋3i 为纯虚数，其中a ∈R ，i 为虚数单位，则a ＋i 20071＋ai的值为________．答案：－i解析：∵z ＝a －2＋3i 为纯虚数，∴a ＝2，a ＋i 20071＋ai ＝2－i1＋2i＝－i .15．定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，则符合条件⎪⎪⎪⎪⎪⎪1 i －z z ＝1－i 的复数z 的值为________．答案：－i16．设z ＝(1＋i )2－1＋i1－i(其中i 是虚数单位)，则(1＋z )7展开式中的第4项是________．答案：－35i解析：z ＝2i －i ＝i ，(1＋z )7展开式中第4项T 4＝C 37z 3＝35i 3＝－35i . 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)实数x 分别取什么值时，复数z ＝x 2＋x －6＋(x 2－2x －15)i 对应的点Z 在：(1)第三象限； (2)第四象限；(3)直线x －y －3＝0上？解：因为x 是实数，所以x 2＋x －6，x 2－2x －15也是实数．(1)当实数x 满足⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋x －6<0，x 2－2x －15<0.即－3<x <2时，点Z 在第三象限．(2)当实数x 满足⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x －6>0，x 2－2x －15<0.即2<x <5时，点Z 在第四象限．(3)当实数x 满足(x 2＋x －6)－(x 2－2x －15)－3＝0，即x ＝－2时，点Z 在直线x －y －3＝0上．18．(本小题满分12分)已知复数z ＝a ＋bi (a ，b ∈R )且a 2＋b 2＝25，(3＋4i )z 是纯虚数，求z 的共轭复数．解法一：(3＋4i )(a ＋bi )＝(3a －4b )＋(4a ＋3b )i 是纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －4b ＝04a ＋3b ≠0，∴b ＝34a ，代入a 2＋b 2＝25，得a ＝±4.∴a ＝4时，b ＝3；a ＝－4时，b ＝－3. ∴z ＝4＋3i 或z ＝－4－3i .故所求的z 的共轭复数为4－3i 或－4＋3i . 解法二：设(3＋4i )(a ＋bi )＝ki (k ∈R ，k ≠0)，∴a ＋bi ＝ki3＋4i ＝ki (3－4i )32＋42＝4k ＋3ki 25，∴a ＝4k 25，b ＝3k25，代入a 2＋b 2＝25，得k ＝±25.∴k ＝25时，z ＝4＋3i ，z ＝4－3i ； k ＝－25时，z ＝－4－3i ，z ＝－4＋3i .19．(本小题满分12分)设m ∈R ，复数z 1＝m 2＋m m ＋2＋(m －15)i ，z 2＝－2＋m (m －3)i ，若z 1＋z 2是虚数，求m 的取值范围．解：∵z 1＝m 2＋mm ＋2＋(m －15)i ，z 2＝－2＋m (m －3)i ，∴z 1＋z 2＝m 2＋m m ＋2＋(m －15)i －2＋m (m －3)i ＝(m 2＋mm ＋2－2)＋[(m －15)＋m (m －3)]i＝(m 2－m －4m ＋2)＋(m 2－2m －15)i .∵z 1＋z 2是虚数，∴m 2－2m －15≠0，且m ≠－2.∴m ≠5，m ≠－3，且m ≠－2(m ∈R )．20．(满分12分)设等比数列z 1，z 2，z 3…z n ，…其中z 1＝1，z 2＝a ＋bi ，z 3＝b ＋ai (a 、b ∈R 且a >0)．(1)求a 、b 的值；(2)试求使z 1＋z 2＋…＋z n ＝0的最小自然数n ； (3)对(2)中的自然数n ，求z 1·z 2·…·z n 的值． 解：(1)∵z 1，z 2，z 3成等比数列， ∴z 22＝z 1z 3，即(a ＋bi )2＝b ＋ai ， a 2－b 2＋2abi ＝b ＋ai ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝b ，2ab ＝a .(a >0) 解得a ＝32，b ＝12.(2)∵z 1＝1，z 2＝32＋12i ，∴公比q ＝32＋12i ，于是z n ＝(32＋12i )n －1z 1＋z 2＋…＋z n ＝1＋q ＋q 2＋…＋q n －1＝1－q n1－q＝0，∴q n ＝(32＋12i )n ＝(－i )n (－12＋32i )n ＝1，即n 既是3的倍数又是4的倍数． 故n 的最小值为12.(3)z 1z 2…z 12＝1·(32＋12i )·(32＋12i )2…(32＋12i )11＝(32＋12i )1＋2＋……＋11＝[(－i )(－12＋32i )]66＝(－i )66·(－12＋32i )66＝－1.21．(本小题满分12分)已知复数z 1＝2＋i,2z 2＝z 1＋i(2i ＋1)－z 1.(1)求z 2；(2)若△ABC 三内角A 、B 、C 依次成等差数列，且u ＝cos A ＋2i cos 2C2，求|u ＋z 2|的取值范围．解：(1)z 2＝12[(2＋i )＋i ](2i ＋1)－(2＋i )＝1＋i i －1＝2i－2＝－i .(2)在△ABC 中，∵A 、B 、C 依次成等差数列，∴2B ＝A ＋C ，∴B ＝60°，A ＋C ＝120°，u ＋z 2＝cos A ＋2i cos 2C 2－i ＝cos A ＋i (2cos 2C2－1)＝cos A ＋i cos C .|u ＋z 2|2＝cos 2A ＋cos 2C ＝1＋cos2A 2＋1＋cos2C2＝1＋12(cos2A ＋cos2C )＝1＋12[cos2A ＋cos(240°－2A )]＝1＋12[cos2A －cos(60°－2A )]＝1＋12[cos2A －(cos60°cos2A ＋sin60°sin2A )]＝1＋12⎣⎡⎦⎤cos2A －(12cos2A ＋32sin2A )＝1＋12(12cos2A －32sin2A )＝1＋12sin(π6－2A )．∵0<A <2π3，∴－7π6<π6－2A <π6，－12≤12sin(π6－2A )<14， ∴12≤|u ＋z 2|2<54，即22≤|u ＋z 2|<52. 22．(本小题满分12分)设z 1＝1－cos θ＋i sin θ，z 2＝a 2＋ai (a ∈R )，若z 1z 2为纯虚数，问在(0,2π)内是否存在θ使(z 1－z 2)2为实数．解：假设满足条件的θ存在， ∵z 1z 2＝(1－cos θ＋i sin θ)(a 2＋ai )＝[a 2(1－cos θ)－a sin θ]＋[a 2sin θ＋a (1－cos θ)]i 是纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2(1－cos θ)－a sin θ＝0a 2sin θ＋a (1－cos θ)≠0，从题设知a ≠0，cos θ≠1(0<θ<2π)，∴a ＝sin θ1－cos θ，要使(z 1－z 2)2∈R ，则z 1－z 2为实数或纯虚数， ∵z 1－z 2＝(1－cos θ－a 2)＋(sin θ－a )i ，∴sin θ－a ＝0或1－cos θ－a 2＝0且sin θ－a ≠0， 由⎩⎪⎨⎪⎧sin θ－a ＝0a ＝sin θ1－cos θ⇒sin θ1－cos θ＝sin θ⇒cos θ＝0， 又∵θ∈(0,2π)，∴θ＝π2或3π2；由⎩⎪⎨⎪⎧1－cos θ－a 2＝0a ＝sin θ1－cos θsin θ－a ≠0⇒1－cos θ＝1＋cos θ1－cos θ⇒cos θ＝0.综上θ＝π2或32π.。