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第七章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.(2019北京高考)已知复数z=2+i,则z·z=( )
A.❑√3 B.❑√5 C.3 D.5
答案D
解析∵z=2+i,∴z=2-i.
∴z·z=(2+i)(2-i)=5.故选D.
2.若复数z满足z(2+3i)=i,则z在复平面上对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案D
i i(2-3i) 3+2i
解析z= = = ,
2+3i (2+3i)(2-3i) 13
3 2 ( 3 2 )
∴z= - i,对应的点为 ,- ,位于第四象限.
13 13 13 13
3-i
3.(2019全国Ⅰ高考)设z= ,则|z|=( )
1+2i
A.2 B.❑√3 C.❑√2 D.1
答案C
3-i (3-i)(1-2i) 1 7
解析∵z= ,∴z= = - i,
1+2i (1+2i)(1-2i) 5 5
√ (1) 2 ( 7) 2
∴|z|=❑ + - =❑√2.故选C.
5 5
4.若复数z的实部为1,且|z|=2,则复数z的虚部是 ( )
A.-❑√3 B.±❑√3 C.±❑√3i D.❑√3i
答案B
解析依题意设z=1+bi(b∈R),则❑√1+b2=2,解得b=±❑√3,即复数z的虚部是±❑√3.
5.若复数z的共轭复数是z,且z+z=6,z·z=10,则z= ( )
A.1±3i B.3±i
C.3+i D.3-i
答案B
解析设z=a+bi(a,b∈R),则z=a-bi,
{ 2a=6, { a=3,
所以 解得 即z=3±i.
a2+b2=10, b=±1,6.已知复数z=cos 23°+isin 23°和复数z=cos 37°+isin 37°,则zz 为( )
1 2 1 2
1 ❑√3 ❑√3 1
A. + i B. + i
2 2 2 2
1 ❑√3 ❑√3 1
C. - i D. - i
2 2 2 2
答案A
1 ❑√3
解析zz=cos(23°+37°)+isin(23°+37°)=cos 60°+isin 60°= + i.
1 2
2 2
1 ❑√3 1
7.已知z是复数,且p:z= + i;q:z+ ∈R.则p是q的( )
2 2 z
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案A
1 1 ❑√3 1 ❑√3
1 ❑√3 1 1 ❑√3 = + - i 1
解析显然,当z= + i时,z+ = + i+ 1 ❑√3 2 2 i+ 2 2 =1∈R,但当z+ ∈R时,
2 2 z 2 2 + i z
2 2 1
1 a b
若令z=a+bi(a,b∈R),则a+bi+ = a+ + b- i,所以有b=0或a2+b2=1,不一定有
a+bi a2+b2 a2+b2
1 ❑√3
z= + i.故p是q的充分不必要条件,选A.
2 2
8.关于复数z的方程|z|+2z=13+6i的解是( )
A.3+4i B.4+3i
40 40
C. +3i D.3+ i
3 3
答案B
{❑√x2+ y2+2x=13,
解析设z=x+yi(x,y∈R),则有❑√x2+ y2+2x+2yi=13+6i,于是
2y=6,
{ 40
{x=4, x= , 13
解得 或 3 因为13-2x≥0,故x≤ ,
y=3 2
y=3,
40
所以x= 不符合要求,故z=4+3i.
3
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的选项中,有多项符合
题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
2
9.在复平面内,复数z对应的点与复数 对应的点关于实轴对称,则( )
i-1A.复数z=1+i
B.|z|=❑√2
C.复数z对应的点位于第一象限
D.复数z的实部是-1
答案BD
2 2(i+1) 2(1+i)
解析复数 = = =-1-i对应的点的坐标为(-1,-1).
i-1 (i-1)(i+1) -2
2
∵复数z对应的点与复数 对应的点关于实轴对称,∴复数z对应的点的坐标为(-1,1),
i-1
∴复数z=-1+i.故A,C均错;z=-1-i,|z|=❑√2,z的实部是-1,B,D正确,故选BD.
