2019-2020学年数学人教A版选修2-2优化练习：第三章 章末优化总结 Word版含解析.pdf

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1、章末检测(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．已知复数z＝3＋4i，z＝t＋i，且z·z是实数，则实数t等于()121234A.B.4343C．－D．－34解析：z·z＝(3＋4i)(t－i)＝(3t＋4)＋(4t－3)i.因为z·z是实数，所以4t－3＝0，所12123以t＝.因此选A.4答案：Af1＋i2．已知f(x)＝x2，i是虚数单位，则在复平面中复数对应的点在()3＋iA．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：因为函数f(x)＝x2，所以f(1＋i)＝(1＋i

2、)2，化简得f(1＋i)＝2i，f1＋i2i2i3－i2＋6i1＋3i13f1＋i所以＝＝＝＝＝＋i.根据复数的几何意义知，3＋i3＋i3＋i3－i105553＋i13所对应的点的坐标为(，)，所以其对应的点在第一象限．故应选A.55答案：A3．(2014·高考辽宁卷)设复数z满足(z－2i)(2－i)＝5，则z＝()A．2＋3iB．2－3iC．3＋2iD．3－2i552＋i52＋i解析：由(z－2i)(2－i)＝5得z＝＋2i＝＋2i＝＋2i＝2＋3i，选A.2－i2－i2＋i5答案：A134．已知复数z＝－＋i，则z＋

3、z

4、＝()221313A．－－

5、iB．－＋i22221313C.＋iD.－i222213131313解析：因为z＝－＋i，所以z＋

6、z

7、＝－－i＋－2＋2＝－i.22222222答案：D5．若z＝cosθ＋isinθ(i为虚数单位)，则使z2＝－1的θ值可能是()ππA.B.64ππC.D.32cos2θ＝－1，解析：∵z2＝cos2θ＋isin2θ＝－1，∴sin2θ＝0.∴2θ＝2kπ＋π(k∈Z)，π∴θ＝kπ＋.令k＝0知，D正确．2答案：D6．若关于x的方程x2＋(1＋2i)x＋3m＋i＝0有实根，则实数m等于()11A.B.i121211C．－D．－i1212解析：设方程的实数根为x

8、＝a(a为实数)，a2＋a＋3m＝0，则a2＋(1＋2i)·a＋3m＋i＝0，∴2a＋1＝0，1a＝－，2∴故选A.1m＝.12答案：A7．实数x，y满足(1＋i)x＋(1－i)y＝2，则xy的值是()A．0B．1C．2D．3解析：由题意得x＋y＋(x－y)i＝2，x＋y＝2，x＝1，∴∴x－y＝0，y＝1，∴xy＝1.答案：B→→→8．设O为原点，向量OA，OB对应的复数分别为2＋3i，－3－2i，那么向量BA对应的复数为()A．－1＋iB．1－iC．－5－5iD．5＋5i→→解析：∵由已知OA＝(2,3)，OB＝(－3，－2)，→→→∴BA＝OA－O

9、B＝(2,3)－(－3，－2)＝(5,5)，→∴BA对应的复数为5＋5i.答案：Dy9．已知复数z＝(x－2)＋yi(x、y∈R)在复平面内对应的向量的模为3，则的最大值是x()33A.B.231C.D.32解析：因为

10、(x－2)＋yi

11、＝3，所以(x－2)2＋y2＝3，所以点(x，y)在y以C(2,0)为圆心，以3为半径的圆上，如图，由平面几何知识知－3≤x≤3.答案：Da10．已知复数a＝3＋2i，b＝4＋xi(其中i为虚数单位，x∈R)，若复数∈R，则实数xb的值为()A．－6B．688C.D．－33a3＋2i3＋2i4－xi12＋2x8－3x8－3x8解析：＝＝＝＋

12、·i∈R，∴＝0，∴x＝.b4＋xi16＋x216＋x216＋x216＋x23答案：C11．设z＝(2t2＋5t－3)＋(t2＋2t＋2)i，t∈R，则以下结论正确的是()A．z对应的点在第一象限B．z一定不为纯虚数C.z对应的点在实轴的下方D．z一定为实数解析：∵t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1>0，∴z对应的点在实轴的上方．又∵z与z对应的点关于实轴对称，∴C项正确．答案：C12．(2013·高考陕西卷)设z是复数，则下列命题中的假命题是()A．若z2≥0，则z是实数B．若z2<0，则z是虚数C．若z是虚数，则z2≥0D．若z是纯虚数，则z2<0解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，

13、ab＝0，选项A，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi≥0，则故b＝0或a，b都为0，即z为a2≥b2，实数，正确．ab＝0，a＝0，选项B，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi<0，则则故z一定为虚数，正a2