高考数学总复习系列--高中数学选修2-2资料

f(2?x)?2f(x)?(2?x)
2
?8(2?x)?8
， < br>即
2f(x)?f(2?x)?x?4x?4
，∴
f(x)?x
∴f(x)?2x
，∴切线方程
22
y?1?2(x?1)
，即
2 x?y?1?0
选A
3. 若存在过点
(1,0)
的直线与曲线
y ?x
和
y?ax
2
?

3
15
x?9
都相切，则
a
等于
4
( )
A．
?1
或
-
答案 A
25217257
B．
?1
或 C．
?
或
-
D．
?
或
7

6444644
3
3
解析 设过
(1,0)
的直线与
y?x
相切于点
(x
0
, x
0
)
，所以切线方程为
y?x
0
3
?3x0
2
(x?x
0
)

3
，
2
1525
2
当
x
0
?0
时，由
y?0
与
y?ax?x?9
相切可得
a??
，
464
327271 5
当
x
0
??
时，由
y?x?
与
y?ax
2
?x?9
相切可得
a??1
，所以选
A
. 2444
23
即
y?3x
0
x?2x
0
，又< br>(1,0)
在切线上，则
x
0
?0
或
x
0< br>??
4. 若
x
1
满足2x+
2
x
=5,
x
2
满足2x+2
log
2
(x－1)=5,
x
1
+
x
2
＝
A.
( )
57
B.3 C. D.4
22
1
答案 C
解析 由题意
2x
1
?2
x
?5
①

2x
2
?2lo
2
g
②
x(??1)

5
2
所以
2
x
? 5?2x
1
,
x
1
?log
2
(5?2x
1
)

1
即2
x
1
?2log
2
(5?2x
1
)

令2x
1
＝7－2t,代入上式得7－2t＝2log
2
(2t －2)＝2＋2log
2
(t－1)
∴5－2t＝2log
2
(t－1)与②式比较得t＝x
2

于是2x
1
＝7－2x
2
5. 设函数
f(x)?
1x?lnx(x?0),
则
y?f(x)

3

( )
1
e
1
B在区间
(,1),(1,e)
内均无零点。
e
1
C在区间
(,1)
内有零点，在区间
(1,e)
内无零点。
e
A在区间
(,1),(1,e)
内均有零点。

D在区间
(,1)
内无零点，在区间
(1,e)
内有 零点。
1
e
解析：由题得
f`(x)?
11x?3
，令< br>f`(x)?0
得
x?3
；令
f`(x)?0
得
??
3x3x
故知函数
f(x)
在区间
(0,3)
上为减函数， 在区间
(3,??)

0?x?3
；
f`(x)?0
得x?3
，
为增函数，在点
x?3
处有极小值
1?ln3?0；又
f(1)?
1e11
,f
?
e
?
??1 ?0,f()??1?0
，故选择D。
33e3e
6.若曲线
f
?
x
?
?ax
2
?Inx
存在垂直于
y
轴的 切线，则实数
a
的取值范围是 .
1
。因为存在垂直于y
轴的切线，
x
1
?
故此时斜率为
0
，问题转 化为
x?0
范围内导函数
f
?
x
?
?2ax?存在零点。
x
1
解法（分离变量法）上述也可等价于方程
2ax??0
在
?
0,??
?
内有解，显然可得
x
1
a ??
2
?
?
??,0
?

2x
解析 由题 意该函数的定义域
x?0
，由
f
?
?
x
?
?2ax?
7. 设曲线
y?x
则
a
1
?a
2
?
答案 -2
n?1
(n?N
*
)
在点（1，1）处的切线与x轴的交点的 横坐标为
x
n
,令
a
n
?lgx
n
，?a
99
的值为 .
解析：点（1，1）在函 数y?x
n?1
(n?N
*
)的图像上，?（1，1）为切点，
y? x
n?1
的导函数为y'?(n?1)x
n
?y'|
x?1
?n?1?切线是：y?1?(n?1)(x?1)
令y=0得切点的横坐标：x
n
?
n
n?1
1298991
a
1
?a
2
?. ..?a
99
?lgx
1
x
2
...x
99
?lg...?lg??2
2399100100
3


