1、第五章 数系的扩充与复数的引入(B)(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)1复数 z1cos isin (2)的模为()A2cos 2B2cos 2C2sin 2D2sin 22已知 M1,2，m23m1(m25m6)i，N1,3，MN3，则实数 m 的值为()A1 或 6B1 或 4C1D43若 34，54，则复数(cos sin)(sin cos)i 在复平面内所对应的点在()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限4一元二次方程 x2(5i)x4i0 有一个实根 x0，则()Ax04Bx01Cx04 或 x01Dx0 不存
2、在5在复平面内，复数 1i 与 13i 分别对应向量OA 和OB，其中 O 为坐标原点，则|AB|等于()A.2B2C.10D46已知复数 z3i1 3i2，z 是 z 的共轭复数，则 z z 等于()A.14B.12C1D27在复平面上复数1i、0、32i 所对应的点分别是 A、B、C，则平行四边形 ABCD的对角线 BD 的长为()A5B.13C.15D.178已知复数 z 对应的点在第二象限，它的模是 3，实部是 5，则 z 为()A 52iB 52iC.52iD.52i912i3i22 005i2 004 的值是()A1 0001 000iB1 0021 002iC1 0031 002
3、iD1 0051 000i10设复数 z 满足1z1zi，则|1z|等于()A0B1C.2D211若 z1(2x1)yi 与 z23xi(x，yR)互为共轭复数，则 z1 对应的点在()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限12f(n)inin(nN)的值域中的元素个数是()A2B3C4D无穷多个二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)13z1 是复数，z2z1i z 1(其中 z 1 表示 z1 的共轭复数)，已知 z2 的实部是1，则 z2 的虚部为_14如果一个复数与它的模的和为 5 3i，那么这个复数是_15若复数 z 2i1i，则|z 3i|_.16已知复数
4、z123i，z2abi，z314i，它们在复平面上所对应的点分别为 A、B、C.若OC 2OA OB，则 a_，b_.三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分)17(10 分)已知复数 z(2i)m2 6m1i2(1i)，当实数 m 取什么值时，复数 z 是(1)虚数，(2)纯虚数18(12 分)设复数 z 满足|z|5，且(34i)z 在复平面内的对应点在第二、四象限的角平分线上，|2zm|5 2(mR)，求 z 和 m 的值19.(12 分)复数 z1i231i2i，若 z2az0，求纯虚数 a.20(12 分)已知复数 z 的模为 2，求复数 1 3iz 的模的最大值、最小值21.(
5、12 分)已知 z 是虚数，证明：z1z为实数的充要条件是|z|1.22(12 分)复数 z1i3abi1i且|z|4，z 对应的点在第一象限，若复数 0，z，z 对应的点是正三角形的三个顶点，求实数 a、b 的值答案1B|z|1cos 2sin2 22cos 4cos222cos 2.2，22，cos 20，2cos 2 2cos 2.2C 由 MN3，知 m23m1(m25m6)i3，m23m13m25m60，解得 m1.3B cos sin 2sin4，sin cos 2sin4.因为 34，54，所以 4，32，42，因此，cos sin 0，所以复数在平面内对应的点在第二象限4D 由
6、已知可得 x20(5i)x04i0，x205x040 x010，该方程组无解5B 由题意ABOB OA，AB对应的复数为(13i)(1i)2i，|AB|2.6A z3i1 3i23i22 3i，|z|3i|22 3i|2412.z z|z|214.7B BA对应的复数为1i，BC对应的复数为 32i，BD BABC，BD 对应的复数为(1i)(32i)23i.BD 的长为 13.8A 设 zxyi(x，yR)，则 x 5，由|z|3，得(5)2y29，即 y24，y2，复数 z 对应的点在第二象限，y2.z 52i.9C 12i3i24i312i34i22i.周期出现，原式501(22i)2
7、005i2 0041 0021 002i2 0051 0031 002i.10C 由1z1zi，得 z1i1ii，|1z|1i|2.11C 由 z1，z2 互为共轭复数，得2x13x，y1，解得x1，y1，所以 z1(2x1)yi3i.由复数的几何意义知 z1 对应的点在第三象限12B 根据 i 的周期性，当 n4k(kN)时，f(n)i4ki4k112，当 n4k1(kN)时，f(n)i4k1i(4k1)i1i0，当 n4k2(kN)时，f(n)i4k2i(4k2)2，当 n4k3(kN)时，f(n)i4k3i(4k3)i1i0.故值域中元素个数为 3.131解析 设 z1abi，则 z2a
8、bii(abi)ab(ba)i，又 ab1，ba1.14.115 3i解析 设 zabi(a、bR)，根据题意得 abi a2b25 3i，所以有b 3a a2b25，解之得a115b 3，z115 3i.15.5解析 z 2i1i2i1i21i.z 1i，|z 3i|12i|5.163 10解析 OC 2OA OB，14i2(23i)(abi)即14a46b，a3b10.17解 由于 mR，复数 z 可表示为z(2i)m23m(1i)2(1i)(2m23m2)(m23m2)i，(1)当 m23m20，即 m2 且 m1 时，z 为虚数(2)当2m23m20m23m20，即 m12时，z 为纯
9、虚数18解 设 zabi(a，bR)因为|z|5，所以 a2b225.因为(34i)z(34i)(abi)(3a4b)(4a3b)i，又(34i)z 在复平面内的对应点在第二、四象限的角平分线上，所以 3a4b4a3b0，得 b7a，所以 a 22，b7 22，即 z22 7 22 i，所以 2z(17i)当 2z17i 时，有|17im|5 2，即(1m)27250，得 m0，或 m2.当 2z(17i)时，同理可得 m0，或 m2.19解 z1i231i2i2i33i2i3i2i1i.a 为纯虚数，设 ami(m0)，则 z2az(1i)2 mi1i2imim2m2m22 i0，m20，2b0，ab，b0.由得a 3，b1.故所求值为 a 3，b1.