5/8第三章測試(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.下列命題正確的是()A.復(fù)數(shù)的模是正實(shí)數(shù)B.虛軸上的點(diǎn)與純虛數(shù)一一對應(yīng)C.實(shí)部與虛部分別互為相反數(shù)的兩個(gè)復(fù)數(shù)是共軛復(fù)數(shù)D.相等的向量對應(yīng)著相等的復(fù)數(shù)2.eq\f(10i,2－i)＝()A.－2＋4i B.－2－4iC.2＋4i D.2－4i3.(2010·福建)i是虛數(shù)單位，(eq\f(1＋i,1－i))4等于()A.i B.－iC.1 D.－14.復(fù)數(shù)z＝eq\f(aa＋2,a－1)＋(a2＋2a－3)i(a∈R)為純虛數(shù)，則a的值為()A.a＝0 B.a＝0，且a≠－1C.a＝0，或a＝－2 D.a≠1，或a≠－35.復(fù)數(shù)eq\f(1＋2i2,3－4i)的值是()A.－1 B.1C.－i D.i6.已知z是純虛數(shù)，eq\f(z＋2,1－i)是實(shí)數(shù)，那么z等于()A.2i B.iC.－i D.－2i7.設(shè)z是復(fù)數(shù)，α(z)表示滿足zn＝1的最小正整數(shù)n，則對虛數(shù)單位i，α(i)＝()A.8 B.6C.4 D.28.(2010·陜西)復(fù)數(shù)z＝eq\f(i,1＋i)在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限9.復(fù)數(shù)eq\f(3＋2i,2－3i)－eq\f(3－2i,2＋3i)＝()A.0 B.2C.－2i D.2i10.定義運(yùn)算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，則符合條件eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1,zzi))＝4＋2i的復(fù)數(shù)z為()A.3－i B.1＋3iC.3＋i D.1－3i11.復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)是方程z2＝－3＋4i的一個(gè)根，則z等于()A.1±2i B.－1±2iC.1＋2i，或－1－2i D.2＋i，或－2－i12.對任意復(fù)數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R)，i為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是()A.|z－eq\x\to(z)|＝2y B.z2＝x2＋y2C.|z－eq\x\to(z)|≥2x D.|z|≤|x|＋|y|二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在題中的橫線上)13.復(fù)數(shù)eq\f(2＋i,1＋i)的共軛復(fù)數(shù)是________.14.若z1＝1＋i，z1·eq\x\to(z)2＝2，則z2＝__________.15.若復(fù)數(shù)z1＝4＋29i，z2＝6＋9i，其中i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)(z1－z2)i的實(shí)部是________.16.若復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，|z1－z2|＝2eq\r(2)，則|z1＋z2|＝________.三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)要使復(fù)數(shù)z＝a2－a－6＋eq\f(a2＋2a－15,a2－4)i為純虛數(shù)，實(shí)數(shù)a是否存在？若存在求出a的值；若不存在說明理由.18.(12分)已知復(fù)數(shù)z1滿足(z1－2)i＝1＋i，復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1·z2為實(shí)數(shù)，求z2.19.(12分)復(fù)平面內(nèi)關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z1，z2，且滿足3z1＋(z2－2)i＝2z2－(1＋z1)i，求z1，z2的值.20.已知1＋i是實(shí)系數(shù)方程x2＋ax＋b＝0的一個(gè)根.(1)求a，b的值；(2)試判斷1－i是否是方程的根.21.(12分)設(shè)w＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，(1)求證：1＋w＋w2＝0；(2)計(jì)算：(1＋w－w2)(1－w＋w2).22.設(shè)z1，z2∈C，(1)求證：|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2|z1|2＋2|z2|2；(2)設(shè)|z1|＝3，|z2|＝5，|z1＋z2|＝6，求|z1－z2|.