8 设
f(x)?x?
值范围．
1
2
x?2x?5
，当
x?[?2,2]
时，
f(x)?m?0
恒成立，求实数
m
的取< br>2
【解析】：
f

(x)?3x
2
?x?2
， 由
f

(x)?0
得
3x
2
?x?2?0
， 即
x??
2
或
x?1
；
3
由
f

(x)?0
得
3x
2
?x?2?0
即
?
2
?x?1
，所以函数单调增区间是
(??,?
2
)
，
3
3
(1,??)
；

函数的单调减区间是
(?< br>2
,1)
。由
f(x)?m
恒成立，
?m
大于
f(x)
的最大值。
3
当
x?[?2,2]
时，(1)当
x?[?2,?
2
]
时，
f(x)
为增函数，所以
f(x)
max
?
3
2157
；
f(?)?
327
(2)当
x?[?
2
,1]
时，
f(x)
为减函数，所以< br>f(x)
max
?f(?
2
)?
157
；(3)当< br>x?[1,2]
时，
3
327
f(x)
为增函数，所以
f(x)
max
?f(2)?7
；因为
7?
157
，从而
m?7

27
第二章 推理与证明
本章只需重视综合法、分析法、反证法的特点。及数学归纳法的掌握！
一、基础知识【理解去记】
综合法：“执因导果” 分析法“执果导因” 反证法:倒着推【不常考】
1.
归纳法：由一些特殊事例推出一般结论的推理方法特点：特殊→一般.
2.
不完全归纳法: 根据事物的部分(而不是全部)特例得出一般结论的推理方法叫做不完全
归纳法
3.
完全归纳法: 把研究对象一一都考查到了而推出结论的归纳法称为完全归纳法
完全归纳法是一种在研究了事物的所有(有限种)特殊情况后得出一般结论的推理方法，
又叫做枚举法. 与不完全归纳法不同，用完全归纳法得出的结论是可靠的通常在事物包括的
特殊情况数不多时，采用完全 归纳法
4.
数学归纳法:对于某些与自然数
n
有关的命题常常采用下面的方 法来证明它的正确性：先
证明当
n
取第一个值
n
0
时命题成 立；然后假设当
n?k
(
k?N
，
k
≥
n
0
)时命题成立，证
明当
n?k?1
命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳 法.
*
5.
数学归纳法的基本思想：即先验证使结论有意义的最小的正整数
n
0
，如果当
n?n
0
时，
命题成立，再假设当
n ?k
(
k?N
，
k
≥
n
0
)时，命题成立 .(这时命题是否成立不是确定
的)，根据这个假设，如能推出当
n?k?1
时，命题 也成立，那么就可以递推出对所有不小
于
n
0
的正整数
n
0
?1
，
n
0
?2
，…，命题都成立.
*
6.
用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：
?
1< br>?
证明：当
n
取第一个值
n
0
结论正确；
?
2
?
假设当
n?k
(
k?N
*
，
k
≥
n
0
)时结论正确，
证明当
n?k?1
时结论 也正确由
?
1
?
，
?
2
?
可知，命题对于 从
n
0
开始的所有正整数
n
都正确.
数学归纳法被用来证明 与自然数有关的命题：递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明
莫忘掉.
7.
?
1
?
用数学归纳法证题时，两步缺一不可；
?
2
?
证题时要注意两凑：一凑归纳假设，二凑
目标.
二、基础例题【必会】
用数学归纳法证明等式

例1． 用数学归纳法证明：
n?N
时，
?
11
??
1?33?5
?
1n
?

(2n?1)(2n?1)2n?1
点评：用数学归纳法证明，一是要切实理解原理，二是严格 按步骤进行，格式要规范，从
n=k到n=k+1时一定要用归纳假设，否则不合理。


用数学归纳法证明不等式
例2.证明
11
??
n?1n ?2
?
1
?1,(n?N)

3n?1
点评：用数学归纳法 证明不等式，推导n=k+1也成立时，证明不等式的常用方法，如比较
法、分析法、综合法均要灵活运 用，在证明的过程中，常常利用不等式的传递性对式子放缩
建立关系。同时在数学归纳法证明不等式里应 特别注意从n=k到n=k+1过程中项数的变化
量，容易出错。


用数学归纳法证明整除问题
例3.用数学归纳法证明：
(3n?1)?7?1,(n?N)
能被9整除。
点评：用数学归纳法证明整除问题时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后
证明剩下的 式子也能被某式（或数）整除，拼凑式关键。

