章末检测（十二） 复数
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共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.若（2＋i）z＝5，则z的虚部为（ ）
A.－1 B.1
C.－i D.i
2.已知i是虚数单位，若z＝是纯虚数，则实数a＝（ ）
A.－2 B.2
C.－ D.
3.复平面内对应复数z＝i（－2＋i）的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
4.在复平面内，复数3＋2i，－2＋3i对应的向量分别是，，其中O是坐标原点，则向量对应的复数为（ ）
A.1＋i B.5－i
C.5－3i D.－5＋i
5.若z＝1＋i，则｜iz＋3｜＝（ ）
A.4 B.4
C.2 D.2
6.已知i为虚数单位，若＝a＋bi（a，b∈R），则ab＝（ ）
A.1 B.
C. D.2
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.已知方程x2＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）有实根b，且z＝a＋bi，则复数z＝（ ）
A.2－2i B.2＋2i
C.－2＋2i D.－2－2i
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.若复数z满足（1＋i）·z＝1＋5i（i是虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A.z的虚部为2i
B.z的模为
C.z的共轭复数为3－2i
D.z在复平面内对应的点位于第一象限
10.已知复数z1，z2∈C，下列结论正确的有（ ）
A.＝＋
B.若z1z2＝0，则z1，z2中至少有一个为0
C.｜z1z2｜＝｜z1｜｜z2｜
D.若＋＝0，则z1＝z2＝0
11.任何一个复数z＝a＋bi（其中a，b∈R，i为虚数单位）都可以表示成z＝r（cos θ＋isin θ）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：zn＝[r（cos θ＋isin θ）]n＝rn（cos nθ＋isin nθ）（n∈N*），我们称这个结论为棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A.｜z2｜＝｜z｜2
B.当r＝1，θ＝时，z3＝1
C.当r＝1，θ＝时，＝－i
D.当r＝1，θ＝时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.已知复数z1＝－3＋4i，z2＝2a＋i（a∈R）对应的复平面内的点分别为Z1和Z2，且⊥（O为坐标平面），则a＝ .
13.已知复数z1＝cos θ－i，z2＝sin θ＋i，θ∈R，则z1·z2的实部的最大值为 .
14.已知复数z＝a＋bi（a，b∈R），1≤｜z｜≤2，则｜z＋1｜的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）已知复数z1＝2－3i，z2＝.求：
（1）z1z2；（2）.
16.（本小题满分15分）复数z＝（1＋i）2＋，其中i为虚数单位.
（1）求复数z及｜z｜；
（2）若z2＋a ＋b＝2＋3i，求实数a，b的值.
17.（本小题满分15分）（1）在复平面内画出与以下复数z1，z2，z3，z4分别对应的向量，，，，z1＝1，z2＝i，z3＝4＋3i，z4＝4－3i；
（2）求向量，，，的模；
（3）点P1，P2，P3，P4中是否存在两个点关于实轴对称？若存在，则它们所对应的复数有什么关系？
18.（本小题满分17分）已知关于x的方程x2－（tan θ＋i）x－（2＋i）＝0.
（1）若方程有实数根，求锐角θ和实数根；
（2）证明：对任意θ≠kπ＋（k∈Z），方程无纯虚数根.
19.（本小题满分17分）设z是虚数，ω＝z＋是实数，且－1＜ω＜2.
（1）求｜z｜的值及z的实部的取值范围；
（2）设μ＝，求证：μ为纯虚数；
（3）求ω－μ2的最小值.
章末检测（十二） 复数
1.A z＝＝＝2－i，所以z的虚部是－1.
2.D z＝＝＝，又z＝是纯虚数，所以所以a＝.故选D.
3.C z＝i（－2＋i）＝－2i＋i2＝－1－2i，故复平面内对应复数z＝i（－2＋i）的点位于第三象限.故选C.
