【文档说明】2021年人教版高中数学必修第二册第七章 章末综合检测 (含解析).doc，共(7)页，114.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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章末综合检测(七)(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题：本题共12小题，每小题5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．设i是虚数单位，则复数i3－2i＝()A．－iB．－3iC．iD．3

i解析：选C.i3－2i＝－i－2ii2＝－i＋2i＝i.2．复数z1＝3＋i，z2＝1－i，则z1·z2在复平面内对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：选D.z1·z2＝(3＋i)(1

－i)＝4－2i，对应的点(4，－2)在第四象限．3．已知复数z＝(m2－m－6)＋(m2＋2m－8)i(i为虚数单位)，若z<6，则实数m＝()A．2B．2或－4C．4D．－2或4解析：选A.因为z<6，所以z∈R，则m2－m－6<6

，m2＋2m－8＝0，解得－3<m<4，m＝－4或m＝2.所以m＝2，故选A.4．在复平面内，复数6＋5i，－2＋3i对应的点分别为A，B.若C为线段AB上的点，且AC→＝3CB→，则点C对应的复数是()A．4iB．2＋4iC.72iD．1

＋72i解析：选C.两个复数对应的点分别为A(6，5)，B(－2，3)，设点C的坐标为(x，y)(x，y∈R)，则由AC→＝3CB→，得AB→＝4CB→，即(－8，－2)＝4(－2－x，3－y)，得x＝0，y＝72，故点C对应的复数为72i，故选C.5．设i为虚

数单位，若复数z满足z－1＋i＝i，其中z－为复数z的共轭复数，则|z|＝()A．1B.2C.22D．2解析：选B.由题意得z－＝i(1＋i)＝－1＋i，所以z＝－1－i，所以|z|＝（－1）2＋（－1）2＝2，故选B.6．设i是虚数单位，z－是复数

z的共轭复数．若z·z－i＋2＝2z，则z＝()A．1＋iB．1－iC．－1＋iD．－1－i解析：选A.设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z－＝a－bi，又z·z－i＋2＝2z，所以(a2＋b2)i＋2＝2a＋2bi，所以

a2＋b2＝2b，2＝2a，解得a＝1，b＝1，故z＝1＋i.7．已知i为虚数单位，a∈R，若2－ia＋i为纯虚数，则复数z＝2a＋1＋2i的模为()A.2B.3C.6D.11解析：选C.2－ia＋i＝（2

－i）（a－i）（a－i）（a＋i）＝2a－1－（2＋a）ia2＋1.若2－ia＋i为纯虚数，则2a－1＝0－（2＋a）≠0，解得a＝12，则z＝2a＋1＋2i＝2＋2i，则复数z的模为22＋（2）2＝6.

8．i是虚数单位，复数z＝a＋i(a∈R)满足z2＋z＝1－3i，则|z|＝()A.2或5B．2或5C.5D．5解析：选C.依题意，得z2＋z＝(a＋i)2＋a＋i＝a2－1＋a＋(2a＋1)i＝1－3i，所以a2－1＋a＝1，2a＋1＝－3，解得a＝－2，所以|z|＝|－2＋i|＝（

－2）2＋12＝5.9．复数cosπ3＋isinπ3经过n次乘方后，所得的幂等于它的共轭复数，则n的值等于()A．3B．12C．6k－1(k∈Z)D．6k＋1(k∈Z)解析：选C.由题意，得cosπ3＋isinπ3n＝cosnπ3＋isinnπ3＝cosπ3－

isinπ3由复数相等的定义，得cosnπ3＝cosπ3＝12，sinnπ3＝－sinπ3＝－32.解得nπ3＝2kπ－π3，(k∈Z)，所以n＝6k－1(k∈Z)．故选C.10．已知复数z1的实部为2，复数z2的虚部为－