n?
第三章 数系的扩充与复数

一、基础知识【理解去记】
2
1．复数的定义：设i为 方程x=-1的根，i称为虚数单位，由i与实数进行加、减、乘、除
等运算。便产生形如a+bi（a ,b∈R）的数，称为复数。所有复数构成的集合称复数集。通
常用C来表示。
2．复数的几 种形式。对任意复数z=a+bi（a,b∈R），a称实部记作Re(z),b称虚部记作Im(z). z=ai称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那
么z与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合
之间的一一映 射。因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x轴称为实轴，
y轴去掉原点称为虚轴，点 称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z又
对应唯一一个向量。因此坐标平面内 的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外
设z对应复平面内的点Z，见图15-1，连接O Z，设∠xOZ=θ,|OZ|=r，则a=rcosθ,b=rsin
θ,所以z=r(cosθ+i sinθ)，这种形式叫做三角形式。若z=r(cosθ+isinθ)，则θ称为z
的辐角。若0≤ θ<2π，则θ称为z的辐角主值，记作θ=Arg(z). r称为z的模，也记作|z|，
由勾股定 理知|z|=
a
2
?b
2
.如果用e表示cosθ+isinθ，则 z=re，称为复数的指数形
iθiθ
式。
3．共轭与模，若z=a+bi，（a, b∈R）,则
z?
a-bi称为z的共轭复数。模与共轭的性质有：

?
z
1
（1）
z
1
?z
2
?z
1< br>?z
2
；（2）
z
1
?z
2
?z
1
?z
2
；（3）
z?z?|z|
；（4）
?
?z
?
2
2
?
z
1
?
；
??
?
z
2
（5）
|z
1
?z
2
|?|z
1
|?|z
2
|
；（6）
|
2222< br>z
1
|z
1
|
；（7）||z
1
|-|z< br>2
||≤|z
1
±z
2
|≤|z
1
|+|z
2
|；
|?
z
2
|z
2
|
1。
z
（8）|z
1
+z
2
|+|z
1
-z
2
|=2|z
1
|+2|z
2
|；（9）若|z|= 1，则
z?
4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内 一致，运
算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z
1
=r
1
(cosθ
1
+isinθ
1
), z
2
=r
2
(cosθ< br>2
+isinθ
2
)，则
z
1?
?z
2=r
1
r
2
[cos(θ
1
+θ
2
) +isin(θ
1
+θ
2
)]；若
z
2
?0,z
1
r
1
[cos(θ
1
-θ
2
)+ isin(θ
1
-θ
?
z
2
r
2
2
)]，用指数形式记为z
1
z
2
=r
1
r
2e
i(θ1+θ2)
,
z
1
r
1
i(
?
1
?
?
2
)
?e.

z
2r
2
nn
5.【部分省市考】棣莫弗定理：[r(cosθ+isinθ)]=r (cosnθ+isinnθ).
6.开方：若
w?
r(cosθ+isinθ)， 则
w?
n
r(cos
k=0,1,2,…,n-1。
7．单位根： 若w=1，则称w为1的一个n次单位根，简称单位根，记Z
1
=
cos
n< br>n
?
?2k
?
n
?isin
?
?2k
?
n
)
，
2
?
2
?
，
?isi n
nn
则全部单位根可表示为1,
Z
1
,
Z
1,?,Z
1
2n?1
k
.单位根的基本性质有（这里记
Z
k
?Z
1
，
k=1,2,…,n-1）：（1）对任意整数k，若k=nq +r,q∈Z,0≤r≤n-1，有Z
nq+r
=Z
r
；（2）对任
?
0,当n|m,
mmm
1?Z?Z???Z
意整数m，当n≥2时，有特别 1+Z
1
+Z
2
+…+Z
n-1
=0；（3）
12 n?1
=
?
n,当n|m,
?
x+x+…+x+1=(x-Z
1
)(x-Z
2
)…(x-Z
n-1
)=(x-Z
1)(x-
Z
1
)…(x-
Z
1
).
n-1n -2
2n?1
8.复数相等的充要条件：（1）两个复数实部和虚部分别对应相等；（2）两个 复数的模和辐
角主值分别相等
9．复数z是实数的充要条件是z=
z
;z是 纯虚数的充要条件是：z+
z
=0（且z≠0）.
10.代数基本定理：在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。
11．实系数方程虚根成 对定理：实系数一元n次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b≠0)
是方程的一个根，则
z
=a-bi也是一个根。
22
12．若a,b,c∈R,a≠0，则关于x的方 程ax+bx+c=0，当Δ=b-4ac<0时方程的根为
x
1,2
?
?b ???i
.