4.D 由题设＝（3，2），＝（－2，3），则＝－＝（－5，1），所以向量对应的复数为－5＋i.故选D.
5.D 因为z＝1＋i，所以iz＋3＝i（1＋i）＋3（1－i）＝－1＋i＋3－3i＝2－2i，所以｜iz＋3｜＝｜2－2i｜＝＝2.故选D.
6.C i为虚数单位，＝a＋bi（a，b∈R），则＝＝a＋bi，根据复数相等得到所以ab＝＝.故选C.
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，解得b＝－2，故z2＝1－2i.
8.A 由b是方程x2＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）的根可得b2＋（4＋i）b＋4＋ai＝0，整理可得（b＋a）i＋（b2＋4b＋4）＝0，所以解得所以z＝2－2i.故选A.
9.BCD 由（1＋i）·z＝1＋5i，所以z＝＝＝＝＝3＋2i，所以z的虚部为2，故A错误；｜z｜＝＝，故B正确；z的共轭复数为3－2i，故C正确；z在复平面内对应的点为（3，2），位于第一象限，故D正确.故选B、C、D.
10.ABC 对于A，因为复数z1，z2∈C，所以设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），z1＋z2＝（a＋c）＋（b＋d）i ＝（a＋c）－（b＋d）i，＋＝a－bi＋c－di＝（a＋
c）－（b＋d）i，故A正确；对于B，因为z1z2＝0，所以z1，z2中至少有一个为0，故B正确；对于C，因为复数z1，z2∈C，所以设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），z1·z2＝（ac－bd）＋（ad＋bc）i，｜z1·z2｜＝＝＝｜z1｜·｜z2｜，故C正确；对于D，令z1＝1，z2＝i，显然＋＝0成立，但是z1＝z2＝0不成立，故D错误.故选A、B、C.
11.AC 对于A，z＝r（cos θ＋isin θ），则z2＝r2（cos 2θ＋isin 2θ），可得｜z2｜＝｜r2（cos 2θ＋isin 2θ）｜＝r2，｜z｜2＝｜r（cos θ＋isin θ）｜2＝r2，故A正确；对于B，当r＝1，θ＝时，z3＝（cos θ＋isin θ）3＝cos 3θ＋isin 3θ＝cos π＋isin π＝－1，故B错误；对于C，当r＝1，θ＝时，z＝cos＋isin＝＋i，则＝－i，故C正确；对于D，当r＝1，θ＝时，zn＝（cos θ＋isin θ）n＝cos nθ＋isin nθ＝cos＋isin，取n＝4，则n为偶数，则z4＝cos π＋isin π＝－1不是纯虚数，故D错误.故选A、C.
12. 解析：依题意可知＝（－3，4），＝（2a，1）.因为⊥，所以·＝0，即－6a＋4＝0，解得a＝.
13. 解析：z1z2＝（cos θ－i）（sin θ＋i）＝（cos θsin θ＋1）＋（cos θ－sin θ）i，而sin θcos θ＋1＝sin 2θ＋1，故z1z2的实部的最大值为.
14.[0，3] 解析：由复数的模及复数加减运算的几何意义可知，1≤｜z｜≤2表示如图所示的圆环，而｜z＋1｜表示复数z的对应点A（a，b）与复数z1＝－1的对应点B（－1，0）之间的距离，即圆环内的点到点B的距离d.由图易知当A与B重合时，dmin＝0；当点A与点C（2，0）重合时，dmax＝3，∴0≤｜z＋1｜≤3.∴｜z＋1｜的取值范围是[0，3].
15.解：z2＝＝＝
＝＝1－3i.
（1）z1z2＝（2－3i）（1－3i）＝－7－9i.
（2）＝＝＝＝＋i.
16.解：（1）z＝（1＋i）2＋＝2i＋i（1＋i）＝－1＋3i，
｜z｜＝＝.