1，且z1z2为纯虚数，z1·z2为实数，若z1＋z2对应的点不在第一象限，则z1－z2对应的点在()A．第一象限B．第三象限C．第二象限D．第四象限解析：选D.设z1＝2＋bi，z2＝a－i，a，b∈R，则z1z2＝2＋bia－i＝2a－b

＋（2＋ab）ia2＋1为纯虚数，所以2a－b＝0且2＋ab≠0.因为z1·z2＝(2＋bi)(a－i)＝(2a＋b)＋(ab－2)i为实数，所以ab＝2.由2a－b＝0，ab＝2，解得a＝1，b＝2或a＝－1，b＝－2.又z1＋z2＝(2＋a)＋(b－1)i对应

的点不在第一象限，所以a＝1，b＝2不符合，于是z1－z2＝(2－a)＋(b＋1)i＝3－i对应的点在第四象限．11．已知z1与z2是共轭复数，有4个命题：①z21<|z2|2；②z1z2＝|z1z2|；③z1＋z2∈R；④z1z2∈R.其中一定正确的是()

A．①②B．②③C．③④D．①②③解析：选B.z1与z2是共轭复数，设z1＝a＋bi，z2＝a－bi(a，b∈R，b≠0)．①z21＝a2－b2＋2abi，|z2|2＝a2＋b2，虚数不能比较大小，因此不正确；②z1z2＝|z1z2|＝a2＋b2

，正确；③z1＋z2＝2a∈R，正确；④z1z2＝a＋bia－bi＝（a＋bi）2（a－bi）（a＋bi）＝a2－b2a2＋b2＋2aba2＋b2i不一定是实数，因此不一定正确，故选B.12．已知方程x

2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0(a∈R)有实根b，且z＝a＋bi，则复数z＝()A．－2－2iB．2＋2iC．－2＋2iD．2－2i解析：选D.因为x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0(a∈R)有实根b，所以b2＋(4＋i)b＋4＋ai＝0，即b2＋4b＋4＋(a＋b

)i＝0.根据复数相等的充要条件，得b2＋4b＋4＝0且a＋b＝0，解得a＝2，b＝－2.故复数z＝2－2i，故选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．13．复数2＋i1＋i的共轭复数是______

__．解析：2＋i1＋i＝（2＋i）（1－i）（1＋i）（1－i）＝3－i2＝32－12i，其共轭复数为32＋12i.答案：32＋12i14．已知z1＝32cosπ6＋isinπ6，z2＝2

cosπ3＋isinπ3，则z1z2的代数形式为________．解析：z1z2＝32cosπ6＋isinπ6×2cosπ3＋isinπ3＝32×2cosπ6＋π3＋isinπ6＋

π3＝3cosπ2＋isinπ2＝3i.答案：3i15．在复平面内，若复数z满足|z＋1|＝|1＋iz|，则z在复平面内对应点的轨迹为________．解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，|x＋1＋yi|＝（x＋1）2＋y2，|1＋iz|＝|1＋i(x＋y

i)|＝（y－1）2＋x2，则（x＋1）2＋y2＝（y－1）2＋x2.所以复数z＝x＋yi对应点(x，y)的轨迹为到点(－1，0)和(0，1)距离相等的直线．答案：到点(－1，0)和(0，1)距离相等的直线16．已知复数

z＝x＋yi(x，y∈R)，且|z－2|＝3，则yx的最大值为________．解析：|z－2|＝（x－2）2＋y2＝3，所以(x－2)2＋y2＝3.如图所示，yxmax＝31＝3.答案：3三、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)m为何实数时，复数z＝(2＋i)m2－3(i＋1)m－2(1－i)是：(1)是实数；(2)虚数；(3)纯虚数．解：z＝(2

＋i)m2－3(i＋1)m－2(1－i)＝2m2＋m2i－3mi－3m－2＋2i＝(2m2－3m－2)＋(m2－3m＋2)i.(1)由m2－3m＋2＝0得m＝1或2，即m＝1或2时，z为实数．(2)由m2－3m＋2≠0得m≠1且m≠2，即m≠1且m≠2时，z为虚数．(3)由2m2－

