课件28张PPT。“阶段质量检测”见“阶段质量检测(三)”
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(单击进入电子文档)谢谢！阶段质量检测（三）
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(1＋i)(2＋i)＝( )
A．1－i B．1＋3i C．3＋i D．3＋3i
解析：选B (1＋i)(2＋i)＝2＋i2＋3i＝1＋3i.
2．复数z＝i(i＋1)(i为虚数单位)的共轭复数是( )
A．－1－i B．－1＋i C．1－i D．1＋i
解析：选A ∵z＝i(i＋1)＝－1＋i，∴＝－1－i.
3．若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，－1)
C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选B 因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，
所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)，
又此点在第二象限，所以解得a＜－1.
4．设a是实数，且＋是实数，则a等于( )
A． B．1 C． D．2
解析：选B ＋＝＋＝＋i，
由题意可知＝0，即a＝1.
5．设复数z满足(1＋i)z＝2i，则|z|＝( )
A． B． C． D．2
解析：选C 因为z＝＝＝i(1－i)＝1＋i，
所以|z|＝.
6．复数2＝a＋bi(a，b∈R，i是虚数单位)，则a2－b2的值为( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
解析：选A 2＝＝－i＝a＋bi，所以a＝0，b＝－1，所以a2－b2＝0－1＝－1.
7．已知f(n)＝in－i－n(i2＝－1，n∈N)，集合{f(n)|n∈N}的元素个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．无数个
解析：选B f(0)＝i0－i0＝0，f(1)＝i－i－1＝i－＝2i，
f(2)＝i2－i－2＝0，f(3)＝i3－i－3＝－2i，
由in的周期性知{f(n)|n∈N}＝{0，－2i,2i}．
8．已知复数z＝－2i(其中i是虚数单位)，则|z|＝( )
A．2 B．2
C．3 D．3
解析：选C 复数z＝3－i－2i＝3－3i，则|z|＝3，故选C.
9．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
解析：选A m＝1时，z1＝3－2i＝z2，故“m＝1”是“z1＝z2”的充分条件．
由z1＝z2，得m2＋m＋1＝3，且m2＋m－4＝－2，解得m＝－2或m＝1，故“m＝1”不是“z1＝z2”的必要条件．
10．设有下面四个命题：
p1：若复数z满足∈R，则z∈R；
p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；
p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝2；
p4：若复数z∈R，则∈R.
其中的真命题为( )
A．p1，p3 B．p1，p4
C．p2，p3 D．p2，p4
解析：选B 设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，对于p1，∵＝＝∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命题；
对于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命题；
对于p3，设z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R，
∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠2，
∴p3不是真命题；
对于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴＝a－bi＝a∈R，
∴p4是真命题．
11．定义运算＝ad－bc，则符合条件＝4＋2i的复数z为( )
A．3－i B．1＋3i
C．3＋i D．1－3i
解析：选A 由定义知＝zi＋z，
得zi＋z＝4＋2i，即z＝＝3－i.
12．若1＋i是关于x的实系数方程x2＋bx＋c＝0的一个复数根，则( )
A．b＝2，c＝3 B．b＝－2，c＝3
C．b＝－2，c＝－1 D．b＝2，c＝－1
解析：选B 由题意可得(1＋i)2＋b(1＋i)＋c＝0?－1＋b＋c＋(2＋b)i＝0，
所以?
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)
13．设i是虚数单位，是复数z的共轭复数．若z·i＋2＝2z，则z等于________．
解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，又z·i＋2＝2z，所以(a2＋b2)i＋2＝2a＋2bi，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i.
答案：1＋i
14．设z2＝z1－i1(其中1表示z1的共轭复数)，已知z2的实部是－1，则z2的虚部为________．
解析：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝z1－i1＝a＋bi－i(a－bi)＝(a－b)－(a－b)i，因为z2的实部是－1，即a－b＝－1，所以z2的虚部为1.
答案：1
15．若关于x的方程x2＋(2－i)x＋(2m－4)i＝0有实数根，则纯虚数m＝________.
解析：设m＝bi(b∈R，且b≠0)，方程的实根为x0，则x＋(2－i)x0＋(2bi－4)i＝0，
即(x＋2x0－2b)－(x0＋4)i＝0，
即
解得x0＝－4，b＝4.故m＝4i.
答案：4i
16．已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)且＋＝，则复数z在复平面对应的点位于第________象限．
解析：∵a，b∈R且＋＝，
即＋＝，
∴5a＋5ai＋2b＋4bi＝15－5i，
即解得
∴z＝7－10i.
∴z对应的点位于第四象限．
答案：四
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题10分)实数k为何值时，复数z＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i是：
(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)0.
解：(1)当k2－5k－6＝0，即k＝6，或k＝－1时，z是实数．
(2)当k2－5k－6≠0，即k≠6，且k≠－1时，z是虚数．
(3)当即k＝4时，z是纯虚数．
(4)当即k＝－1时，z是0.
18．(本小题12分)计算下列各题：
(1)(＋i)5＋4＋7;
(2)12＋8.
解：(1)(＋i)5＋4＋7
＝－i·()5·[(1＋i)2]2·(1＋i)＋2＋i7
＝16(－1＋i)－－i
＝－＋(16－1)i.
(2)12＋8
＝(－i)12·12＋8
＝12＋
＝4＋(－8＋8i)
＝1－8＋8i＝－7＋8i.
19．(本小题12分)已知复数z满足|z|＝1＋3i－z，求的值．
解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，
∵|z|＝1＋3i－z，
∴－1－3i＋a＋bi＝0，
则
解得∴z＝－4＋3i，
∴＝＝＝3＋4i.
20．(本小题12分)已知z＝1＋i，a，b为实数．
(1)若ω＝z2＋3－4，求|ω|；
(2)若＝1－i，求a，b的值．
解：(1)因为ω＝z2＋3－4＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i，
所以|ω|＝＝.
(2)由条件＝1－i，
得＝1－i，
即＝1－i.
所以(a＋b)＋(a＋2)i＝1＋i，
所以解得
21．(本小题12分)已知复数z1满足(1＋i)z1＝－1＋5i，z2＝a－2－i，其中i为虚数单位，a∈R，若|z1－2|<|z1|，求a的取值范围．
解：∵z1＝＝2＋3i，z2＝a－2－i，2＝a－2＋i，
∴|z1－2|＝|(2＋3i)－(a－2＋i)|＝|4－a＋2i|
＝，
又∵|z1|＝，|z1－|<|z1|，
∴<，
∴a2－8a＋7<0，
解得1
∴a的取值范围是(1,7)．
22．(本小题12分)已知z＝m＋3＋3i，其中m∈C，且为纯虚数，
(1)求m对应的点的轨迹；
(2)求|z|的最大值、最小值．
解：(1)设m＝x＋yi(x，y∈R)，则
＝＝，
∵为纯虚数，∴
即
∴m对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为3的圆，除去(－3,0)，(3,0)两点．
(2)由(1)知|m|＝3，由已知m＝z－(3＋3i)，
∴|z－(3＋3i)|＝3.
∴z所对应的点Z在以(3,3)为圆心，以3为半径的圆上．
由图形可知|z|的最大值为|3＋3i|＋3＝9；
最小值为|3＋3i|－3＝3.