（2）由z2＋a＋b＝2＋3i得，
（－1＋3i）2＋a（－1－3i）＋b＝2＋3i，
即（－8－a＋b）＋（－6－3a）i＝2＋3i，
所以解得
17.解：（1）由题意可得如图所示图象.
（2）由于，，，的坐标分别为（1，0），（0，1），（4，3），（4，－3），
则向量，，，的模分别为
｜｜＝1，｜｜＝1，｜｜＝＝5，｜｜＝＝5.
（3）点P3（4，3），P4（4，－3）关于实轴对称，它们所对应的复数4＋3i与4－3i的实部相同，虚部互为相反数，互为共轭复数.
18.解：（1）原方程可化为x2－xtan θ－2－（x＋1）i＝0，
设方程的实数根为x0，则
即又θ是锐角，故θ＝.
（2）证明：假设方程有纯虚数根，可设为bi，b≠0，b∈R，则－b2－（tan θ＋i）bi－（2＋i）＝0，即－b2－ibtan θ＋b－2－i＝0，可得－b2＋b－2＝0，解得b＝，与假设矛盾，所以方程无纯虚数根.
19.解：（1）∵z是虚数，∴可设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0，
∴ω＝z＋＝x＋yi＋＝x＋yi＋＝x＋＋（y－）i，
可得 x2＋y2＝1 ｜z｜＝1，
此时，ω＝2x －＜x＜1，
即z的实部的取值范围为（－，1）.
（2）证明：μ＝＝＝＝，∵y≠0，∴μ为纯虚数.
（3）ω－μ2＝2x－（－i）2，
化简得ω－μ2＝2（x＋1）＋－3≥ 2－3＝1.
当且仅当x＋1＝，即x＝0时，ω－μ2取得最小值1.
2 / 2(共30张PPT)
章末检测（十二） 复数
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共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. 若（2＋i）z＝5，则z的虚部为（ ）
A. －1 B. 1
C. －i D. i
解析： z＝ ＝ ＝2－i，所以z的虚部是－1.
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2. 已知i是虚数单位，若z＝ 是纯虚数，则实数a＝（ ）
A. －2 B. 2
解析： z＝ ＝ ＝ ，又z＝ 是
纯虚数，所以所以a＝ .故选D.
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3. 复平面内对应复数z＝i（－2＋i）的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
解析： z＝i（－2＋i）＝－2i＋i2＝－1－2i，故复平面内对应复
数z＝i（－2＋i）的点位于第三象限.故选C.
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4. 在复平面内，复数3＋2i，－2＋3i对应的向量分别是 ， ，其
中O是坐标原点，则向量 对应的复数为（ ）
A. 1＋i B. 5－i
C. 5－3i D. －5＋i
解析： 由题设 ＝（3，2）， ＝（－2，3），则 ＝
－ ＝（－5，1），所以向量 对应的复数为－5＋i.故选D.
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5. 若z＝1＋i，则｜iz＋3 ｜＝（ ）
解析： 因为z＝1＋i，所以iz＋3 ＝i（1＋i）＋3（1－i）＝－
1＋i＋3－3i＝2－2i，所以｜iz＋3 ｜＝｜2－2i｜＝
＝2 .故选D.
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6. 已知i为虚数单位，若 ＝a＋bi（a，b∈R），则ab＝（ ）
A. 1
D. 2
解析： i为虚数单位， ＝a＋bi（a，b∈R），则 ＝
＝a＋bi，根据复数相等得到所以ab＝ ＝ .故选C.
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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
解析： 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，解得b＝－2，故z2＝1－2i.