參考答案1.解析復(fù)數(shù)的?？赡転?，故A錯(cuò).虛軸上原點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)不是純虛數(shù)，故B錯(cuò).實(shí)部相等，虛部互為相反數(shù)的兩個(gè)復(fù)數(shù)為共軛復(fù)數(shù)，故C錯(cuò)，D正確.答案D2.解析eq\f(10i,2－i)＝eq\f(10i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(20i－10,4＋1)＝－2＋4i.答案A3.解析∵eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(2i,2)＝i，∴(eq\f(1＋i,1－i))4＝i4＝1.答案C4.解析依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(aa＋2,a－1)＝0，,a2＋2a－3≠0，))解得a＝0，或a＝－2.答案C5.解析eq\f(1＋2i2,3－4i)＝eq\f(－3＋4i,3－4i)＝－1.答案A6.解析設(shè)z＝bi(b∈R，且b≠0)，則eq\f(z＋2,1－i)＝eq\f(2＋bi,1－i)＝eq\f(2＋bi1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(1,2)[(2－b)＋(2＋b)i].∵eq\f(z＋2,1－i)∈R，∴2＋b＝0，b＝－2.∴z＝－2i.答案D7.解析由已知得α(i)＝in＝1，∴n的最小正整數(shù)為4.答案C8.解析z＝eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1,2)(i＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i.∴復(fù)數(shù)z的對應(yīng)點(diǎn)在第一象限.答案A9.解析eq\f(3＋2i,2－3i)－eq\f(3－2i,2＋3i)=＝＝i＋i＝2i.答案D10.解析依題意知，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1,zzi))＝zi＋z＝4＋2i，∴z(1＋i)＝4＋2i.∴z＝eq\f(4＋2i,1＋i)＝(2＋i)(1－i)＝3－i.答案A11.解析若按復(fù)數(shù)相等的充要條件去解方程組，計(jì)算量很大，本題可采用驗(yàn)證的方法.∵(1＋2i)2＝1＋4i＋(2i)2＝－3＋4i，∴z＝1＋2i或－1－2i.答案C12.解析∵z＝x＋yi，(x，y∈R)，則eq\x\to(z)＝x－yi，∴z－eq\x\to(z)＝2yi，∴|z－eq\x\to(z)|＝|2y|≥2y，故A、C錯(cuò).又z2＝x2－y2＋2xyi≠x2＋y2，故B錯(cuò).因此，正確答案為D.答案D13.解析eq\f(2＋i,1＋i)＝eq\f(2＋i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(3－i,2)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)i.∴共軛復(fù)數(shù)為eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)i.答案eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)i14.解析∵z1＝1＋i，z1·eq\x\to(z)2＝2，∴eq\x\to(z)2＝eq\f(2,1＋i)＝1－i.∴z2＝1＋i.答案1＋i15.解析(z1－z2)i＝[4＋29i－(6＋9i)]i＝(－2＋20i)i＝－20－2i.∴(z1－z2)i的實(shí)部是－20.答案－2016.解析由復(fù)數(shù)及模的幾何意義知，以z1，z2對應(yīng)向量為鄰邊的平行四邊形為正方形，所以|z1＋z2|＝|z1－z2|＝2eq\r(2).答案2eq\r(2)17.解若z為純虛數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a－6＝0，①,\f(a2＋2a－15,a2－4)≠0，②))由①解得a＝3，或a＝－2，分別代入②都不合題意，所以不存在使z為純虛數(shù)的實(shí)數(shù)a.18.解由(z1－2)i＝1＋i得，z1－2＝eq\f(1＋i,i)＝(1＋i)(－i)＝1－i，∴z1＝3－i.依題意可設(shè)z2＝x＋2i(x∈R)，則z1·z2＝(3－i)(x＋2i)＝3x＋2＋(6－x)i為實(shí)數(shù)，∴x＝6，∴z2＝6＋2i.19.解設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，則z2＝－a－bi，∴3z1＋(z2－2)i＝2z2－(1＋z1)i.∴3(a＋bi)＋(－a－bi－2)i＝2(－a－bi)－(1＋a＋bi)i，即(3a＋b)＋(3b－a－2)i＝(－2a＋b)－(2b＋a＋∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋b＝－2a＋b，,3b－a－2＝－2b＋a＋1.))解得a＝0，b＝eq\f(1,5)，∴z1＝eq\f(1,5)i，z2＝－eq\f(1,5)i.20.解(1)∵1＋i是方程x2＋ax＋b＝0的根，∴(1＋i)2＋a(1＋i)＋b＝0，即(a＋b)＋(a＋2)i＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝0，,a＋2＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝2.))∴a，b的值分別為a＝－2，b＝2.(2)方程為x2－2x＋2＝0，把1－i代入方程左邊＝(1－i)2－2(1－i)＋2＝－2i－2＋2i＋2＝0顯然方程成立.∴1－i也是方程的一個(gè)根.21.解(1)證明∵w＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，∴w2＝(－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i)2＝eq\f(1,4)＋2(－eq\f(1,2))(eq\f(\r(3),2)i)＋(eq\f(\r(3),2)i)2＝eq\f(1,4)－eq\f(\r(3),2)i－eq\f(3,4)＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i.∴1＋w＋w2＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i＝0.(2)由1＋w＋w2＝0知，(w－1)(1＋w＋w2)＝0，∴w3－1＝0，∴w3＝1.∴(1＋w－w2)(1－w＋w2)＝(－2w2)(－2w)＝4w3＝4.22.解(1)證明設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝|(a＋c)＋(b＋d)i|2＋|(a－c)＋(b－d)i|2