3m－2＝0，m2－3m＋2≠0，得m＝－12，即m＝－12时，z为纯虚数．18．(本小题满分12分)已知复数z1＝2－3i，z2＝15－5i（2＋i）2，求：(1)z1z2；(2)z1z2.解：因为z2＝15－5i（2＋i）2＝15－5i3＋4i＝（15－5i）

（3－4i）（3＋4i）（3－4i）＝25－75i25＝1－3i.(1)z1z2＝(2－3i)(1－3i)＝－7－9i.(2)z1z2＝2－3i1－3i＝（2－3i）（1＋3i）（1－3i）（1＋3i）＝11＋3i10＝1110＋310i.19．(本小题满分12分)已知复数z1＝

－2＋i，z1z2＝－5＋5i(其中i为虚数单位)．(1)求复数z2；(2)若复数z3＝(3－z2)[(m2－2m－3)＋(m－1)i]在复平面内所对应的点在第四象限，求实数m的取值范围．解：(1)因为z1z2＝－5＋5i，所以z2＝－5＋5iz1＝－5＋5i－2＋i＝3－i.(2)z3＝(3－

z2)[(m2－2m－3)＋(m－1)i]＝i[(m2－2m－3)＋(m－1)i]＝－(m－1)＋(m2－2m－3)i，因为z3在复平面内所对应的点在第四象限，所以－（m－1）>0，m2－2m－3<0，解得－1<m<1，故实数m的取值范围是(－1，1)．20

．(本小题满分12分)设z－为复数z的共轭复数，满足|z－z－|＝23.(1)若z为纯虚数，求z；(2)若z－z－2为实数，求|z|.解：(1)设z＝bi(b∈R)，则z－＝－bi，因为|z－z－|＝23，则|2bi|＝23，即|b|＝3，所以b＝±3，所以z＝±3i.(2

)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z－＝a－bi，因为|z－z－|＝23，则|2bi|＝23，即|b|＝3，z－z－2＝a＋bi－(a－bi)2＝a－a2＋b2＋(b＋2ab)i.因为z－z－2为实数，所以b＋2ab＝0，因为|b|＝3，所以a＝－12，所以|z|＝－122＋（

±3）2＝132.21．(本小题满分12分)满足z＋5z是实数，且z＋3的辐角的主值是3π4的虚数z是否存在？若存在，求出虚数z；若不存在，说明理由．解：设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，则z＋5z＝a＋bi＋5a＋bi＝a＋5aa2＋b2＋b－

5ba2＋b2i，因为z＋5z∈R，所以b－5ba2＋b2＝0，因为b≠0，所以a2＋b2＝5，又z＋3＝a＋3＋bi的辐角的主值为3π4，所以a＋3＝－b.把a＋3＝－b与a2＋b2＝5联立，解得a＝－1b＝－2或a＝－2b＝－1，所以z＝－1－2i

或z＝－2－i，此时z＋3＝2－2i或z＋3＝1－i的辐角的主值均为7π4.所以满足条件的虚数z不存在．22．(本小题满分12分)复数z＝12－32i2是一元二次方程mx2＋nx＋1＝0(m，n∈R)的一个根．(1)求m和n的值；(2)若(

m＋ni)u－＋u＝z(u∈C)，求u.解：(1)因为z＝12－32i2＝－12－32i，所以z－＝－12＋32i，由题意，知z，z－是一元二次方程mx2＋nx＋1＝0(m，n∈R)的两个根，所以－nm＝－12－32i＋－12＋32i，1m＝

－12－32i－12＋32i，解得m＝1，n＝1.(2)设u＝c＋di(c，d∈R)，则(1＋i)(c－di)＋(c＋di)＝－12－32i，即2c＋d＋ci＝－12－32i，所以2c＋d＝－12

，c＝－32，解得c＝－32，d＝－12＋3，所以u＝－32＋3－12i.