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=（）22A．B．1C．2D．125．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（）12iA．2B．2C．2D．2337．若复数z知足方程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(118的值是（）)iA．16iB．4iC．16D．411．关于两个复数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．1B．2C．3D．412．若zC且|z|1，则|z22i|的最小值是（）A．22B．221C．221D．2二、填空题。（每题5分，共20分）13．已知m1ni，此中m,n是实数，i是虚数单位，则mni1i14．在复平面内，若复数z知足|z1||zi|，则z所对应的点的会合组成的图形是。15．若z2且ziz1，则复数z=16．关于非零实数a,b，以下四个命题都建立：①a210；②(ab)2a22abb2；③若ab，则ab；④若a2ab，则ab。那么，对于非零复数a,b，仍旧建立的命题的全部序号是。三、解答题。17．若方程x2(m2i)x2mi0起码有一个实数根，务实数m的值。（10分）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）19．把复数z的共轭复数记作z，已知(12i)z4z3i，求z及。（10z分）20．求虚数z，使z93.（10分）R，且z3z21．已知复数z知足|z|2，z2的虚部为2。（15分）（1）求z；（2）设z，z2，zz2在复平面对应的点分别为A，B，C，求ABC的面积.22．设z1是虚数，z2z11是实数，且1z21。（15分）z1（1）求|z1|的值以及1的实部的取值范围；z（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122(13i)13i。故11。222213i422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：(11)8(1i)8(1i)24(2)416。答案：Cii11、解：131；13131；33112，因此①③正确。442i；2i22答案：B12、解：如下图，|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,ba2b22，解得a2a2Z)，则或。a2(b1)2(a1)2b2b2b2答案：z2(1i)或z2(1i)16、解：实数的运算率关于复数系仍旧建立，因此②④正确；关于①可举反例：ai清除；关于③可举反例ai,b1清除。17、解：设方程的实根为a，则a2(m2)a2mi0，整理得：(a2am2)(2am)i0，即：ia2am20，解得：a2或a2。2am0m22m22因此m的值为22或22。18、解：由z=z得m2cos，消去m可得：4sin23sin4(sin329124m23sin8161sin1，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z2z2i34i，2i5i。z520、解：设zabi(a,bZ且b0)，则：z99(a9a)(b9b)i，由z9R得b9b，又b0，故abiabia2b2b2za0za22b2a32333i或a2b29①；又由z33得：(a3)2b23②，由①②得3，即zb3222333i。2222x121、解：（1）设zxyi(x,yR)，由题意得z2(x2y2)2xyi，因此xy2，解得：1xy1yx11i或z1i。或，故zy1（2）当z1i时，z22i,zz21i，A(1,1),B(0,2),C(1,1)，故SABC1121；当2z1i时，z22i,zz213i，A(1,1),B(0,2),C(1,3)，故SABC1121。222、解：(1)设z1abi(a,bR，且b0)，则：z2z11abi1(aa2a)(bbb2)i，因为z2是实数，b≠0