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8. 已知方程x2＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）有实根b，且z＝a
＋bi，则复数z＝（ ）
A. 2－2i B. 2＋2i
C. －2＋2i D. －2－2i
解析： 由b是方程x2＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）的根可
得b2＋（4＋i）b＋4＋ai＝0，整理可得（b＋a）i＋（b2＋4b＋
4）＝0，所以解得所以z＝2－2i.故
选A.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给
出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选
对的得部分分，有选错的得0分）
9. 若复数z满足（1＋i）·z＝1＋5i（i是虚数单位），则下列说法正确
的是（ ）
A. z的虚部为2i
C. z的共轭复数为3－2i
D. z在复平面内对应的点位于第一象限
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解析： 由（1＋i）·z＝1＋5i，所以z＝ ＝
＝ ＝ ＝3＋2i，所以z的虚部为2，故A错误；｜z｜＝
＝ ，故B正确；z的共轭复数为3－2i，故C正确；z在
复平面内对应的点为（3，2），位于第一象限，故D正确.故选B、
C、D.
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10. 已知复数z1，z2∈C，下列结论正确的有（ ）
B. 若z1z2＝0，则z1，z2中至少有一个为0
C. ｜z1z2｜＝｜z1｜｜z2｜
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解析： 对于A，因为复数z1，z2∈C，所以设z1＝a＋bi，
z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），z1＋z2＝（a＋c）＋（b＋
d）i ＝（a＋c）－（b＋d）i， ＋ ＝a－bi＋c－
di＝（a＋c）－（b＋d）i，故A正确；对于B，因为z1z2＝0，
所以z1，z2中至少有一个为0，故B正确；对于C，因为复数z1，
z2∈C，所以设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），
z1·z2＝（ac－bd）＋（ad＋bc）i，｜z1·z2｜＝
＝ ＝｜
z1｜·｜z2｜，故C正确；对于D，令z1＝1，z2＝i，显然 ＋ ＝
0成立，但是z1＝z2＝0不成立，故D错误.故选A、B、C.
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11. 任何一个复数z＝a＋bi（其中a，b∈R，i为虚数单位）都可以
表示成z＝r（ cos θ＋i sin θ）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：zn＝[r（ cos θ＋i sin θ）]n＝
rn（ cos nθ＋i sin nθ）（n∈N*），我们称这个结论为棣莫弗定
理.根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A. ｜z2｜＝｜z｜2
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解析： 对于A，z＝r（ cos θ＋i sin θ），则z2＝r2（ cos
2θ＋i sin 2θ），可得｜z2｜＝｜r2（ cos 2θ＋i sin 2θ）｜＝
r2，｜z｜2＝｜r（ cos θ＋i sin θ）｜2＝r2，故A正确；对于
B，当r＝1，θ＝ 时，z3＝（ cos θ＋i sin θ）3＝ cos 3θ＋i sin
3θ＝ cos π＋i sin π＝－1，故B错误；对于C，当r＝1，θ＝
时，z＝ cos ＋i sin ＝ ＋ i，则 ＝ － i，故C正确；
对于D，当r＝1，θ＝ 时，zn＝（ cos θ＋i sin θ）n＝ cos nθ＋i
sin nθ＝ cos ＋i sin ，取n＝4，则n为偶数，则z4＝ cos π＋i sin π
＝－1不是纯虚数，故D错误.故选A、C.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中
横线上）
12. 已知复数z1＝－3＋4i，z2＝2a＋i（a∈R）对应的复平面内的点
分别为Z1和Z2，且 ⊥ （O为坐标平面），则a＝ .
解析：依题意可知 ＝（－3，4）， ＝（2a，1）.因为
⊥ ，所以 · ＝0，即－6a＋4＝0，解得a＝ .
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解析：z1z2＝（ cos θ－i）（ sin θ＋i）＝（ cos θ sin θ＋1）
＋（ cos θ－ sin θ）i，而 sin θ cos θ＋1＝ sin 2θ＋1，故z1z2
的实部的最大值为 .
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14. 已知复数z＝a＋bi（a，b∈R），1≤｜z｜≤2，则｜z＋1｜的
取值范围为 .
