人教B版 (2019)必修 第四册第十章 复数本章综合与测试习题

本章达标检测

一、单项选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.化简的结果是(　　)

A.2+i B.-2+i C.2-i D.-2-i

2.复数z1,z2在复平面内分别对应点A,B,z1=3+4i,将点A绕原点O按逆时针方向旋转90°得到点B,则=(　　)

A.3-4i B.-4-3i C.-4+3i D.-3-4i

3.z1=(m2+m+1)+(m2+m-4)i,m∈R,z2=3-2i,则m=1是z1=z2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

4.设复数z的共轭复数是,若复数z1=3+4i,z2=t+i,且z1·是实数,则实数t等于(　　)

A. B. C.- D.-

5.若关于x的方程x2+(1-2i)x+a-i=0(a∈R)有实数根,则这个实数根等于(　　)

A. B.- C. D.-

6.若z2+z+1=0,则z2 017+z2 018+z2 020+z2 021的值为(　　)

A.2 B.-2 C.-+i D.-±i

7.已知复数z1=2+i,z2在复平面内对应的点在直线x=1上,且满足·z2是纯虚数,则复数z2=(　　)

A.1-2i B.1+2i C.2-i D.2+i

8.若投掷两枚质地均匀的骰子得到其向上的点数分别为m和n,则复数(m+ni)(n-mi)为实数的概率为(　　)

A. B. C. D.

9.对于非零复数a,b,下列命题成立的是(　　)

A.a+≠0 B.(a+b)2=a2+2ab+b2

C.若|a|=|b|,则a=±b D.若a>b>0,则<

10.定义复数的一种运算z1*z2=(等式右边为普通运算),若复数z=a+bi,且实数a,b满足a+b=3,则z* 的最小值为(　　)

A. B. C. D.

二、多项选择题(本大题共2小题,每小题5分,共10分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分)

11.若z=cos θ+isin θ(i为虚数单位),则使z2=-1的θ的值可能是(　　)

A.0 B. C.π D.

12.设复数z=lg(m2-1)+i(m∈R),则z在复平面内对应的点一定不在(　　)

A.第一象限 B.第二象限

C.第三象限 D.第四象限

三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)

13.已知=3+i(a,b∈R,i为虚数单位),则a+b的值是　　　　. 

14.已知a=,则a4=　　　　　.  

15.已知θ∈,复数z=2cos θ+isin θ,则|z|的取值范围是　　　　. 

16.若1≤|z|≤2,则复数u=(1+i)在复平面内对应的点A组成的集合所表示的图形的面积为　　　　　　. 

四、解答题(本大题共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)当实数m满足什么条件时,复数z=(m2+5m+6)+(m2-2m-15)i

(1)与复数2-12i相等?

(2)与复数12+16i互为共轭复数?

(3)在复平面内对应的点在实轴上方?

18.(本小题满分12分)已知复数z1=cos α+isin α,z2=cos β-isin β,且z1-z2=+i,其中i为虚数单位,求cos(α+β)的值.

19.(本小题满分12分)已知复数z1满足z1=i(2-z1)(i为虚数单位).

(1)求z1;

(2)求||;

(3)若|z|=1,求|z-z1|的最大值.

20.(本小题满分12分)已知关于x的方程x2-(tan θ+i)x-(i+2)=0(θ∈R,x∈C).

(1)若此方程有实数根,求锐角θ的值;

(2)求证:对任意的实数θ,原方程不可能有纯虚数根.

21.(本小题满分12分)已知复数z满足|z|=,z2的虚部为2.

(1)求复数z;

(2)设z,z2,z-z2在复平面内对应的点分别为A,B,C,求△ABC的面积.

22.(本小题满分12分)复数z和ω满足zω+2iz-2iω+1=0,其中i为虚数单位.

(1)若z和ω满足-z=2i,求z和ω的值;

(2)求证:如果|z|=,那么|ω-4i|的值是一个常数,并求这个常数.

答案全解全析

一、单项选择题

1.C　====2-i.

2.B　由题意知A(3,4),B(-4,3),∴z2=-4+3i,故=-4-3i.

3.A　因为z1=z2⇔⇔m=1或m=-2,所以m=1是z1=z2的充分不必要条件.

4.A　因为z2=t+i,所以=t-i.

z1·=(3+4i)(t-i)=3t+4+(4t-3)i,

因为z1·∈R,所以4t-3=0,所以t=.

5.B　设实数根为x0,则有+(1-2i)x0+a-i=0,即(+x0+a)+(-2x0-1)i=0,所以-2x0-1=0,解得x0=-.

6.B　因为z2+z+1=0,两边同乘z-1,

得z3-1=0,所以z3=1(z≠1),

则z4=z,z2 017=(z3)672·z=z,

所以原式=z2 017(1+z+z3+z4)

=z(1+z+1+z)=z(2+2z)=2(z+z2)=-2.

7.A　由z1=2+i,得=2-i,

由z2在复平面内对应的点在直线x=1上,可设z2=1+bi(b∈R),

则·z2=(2-i)(1+bi)=2+b+(2b-1)i.

由·z2是纯虚数,得2+b=0且2b-1≠0,

所以b=-2,故z2=1-2i.

