章末检测一、选择题1.i 是虚数单位，若集合S ＝{－1,0,1}，则( )A.i ∈SB.i 2∈SC.i 3∈SD.2i∈S 答案 B2.z 1＝(m 2＋m ＋1)＋(m 2＋m －4)i ，m ∈R ，z 2＝3－2i ，则“m ＝1”是“z 1＝z 2”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件答案 A解析 因为z 1＝z 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m ＋1＝3，m 2＋m －4＝－2，解得m ＝1或m ＝－2， 所以m ＝1是z 1＝z 2的充分不必要条件.3.设z 1，z 2为复数，则下列四个结论中正确的是( )A.若z 21＋z 22＞0，则z 21＞－z 22B.|z 1－z 2|＝(z 1＋z 2)2－4z 1z 2C.z 21＋z 22＝0⇔z 1＝z 2＝0D.z 1－z 1是纯虚数或零答案 D解析 举例说明：若z 1＝4＋i ，z 2＝2－2i ，则z 21＝15＋8i ，z 22＝－8i ，z 21＋z 22＞0，但z 21与－z 22都是虚数，不能比较大小，故A 错；因为|z 1－z 2|2不一定等于(z 1－z 2)2，故|z 1－z 2|与(z 1＋z 2)2－4z 1z 2不一定相等，B 错；若z 1＝2＋i ，z 2＝1－2i ，则z 21＝3＋4i ，z 22＝－3－4i ，z 21＋z 22＝0，但z 1＝z 2＝0不成立，故C 错；设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z 1＝a －b i ，故z 1－z 1＝2b i ，当b ＝0时是零，当b ≠0时，是纯虚数.故D 正确.4.已知i 是虚数单位，m ，n ∈R ，且m ＋i ＝1＋n i ，则m ＋n i m －n i等于( ) A.－1 B.1 C.－i D.i答案 D解析 由m ＋i ＝1＋n i(m ，n ∈R )，∴m ＝1且n ＝1.则m ＋n i m －n i ＝1＋i 1－i＝(1＋i )22＝i. 5.已知a 是实数，a －i 1＋i是纯虚数，则a 等于( ) A.1 B.－1 C. 2 D.－ 2答案 A解析 a －i 1＋i ＝(a －i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝(a －1)－(a ＋1)i 2是纯虚数，则a －1＝0，a ＋1≠0，解得a ＝1. 6.若(x －i)i ＝y ＋2i ，x ，y ∈R ，则复数x ＋y i 等于( )A.－2＋iB.2＋iC.1－2iD.1＋2i答案 B解析 ∵(x －i)i ＝y ＋2i ，x i －i 2＝y ＋2i ，∴y ＝1，x ＝2，∴x ＋y i ＝2＋i.7.已知2＋a i ，b ＋i 是实系数一元二次方程x 2＋px ＋q ＝0的两根，则p ，q 的值为( )A.p ＝－4，q ＝5B.p ＝4，q ＝5C.p ＝4，q ＝－5D.p ＝－4，q ＝－5 答案 A解析 由条件知2＋a i ，b ＋i 是共轭复数，则a ＝－1，b ＝2，即实系数一元二次方程x 2＋px ＋q ＝0的两个根是2±i ，所以p ＝－[(2＋i)＋(2－i)]＝－4，q ＝(2＋i)(2－i)＝5. 8.i 为虚数单位，设复数z 满足|z |＝1，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 2－2z ＋2z －1＋i 的最大值为( ) A.2－1B.2－ 2C.2＋1D.2＋ 2 答案 C解析 |z 2－2z ＋2z －1＋i|＝|z －(1＋i)|，故只需求x 2＋y 2＝1上的点到(1,1)的最大距离，其值为1＋ 2. 9.实数x ，y ，θ有以下关系：x ＋y i ＝3＋5cos θ＋i(－4＋5sin θ)(其中i 是虚数单位)，则x 2＋y 2的最大值为( )A.30B.15C.25D.100答案 D解析 由复数相等知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋5cos θ，y ＝－4＋5sin θ， 则x 2＋y 2＝50－50sin(θ－φ)≤100(其中φ为辅助角).∴x 2＋y 2的最大值为100.10.设复数z 满足|z |＜1且⎪⎪⎪⎪z ＋1z ＝52，则|z |等于( ) A.45 B.34 C.23 D.12答案 D解析 因为⎪⎪⎪⎪z ＋1z ＝|z z ＋1||z |＝52，即|z |2＋1＝52|z |，所以|z |＝12. 11.如果关于x 的方程2x 2＋3ax ＋a 2－a ＝0至少有一个模等于1的根，那么实数a 的值( )A.不存在B.有一个C.有三个D.有四个答案 C解析 (1)当根为实数时，将x ＝1代入原方程得a 2＋2a ＋2＝0，此方程无实数解；将x ＝－1代入原方程得a 2－4a ＋2＝0，解得a ＝2±2，都符合要求.(2)当根为虚数时，Δ＝a (a ＋8)＜0，∴－8＜a ＜0.此时有x 1·x 2＝|x 1|2＝|x 2|2＝1＝a 2－a 2，所以可得a 2－a －2＝0，解得a ＝－1，或a ＝2(舍去).故共有三个.12.已知f (n )＝i n －i －n (n ∈N *)，则集合{f (n )}的元素个数是( ) A.2 B.3 C.4 D.