10.已知复数z=1+2i(i为虚数单位),则下列结论错误的是( )
A.|z|=❑√3 B.z2≥0
C.|z-z|=2 D.z·z=5
答案ABC
解析A中,|z|=❑√12+22=❑√5,故A不正确;B中,z2=1+4i2+4i=-3+4i,不能和0比较大小,故B不正确;C
中,z=1-2i,|z-z|=4,故C不正确;D中,z·z=(1+2i)(1-2i)=5.
11.实数x,y满足(1+i)x+(1-i)y=2,设z=x+yi,则下列说法正确的是( )
A.z在复平面内对应的点在第一象限
B.|z|=❑√2
C.z的虚部是i
D.z的实部是1
答案ABD
{x+ y-2=0,
解析实数x,y满足(1+i)x+(1-i)y=2,可化为x+y-2+(x-y)i=0,∴ 解得x=y=1,
x- y=0,
∴z=x+yi=1+i.
对于A,z在复平面内对应的点的坐标为(1,1),位于第一象限,故A正确.
对于B,|z|=❑√1+1=❑√2,故B正确.
对于C,z的虚部是1,故C错误.
对于D,z的实部是1,故D正确.故选ABD.
12.设f(θ)=cos θ+isin θ(i为虚数单位),则f2(θ)=cos 2θ+isin 2θ,f3(θ)=cos 3θ+isin 3θ,…,若f10(θ)为实数,则
θ的值可能等于( )
π 3π π π
A. B. C. D.
10 20 5 4
答案AC
kπ π
解析f10(θ)=cos 10θ+isin 10θ,要使f10(θ)为实数,则sin 10θ=0,10θ=kπ,故θ= ,当k=1时,θ= ,当k=2
10 10
π
时,θ= ,故选AC.
5三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
(1+i) 2 019
13.复数 = .
1-i
答案-i
1+i (1+i)2 2i
解析∵ = = =i,
1-i (1-i)(1+i) 2
(1+i) 2 019
∴ =i2 019=i2 016·i3=i3=-i.
1-i
14.6
(
cos
π
+isin
π)
÷2
(
cos
π
+isin
π)
= .
3 3 6 6
3❑√3 3
答案 + i
2 2
6 (π π) π π
解析原式= cos - +isin -
2 3 6 3 6
( π π) 3❑√3 3
=3 cos +isin = + i.
6 6 2 2
15.如果复数z满足|z+i|+|z-i|=2,那么|z+1+i|的最小值是 ,最大值是 .
答案1 ❑√5
解析由于|z+i|+|z-i|=2,则点Z在以(0,1)和(0,-1)为端点的线段上,|z+1+i|表示点Z到点(-1,-1)的距离.由
图知最小值为1,最大值为❑√5.
16.设复数z=(a2-1)+(a2-3a+2)i,若z2<0,则实数a的值为 .
答案-1
解析由z2<0知z一定为纯虚数,
{ a2-1=0,
所以得 解得a=-1.
a2-3a+2≠0,
四、解答题(本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
(1+i)2(3+4i)2
17.(10分)已知复数z满足|z|=1+3i-z,求 的值.
2z
解设z=a+bi(a,b∈R),∵|z|=1+3i-z,
∴❑√a2+b2-1-3i+a+bi=0,
{❑√a2+b2+a-1=0, {a=-4,
即 解得
b-3=0. b=3.
∴z=-4+3i,(1+i)2(3+4i)2 2i(-7+24i) 24+7i
∴ = = =3+4i.
2z 2(-4+3i) 4-3i
m2+m-6
18.(12分)当实数m为何值时,复数z= +(m2-2m)i为
m
(1)实数?
(2)虚数?
(3)纯虚数?
{m2-2m=0,
解(1)若z为实数,可得 解得m=2.
m≠0,
∴当m=2时,z为实数.
(2)z为虚数,则虚部m2-2m≠0,且m≠0,解得m≠2,且m≠0.∴当m≠2,且m≠0时,z为虚数.
{m2+m-6
=0,
(3)z为纯虚数,则 m 解得m=-3.
m2-2m≠0,
∴当m=-3时,z为纯虚数.
x b
19.(12分)已知关于x的方程 + =1,其中a,b为实数.
a x
(1)若x=1-❑√3i是该方程的根,求a,b的值;
b 1
(2)当a>0且 > 时,证明该方程没有实数根.
a 4
x b
(1)解将x=1-❑√3i代入 + =1,
a x
(1 b) (❑√3 ❑√3)
化简得 + + b- i=1,
a 4 4 a
1 b
{ + =1,
a 4
∴ 解得a=b=2.
