苏教版高中数学必修第二册课时作业-第十二章 章末综合检测（十二）

章末综合检测(十二)

(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4()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.复数;+i=()

A.—2iB.3

C.0D.2i

I-j

解析：选C.y+i=：~~^+i=-i+i=0,故选C.

1i,(一i)

2.已知i是虚数单位，复数z满足z(l—i)=2i,则复平面内表示z的共轨复

数的点在()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

2i_2i(l+i)q.

解析：选C.复数z满足z(l-i)=2i,所以

l-i-(l-i)(l+i)-'

所以z=—1—i,即z的共版复数对应的点的坐标为(—1，—1),所以z的共

辄复效对应的点在第三象限.

故选C.

3.若复数z=(3—i)(l+i),则|z|=()

A.2吸B.2#

C.也D.20

解析：选B.z=(3—i)(I+i)=4+2i,故|#=也6=2下.故选B.

4.若复数z涉足iz—l=2i,则在豆平面内，豆数z对应的点的坐标是()

A.(1，2)B.(2,1)

C.(—1，2)D.(2,—1)

解析：选D.由题意iz=l+2i,所以iz(-i)=(l+2i>(—i),所以z=2-i.

则在复平面内，z所对应的点的坐标是(2,—1).故选D.

5.若虚数1—2i是关于x的方程x2—or+〃=0(a,/?£R)的一个根，则|。十回

A.29B.亚

c.V21D.3

解析：选B.由题意可得，(l—2i)2-a(l—2i)+/7=0,所以力一〃一3+(2。-4)

i=0,

故4=2,b=5,则|。+加|=|2+5"=5.故选B.

~2+5i

6,6-3i=()

2

AA,15151B・石

_±.A.

C.15151D.15+«

门斗一2+5i(—2+5i)(6+3i)__9_,8.

解析：选D.因为6—3i-(6—3i)(6+3i)—一正十I?故选D.

7.复数。+力i与,〃+〃i的积是实数的充要条件是（）

A.加7=0B.am+b〃=0

C.am=bnD.an=bin

解析：选A.（Q+bi）（m+〃i）=a〃7—/?"+（b〃2+a〃）i为实数，故cm+bm=0,

故选A.

8.任何一个复数z=a+〃i（其中a,8WR,i为虚数单位）都可以表示成z二

《os0+isin〃）（其中GO,始R）的形式，通常称之为复数z的三角形式.法国数

学家棣莫弗发现：[r（cosO+isin0]〃=产（cos〃/9+isinM（〃WN+）,我们称这个结论

为棣莫弗定理.由棣莫弗定理可知，“〃为偶数”是“复数（cosf+isin胃〃为纯虚

数的（）

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

解析：选B.（cos；+isin；｝=cos竽+isin詈为纯虚数，故cos号=0且sin

~4手0,

故〃=2+4心kSZ,且〃W4Z,ZWZ,故“〃为偶数”是“〃=2+4匕k£Z”

的必要不充分条件.故选B.

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2分，有选错的

得0分.

9.下面四个命题中的真命题为（）

A.若复数z满足则z£R

L

B.若复数Z满足？2£R,则Z£R

C.若复数Zl,Z2满足ZIZ2WR,则ZI=Z2

D.若复数z£R,则NCR

解析：选AD.若复数z满足;£R,但z£R,故命题A为真命题：

复数z=i满足Z2=—1£R,则NR,故命题B为假命题：

若复数Zl=i,Z2=2i满足ZIZ2£R,但ZI于工2,故命题C为假命题；

若复数z£R,则5=Z£R,故命题D为真命题.故选AD.

10.设复数z=—T+坐i，则以下结论正确的是（）

A.z2^()B.z2=z

C.z3=lD.z2O2O=z

解析：选BCD.因为z=—；+坐i,所以z2=、一；+坐i>="一监一（=-3

-^=7,

所以#%£N*),

则Z2°20=Z3*673+I=Z,所以，A选项错误，B选项正确，C选项正确，D选项

正确.

故选BCD.

11.已知i为虚数单位，则下面命题正确的是（）

A.若复数z=3+i,则上磊一百

B.复数z满足|z—2i|=l,Z在复平面内对应的点为Q,y）,则f+（），-2）2

=1

C.若复数Zl,Z2满足Zl=Z2,则Z|Z220

D.复数z=l—3i的虚部是3

解析：选ABC.由：=七=得一卷故A正确；

z3十1（八3+」i）丁（3：—1）、IU10

由z在复平面内对应的点为（X，y），则|z—2i|=|x+（y—2）i[=],即

3+（厂2）2=1,

则f+G—2）2=],故B正确；设复数Zl=a+〃i,则Z2=〃一历，所以Z|Z2=

0+历）（4一〃）=序+"20,故C正确；复数Z=l-3i的虚部是一3,故D不正确.

故选ABC.