解析：由复数的模及复数加减运算的几何意义可
知，1≤｜z｜≤2表示如图所示的圆环，而｜z＋
1｜表示复数z的对应点A（a，b）与复数z1＝－
1的对应点B（－1，0）之间的距离，即圆环内的
点到点B的距离d.由图易知当A与B重合时，dmin＝0；当点A与点C（2，0）重合时，dmax＝3，∴0≤｜z＋1｜≤3.∴｜z＋1｜的取值范围是[0，3].
[0，3]
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四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说
明、证明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）已知复数z1＝2－3i，z2＝ .求：
（1）z1z2；
解：z2＝ ＝ ＝
＝ ＝1－3i.
（1）z1z2＝（2－3i）（1－3i）＝－7－9i.
解： ＝ ＝ ＝ ＝ ＋ i.
（2） .
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16. （本小题满分15分）复数z＝（1＋i）2＋ ，其中i为虚数单位.
（1）求复数z及｜z｜；
解： z＝（1＋i）2＋ ＝2i＋i（1＋i）＝－1＋3i，
｜z｜＝ ＝ .
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（2）若z2＋a ＋b＝2＋3i，求实数a，b的值.
解： 由z2＋a ＋b＝2＋3i得，
（－1＋3i）2＋a（－1－3i）＋b＝2＋3i，
即（－8－a＋b）＋（－6－3a）i＝2＋3i，
所以解得
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17. （本小题满分15分）（1）在复平面内画出与以下复数z1，z2，
z3，z4分别对应的向量 ， ， ， ，z1＝1，z2＝i，z3
＝4＋3i，z4＝4－3i；
解： 由题意可得如图所示图象.
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（2）求向量 ， ， ， 的模；
解： 由于 ， ， ， 的坐标分别为（1，
0），（0，1），（4，3），（4，－3），
则向量 ， ， ， 的模分别为
｜ ｜＝1，｜ ｜＝1，｜ ｜＝ ＝5，｜
｜＝ ＝5.
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（3）点P1，P2，P3，P4中是否存在两个点关于实轴对称？若存
在，则它们所对应的复数有什么关系？
解： 点P3（4，3），P4（4，－3）关于实轴对称，它
们所对应的复数4＋3i与4－3i的实部相同，虚部互为相反
数，互为共轭复数.
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18. （本小题满分17分）已知关于x的方程x2－（tan θ＋i）x－（2＋
i）＝0.
（1）若方程有实数根，求锐角θ和实数根；
解： 原方程可化为x2－xtan θ－2－（x＋1）i＝0，
设方程的实数根为x0，则
即又θ是锐角，故θ＝ .
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（2）证明：对任意θ≠kπ＋ （k∈Z），方程无纯虚数根.
解： 证明：假设方程有纯虚数根，可设为bi，b≠0，
b∈R，则－b2－（tan θ＋i）bi－（2＋i）＝0，即－b2－
ibtan θ＋b－2－i＝0，可得－b2＋b－2＝0，解得b＝
，与假设矛盾，所以方程无纯虚数根.
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19. （本小题满分17分）设z是虚数，ω＝z＋ 是实数，且－1＜ω
＜2.
（1）求｜z｜的值及z的实部的取值范围；
解： ∵z是虚数，∴可设z＝x＋yi，x，y∈R，且
y≠0，
∴ω＝z＋ ＝x＋yi＋ ＝x＋yi＋ ＝x＋
＋（y－ ）i，
可得 x2＋y2＝1 ｜z｜＝1，
此时，ω＝2x － ＜x＜1，即z的实部的取值范围为（－ ，1）.
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（2）设μ＝ ，求证：μ为纯虚数；
解： 证明：μ＝ ＝ ＝ ＝
，∵y≠0，∴μ为纯虚数.
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（3）求ω－μ2的最小值.
解： ω－μ2＝2x－（－ i）2，
化简得ω－μ2＝2（x＋1）＋ －3≥ 2
－3＝1.
当且仅当x＋1＝ ，即x＝0时，ω－μ2取得最小值1.
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