8.C　因为(m+ni)(n-mi)=2mn+(n2-m2)i为实数,所以n2=m2.因为骰子的点数为正数,所以m=n,则可以取1,2,…,6,共6种可能.所以所求概率为=.故选C.

9.B　对于A,当a=i时,a+=0,故A不成立;对于B,易知对于非零复数a,b仍然成立;对于C,当a=3+4i,b=3-4i时,|a|=|b|,但a≠±b,故C不成立;对于D,复数不能比较大小,故D不成立.故选B.

10.B　z*===|z|===,因为a+b=3,所以ab≤=(当且仅当a=b时,取等号),因此z*≥=.

二、多项选择题

11.BD　因为z2=(cos θ+isin θ)2=(cos2θ-sin2θ)+2isin θcos θ=cos 2θ+isin 2θ=-1,所以cos 2θ=-1,sin 2θ=0,所以2θ=2kπ+π(k∈Z),所以θ=kπ+(k∈Z),令k=0,得θ=,令k=1,得θ=,故选BD.

12.CD　由题意得解得m<-1,

此时lg(m2-1)可为0、可为正、可为负,>,故选CD.

三、填空题

13.答案　6

解析　解法一:由=3+i得a+bi=(3+i)(2-i)=7-i,解得

所以a+b=6.

解法二:=

==3+i,

所以解得所以a+b=6.

14.答案　-4

解析　因为a===-1+i,

所以a4=[(-1+i)2]2=(-2i)2=-4.

15.答案　

解析　由题意得|z|=

=,

又θ∈,

所以≤cos θ≤1,≤cos2θ≤1,

所以≤1+3cos2θ≤4,

故≤|z|≤2.

16.答案　6π

解析　由u=(1+i)得=,因为|z|=||=,1≤|z|≤2,所以≤|u|≤2,所以动点A组成的集合是一个圆环,设此圆环面积为S,那么S=π[(2)2-()2]=6π.

四、解答题

17.解析　(1)根据复数相等的定义,得解得m=-1.

(2)根据共轭复数的定义得

解得m=1.

(3)根据复数z在复平面内对应的点在实轴上方,可得m2-2m-15>0,解得m<-3或m>5.

18.解析　因为复数z1=cos α+isin α,z2=cos β-isin β,所以z1-z2=(cos α-cos β)+i(sin α+sin β)=+i,所以cos α-cos β=,sin α+sin β=,所以(cos α-cos β)2+(sin α+sin β)2=+=1,即2-2cos(α+β)=1,所以cos(α+β)=.

19.解析　(1)由z1=i(2-z1),得z1==1+i.

(2)||=|z1|=.

(3)|z-z1|表示复数z与z1分别对应的点Z与点Z1之间的距离,点Z在圆心为原点,半径为1的圆上,Z1(1,1),显然点Z与点Z1之间的最大距离为+1,即|z-z1|的最大值为+1.

20.解析　(1)设m(m∈R)是方程x2-(tan θ+i)x-(i+2)=0的根,

则m2-mtan θ-2-i(m+1)=0,

∴

由②得m=-1,代入①得tan θ=1,

又θ为锐角,∴θ=.

(2)证明:假设方程有纯虚数根,设为x=ai(a≠0,a∈R),代入原方程并整理得(-a2+a-2)-(atan θ+1)i=0,

∴(*)

∵方程-a2+a-2=0无实数根,∴方程组(*)无解.

故假设不成立,因此原方程不可能有纯虚数根.

21.解析　(1)设z=a+bi(a,b∈R),由已知条件得a2+b2=2,z2=a2-b2+2abi,2ab=2,

所以a=b=1或a=b=-1,

即z=1+i或z=-1-i.

(2)当z=1+i时,z2=(1+i)2=2i,z-z2=1-i,所以点A(1,1),B(0,2),C(1,-1),

所以S△ABC=|AC|×1=×2×1=1;

当z=-1-i时,z2=(-1-i)2=2i,z-z2=-1-3i,所以点A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3),

所以S△ABC=|AC|×1=×2×1=1.

综上,△ABC的面积为1.

22.解析　(1)设z=a+bi,ω=c+di(a,b,c,d∈R),由zω+2iz-2iω+1=0,得

(a+bi)(c+di)+2i(a+bi)-2i(c+di)+1=0,

即(ac-bd-2b+2d+1)+(ad+bc+2a-2c)i=0,

所以ac-bd-2b+2d+1=0,①

ad+bc+2a-2c=0.②

又-z=2i,

所以c-di-(a+bi)=2i,

即(c-a)-(b+d)i=2i,

所以c-a=0,③

b+d=-2.④

解①②③④组成的方程组,得a=0,c=0,d=-1,b=-1或a=0,c=0,d=-5,b=3.

所以z=-i,ω=-i或z=3i,ω=-5i.

(2)因为zω+2iz-2iω+1=0,

所以z(ω+2i)=2iω-1.

所以|z(ω+2i)|=|2iω-1|,

即|z|·|ω+2i|=|2iω-1|.

又|z|=.

设ω=x+yi(x,y∈R),代入上式整理得

·=,

两边平方得3x2+3y2+12y+12=4x2+4y2+4y+1,化简得x2+y2-8y=11.

所以|ω-4i|=|x+yi-4i|=====3,是一个常数.

故|ω-4i|的值是一个常数,且这个常数为3.