12.已知复数2=1+852。+1M2《甘＜咐）（其中1为虚数单位），下列说法

正确的是（）

A.复数z在复平面上对应的点可能落在第二象限

B.z可能为实数

C.|z|=2cos。

D.J的实部为J

Z2

解析：选BCD.因为苫＜仇与所以一兀＜2。〈兀，所以一lvcos20Wl,所鼠（）＜1

+cos29W2,所以A选项错误；

当sin21=0,J=0当(J,.时,复数z是实数，故B选项正确；

|z|=l(l+cos2夕F+(sin24)2=d2+2cos20=2cos0,故C选项正确:

1__________1_____________________1+cos20-isin20__________

i+cos2夕+isin2夕—(1+cos20+isin20)(1+cos20—isin2。)

1+cos2^—isin201钟1+cos201

2+22,三的头部是2+2CO；20=E'故D选项正确;

故选BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.复数而的共扼复数是

3

缶+2+i(2+i)(1—i)-

解析：7+i=(1+i)(1-i)222

答案:|+|i

a-i

14.i为虚数单位，若为纯虚数，则实数a的值为

l-2i

5ki(a—i)(1+2i)〃+2H-i-2i?a+2,2。-1.,

解析：==(L2i)(l+2i)=-5-=—j为纯虚数L/,

‘4+2

—=°

则所以〃=一2.故答案为一2.

la—\,八

5*0，

答案：一2

7\^\

15.已知复数Z1=3—i,Z2=l+2i,若工2表示Z2的共辗复数，则复数一的

22

模长等于

7\•1(3—i)i_3i+l_(3i+l)(l+2i)_-5+5i__

解析：复数4l-2i=l-2i=(l-2i)(l+2i)=-5-=-1十】，

Z2

由模长公式得,白一|=啦，故答案为也.

Z2

答案：也

16.已知方程x2—h+2=0(4£R)的两个虚根为xi,X2,若比一刈=2,则A=

解析：因为方程f一丘+2=0的两个虚根为JVI,.口，

可设xi=a+hi,X2=a—/?i(a,OCR).所以xi+X2=2a=k,x\X2=cr-\-b1=2,

因为|XLX2|=2,所以|2历|=2,联立解得方=±1,a=±l.所以k=±2.故答案为

±2.

答案：±2

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.

17.(本小题满分10分)已知z是复数，z+2i与言均为实数.

⑴求复数z；

(2)复数(z+ai)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数。的取值范围.

解：⑴设z=x+yi(x,y£R),所以z+2i=x+(y+2)i;

zx+yi⑵-y)+(x+2y)i

2^=2-1=5，

由条件得，y+2=0且x+2y=0,

所以x=4,y=—2.

所以z=4-2i.

(2)(z+ai)2=(4—2i+ai)2=(12+4a-a2)+8(a-2)i,

12+4。一。2>0,

由条件得

,8(a—2)>0,

解得2<a<6,所以所求实数。的取值范围是(2,6).

18.(本小题满分12分)已知复数zi=l+(5—〃2)i,Z2=ai(a>0)f2ZI+Z2^

⑴求实数。的值；

(2)设Z】,Z2,zi-z2在复平面上对应点分别为A,B,C,求△4BC的面积.

解：(1)由zi=l+(5—Z2=ai(a>0)f

得2z1+22=2+(2/+。-10)i,又因为2zI+Z2£R,

所以24+〃-10=0,解得。=2或a=—条舍去)，

所以4=2.

(2)由(1)得zi=l+i,Z2=2i,zi—Z2=1—i,

1

-

所以A(l,I),3(0,2),C(l,2

所以△ABC的面积为1.

19.(本小题满分12分)设虚数Zl,Z2满足岩=Z2.

(1)若Z1,Z2是一个实系数方程的两根，求Zl,Z2；

⑵若zi=l+mi(mER)"zi|W啦,复数3=R+3,求㈤的取值范围.

解：(1)因为Zl,Z2是一个实系数方程的两个虚根，所以由“共轨虚根定理”

知Zl=Z2.

设zi=x+)，i(x,yFR,y=#0),则Z2=x—yi,

因为zi=Z2,所以(x+yi)2=x-yi,所以x2—y2+2xyi=x—yi,

由复数相等的充要条件得

(2)由⑵区血，得I+/W2,所以OvKwi.

又Z2=(1+m\)2=1—7/I2+2m\,所以/=4一加2+2〃zi,

所以劣|=~(4—〃户)2+4〃?2=y团4-4m2+16=M(〃。-2)2+12.

因为0〈加1,所以倒＜4,|矶而=行,

所以|初6［也，4).

20.(本小题满分12分)设虚数Z满足|2Z+15|=#|3+10|.

⑴计算|z|的值;

(2)是否存在实数使?+j£R?若存在，求出a的值；若不存在，请说明

L4乙

理由.

解：(1)设2=〃+为3,b£R且吐0),则Z=〃一历,

因为|2z+15|=，§|W+10|,

所以|(2〃+15)+2加=5|(〃+10)—加，

所以d(2〃+15)?+(2b)2=小々Q+10)2+(―一)2

所以/+/=75,所以7a2+方=5小,

所以团=5小.

(2)存在.设z=c+Ai(c,力£RJL〃WO),假设存在实数。使三十?£R,

c<乙

,.z.ac.ac.(bab\

则n由/+同yR，

所以A—0，因为人#0所以〃=、/♦+序，

由⑴知|z|=/？+"=55,

所以a=±5小.

21.(本小题满分12分)设复数zi,Z2满足ziz2+2izi—2iz2+l=0.

⑴若Z1,Z2满足z2-zi=2i,求Zl,Z2.

(2)若上|=,，则是否存在常数2,使得等式上一4"=心恒成立？若存在，试

求出k的值；若不存在，请说明理由.

解：（1）由z2—zi=2i,可得Z2=ZL2i,

代入已知方程得z\（jzi—2i）+2izi—2i（31—2i）+1=（），

即|z1[2-2iTi—3=0.令zi=a+历（〃，b£R）,

所以/+/—2i（〃一〃）-3=0,

即（/+〃-26—3）—2H=0,

年十〃一2。-3=0,

所以,

-267=0,

a=0,4=0,

解得或

b=3b=—\.

所以zi=3i,Z2=一5i或zi=-i,Z2=~i

2iz2_।

(2)存在.由已知得=