无数个答案 B解析 f (n )有三个值0,2i ，－2i.二、填空题13.复平面内，若z ＝m 2(1＋i)－m (4＋i)－6i 所对应的点在第二象限，则实数m 的取值范围是 .答案 (3,4)解析 ∵z ＝m 2－4m ＋(m 2－m －6)i 所对应的点在第二象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2－4m <0，m 2－m －6>0，解得3<m <4. 14.已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位.若(a ＋i)(1＋i)＝b i ，则a ＋b i ＝ .答案 1＋2i解析 由(a ＋i)(1＋i)＝b i 得a －1＋(a ＋1)i ＝b i ，即a －1＝0，a ＋1＝b ，解得a ＝1，b ＝2，所以a ＋b i ＝1＋2i.15.已知|z 1|＝2，|z 2|＝3，|z 1＋z 2|＝4，则z 1z 2＝ . 答案 16±156i 解析 由题意，z 1z 1＝4，z 2z 2＝9，(z 1＋z 2)(z 1＋z 2)＝z 1z 1＋z 2z 2＋z 1z 2＋z 2z 1＝4＋9＋9z 1z 2＋4z 2z 1＝16，所以9z 1z 2＋4z 2z 1＝3，令z 1z 2＝t ，则9t ＋4t ＝3，即9t 2－3t ＋4＝0，所以t ＝16±15i 6， 即z 1z 2＝16±15i 6. 16.复数|z |＝1，若存在负数a 使得z 2－2az ＋a 2－a ＝0，则a ＝ .答案 1－52解析 由z 2－2az ＋a 2－a ＝0，得(z －a )2＝a .又a 为负数，所以z －a 为纯虚数.设z －a ＝b i ，则z ＝a ＋b i ，所以(b i)2＝a ，故a ＝－b 2.又|z |＝1，所以a 2＋b 2＝1，所以a 2－a －1＝0.故a ＝1±52.由a 为负数，所以a ＝1－52. 三、解答题 17.计算：(1)i 1＋i ÷(1＋3i)2；(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－3i 3. 解 (1)i 1＋i÷(1＋3i)2 ＝i (1－i )(1＋i )(1－i )÷[(1＋3i)(1＋3i)] ＝i －i 22÷(1＋3i 2＋23i) ＝1＋i 2÷(－2＋23i) ＝(1＋i )(－4－43i )(－4＋43i )(－4－43i )＝－4－43i －4i －43i 264＝4(－1＋3)－4(1＋3)i 64＝－1＋316－1＋316i. (2)方法一 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－3i 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋i )(1＋3i )(1－3i )(1＋3i )3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3i ＋i ＋3i 243＝[(1－3)＋(1＋3)i]343＝ (1－3)3＋3(1－3)2(1＋3)i ＋3(1－3)(1＋3)2i 2＋(1＋3)3i 364＝16－16i 64＝1－i 4.方法二 ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1＋i 1－3i 3＝(1＋i )3(1－3i )3＝1＋3i ＋3i 2＋i 31－33i －9＋33i＝－2＋2i －8＝1－i 4. 18.设z 是虚数，m ＝z ＋1z是实数，且－1＜m ＜2. (1)求|z |的值及z 的实部的取值范围.(2)设u ＝1－z 1＋z，求证：u 为纯虚数. (3)结合(2)求m －u 2的最小值.(1)解 ∵z 是虚数，∴可设z ＝x ＋y i ，x ，y ∈R ，且y ≠0，∴m ＝z ＋1z ＝x ＋y i ＋1x ＋y i ＝x ＋y i ＋x －y i x 2＋y2 ＝x ＋x x 2＋y 2＋⎝⎛⎭⎫y －y x 2＋y 2i. ∵m 是实数，且y ≠0，∴y －y x 2＋y2＝0， ∴x 2＋y 2＝1，∴|z |＝1，此时m ＝2x .∵－1＜m ＜2，∴－1＜2x ＜2，从而有－12＜x ＜1. ∴|z |＝1，z 的实部的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12，1. (2)证明 结合(1)可知u ＝1－z 1＋z ＝1－(x ＋y i )1＋(x ＋y i )＝(1－x －y i )(1＋x －y i )(1＋x )2＋y 2＝－y (1＋x )i. 又∵x ∈⎝⎛⎭⎫－12，1，y ≠0， ∴－y 1＋x≠0，∴u 为纯虚数. (3)解 m －u 2＝2x －⎝⎛⎭⎫－y 1＋x i 2＝2x ＋⎝⎛⎭⎫y 1＋x 2＝2x ＋1－x 2(1＋x )2＝2x ＋1－x 1＋x ＝2x －1＋21＋x ＝2(x ＋1)＋21＋x－3. ∵－12＜x ＜1，∴1＋x ＞0， ∴2(x ＋1)＋21＋x －3≥22(x ＋1)·21＋x－3＝1. 当且仅当2(x ＋1)＝21＋x，即x ＝0(x ＝－2舍去)时，等号成立. 故m －u 2的最小值为1，此时z ＝±i.。