❑√3 ❑√3
b- =0,
4 a
(2)证明原方程化为x2-ax+ab=0,假设原方程有实数解,那么Δ=(-a)2-4ab≥0,即a2≥4ab.
b 1 b 1
∵a>0,∴ ≤ ,这与题设 > 相矛盾.
a 4 a 4
故原方程无实数根.
20.(12分)设△ABC的两个内角A,B所对的边分别为a,b,复数z=a+bi,z=cos A+icos B,若复数z·z 为
1 2 1 2
纯虚数,试判断△ABC的形状,并说明理由.
解△ABC为等腰三角形或直角三角形.
理由如下:因为z=a+bi,z=cos A+icos B,所以z·z=(acos A-bcos B)+i(acos B+bcos A).
1 2 1 2
又因为z·z 为纯虚数,
1 2{ acosA=bcosB,
所以
acosB+bcosA≠0.
由①及正弦定理,得sin Acos A=sin Bcos B,
即sin 2A=sin 2B.因为A,B为△ABC的内角,
所以0<2A<2π,0<2B<2π,且2A+2B<2π.
π π
所以2A=2B或2A=π-2B,即A=B或A+B= .即A=B或C= .故△ABC为等腰三角形或直角三角
2 2
形.
21.(12分)已知复数z=m+ni,z=2-2i和z=x+yi,设z=z i-z ,m,n,x,y∈R.若复数z 所对应的点M(m,n)在
1 2 1 2 1
1 5
曲线y= (x+2)2+ 上运动,求复数z所对应的点P(x,y)的轨迹C的方程.
2 2
解∵z=m+ni,z=2-2i,∴z=z i-z =(m-ni)i-(2-2i)=(n-2)+(m+2)i.∴x+yi=(n-2)+(m+2)i.∴x=n-2,y=m+2,即
1 2 1 2
n=x+2,m=y-2.
1 5
又点M(m,n)在曲线y= (x+2)2+ 上运动,
2 2
1 5 ( 1)
∴x+2= [(y-2)+2]2+ ,整理上式,得点P(x,y)的轨迹C的方程为y2=2 x- .
2 2 2
{ z z ,|z |>|z |,
22.(12分)已知z,z 是复数,定义复数的一种运算“”为:zz= 1 2 1 2 是否存在复
1 2 1 2 z +z ,|z |≤|z |,
1 2 1 2
数z,使得(1+2i)z为纯虚数,而z(1+2i)是实数?若存在,求出复数z;若不存在,说明理由.
解假设存在复数z,使得(1+2i)z为纯虚数,而z(1+2i)是实数,设z=x+yi(x,y∈R).
由于|1+2i|=❑√5,所以
(1)当|z|<❑√5时,根据题意,(1+2i)z=(1+2i)z=(1+2i)(x+yi)=(x-2y)+(y+2x)i是纯虚数,
{x-2y=0,
所以 ①
y+2x≠0,
又z(1+2i)=z+(1+2i)=(x+yi)+(1+2i)=(x+1)+(y+2)i是实数,所以y+2=0, ②
{x=-4,
由①②得 所以z=-4-2i,但这时|z|=2❑√5>❑√5与|z|<❑√5矛盾,故当|z|<❑√5时,符合条件的
y=-2,
复数不存在.
(2)当|z|≥❑√5时,根据题意,(1+2i)z=(1+2i)+z=(1+2i)+(x+yi)=(1+x)+(2+y)i是纯虚数,所以
{x+1=0,
③
y+2≠0,
又z(1+2i)=z(1+2i)=(x+yi)(1+2i)=(x-2y)+(y+2x)i是实数,所以y+2x=0, ④
{x=-1,
由①②得 所以z=-1+2i,
y=2,
但这时|z|=❑√5与|z|≥❑√5不矛盾,
故符合条件的复数存在,z=-1+2i.