2a
二、基础例题【必会】
1．模的应用。
2n2n
例1 求证：当n∈N
+
时，方程(z+1)+(z-1)=0只有纯虚根。

[证明] 若z是方程的根，则(z+1)=-(z-1)，所以|(z+1)|=| -(z-1)|,即|z+1|=|z-1|,
即(z+1)(
z
+1)=(z-1) (
z
-1)，化简得z+
z
=0，又z=0不是方程的根，所以z是纯虚数。
2
例2 设f(z)=z+az+b,a,b为复数，对一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b的值。
[解] 因为4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b)
=|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|

≥|f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4，其中等号成立。
所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四个向量方向相同，且模相等。
所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，解得a=b=0.
2.复数相等。
2
例3 设λ∈R，若二次方程(1-i)x+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。
2
?
?
x?
?
x?1?0
[解] 若方程有实根 ，则方程组
?
有实根，由方程组得(λ+1)x+λ+1=0.若λ
2
??
x?x?
?
?0
2n2n2n2n22
=-1，则方程x-x +1=0中Δ<0无实根，所以λ≠-1。所以x=-1, λ=2.所以当λ≠2时，方
程无实根。所以方程有两个虚根的充要条件为λ≠2。
3．三角形式的应用。
n
例4 设n≤2000,n∈N，且存在θ满足(sin θ+icosθ)=sinnθ+icosnθ，那么这样的n有
多少个？
[解] 由题设得
2
[cos(?
?
)?isin(?
?
)]n
?cosn(?
?
)?isin(?
?
)?cos(?n?
)?isin(?n
?
)
222222
，所以n=4k+1. 又因为0≤n≤2000，所以1≤k≤500，所以这样的n有500个。
4．******【常考】二项式定理的应用。

例5 计算：（1）
C< br>100
?C
100
?C
100
???C
100
；（2）
C
100
?C
100
?C
100
??? C
100

??????
[解] (1+i)=[(1+i)]=(2i) =-2,
=
1002505050
由二项式定理(1+i)=
)+(
100
0
C
100
?C
100
i?C
100i
2
???C
100
i?C
100
i
0241 00
(C
100
?C
100
?C
100
???C< br>100

50
C
100
?C
100
?C
100
???C
100
)i，比较实部和虚部，得
C
100
?C
100
?C
100
???C
100
=-2，
13599
C
100
?C
100
?C
100
??? C
100
=0。
5．复数乘法的几何意义。
例6 以定长线段BC为一 边任作ΔABC，分别以AB，AC为腰，B，C为直角顶点向外作等腰
直角ΔABM、等腰直角ΔAC N。求证：MN的中点为定点。
[证明] 设|BC|=2a，以BC中点O为原点，BC为x轴， 建立直角坐标系，确定复平面，则B，
C对应的复数为-a,a,点A，M，N对应的复数为z
1
,z
2
,z
3
,
CA?z
1
?a,BA ?z
1
?a
，由复数
乘法的几何意义得：
CN?z
3
?a??i(z
1
?a)
，①
BM?z
2
?a??i(z
1
?a)
，②由①+
②得z
2
+z
3
=i (z
1
+a)-i(z
1
-a)=2ai.设MN的中点为P，对应的复数z =
z
2
?z
3
?ai
,为定值，
2

所以MN的中点P为定点。
例7 设A，B，C，D为平面上任意四点，求证：AB?AD+BC?AD≥AC?BD。
[证明] 用 A，B，C，D表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D) ，因
为|A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A- D).
所以|A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|≥|A-C|?|B-D|, “=” 成立当且仅当
Arg(
B?AB?CD?AB?C
)?Arg()
，即
Arg()?Arg()
=π，即A，B，C，D共圆时
D?AC?DB?AD?C
成立。不等式得证。
6．复数与轨迹。
例8 ΔABC的顶点A表示的复数为3i，底边 BC在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC的外心
轨迹。
[解]设外心M对应的复数为 z=x+yi(x,y∈R)，B，C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M
是三边垂直平分线的 交点，而AB的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分线的方
程为|z-b|= |z-b-2|，所以点M对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得
4
x
2
?6(y?).

3
所以ΔABC的外心轨迹是轨物线。
7．复数与三角。
例9 已知c osα+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2 γ=0。
[证明] 令z
1
=cosα+isinα,z
2
=c osβ+isinβ,z
3
=cosγ+isinγ，则
z
1
+z
2
+z
3
=0。所以
z
1
?z
2
?z
3
?z
1
?z
2
?z
3
?0.
又因为|z
i
|=1,i=1,2,3.
所以z
i
?
z
i
=1，即
z
i
?
1
.

zi
222
由z
1
+z
2
+z
3
=0得
x
1
?x
2
?x
3
?2z
1
z< br>2
?2z
2
z
3
?2z
3
z
1?0.
①
又
z
1
z
2
?z
3
z
2
?z
3
z
1
?z
1
z2
z
3
?
?
222
所以
z
1
?z
2
?z
3
?0.

?
111
?
??
?
?z
1
z
2
z
3
(z
1
?z
2
?z
3
)?0.

?
?
z
1
z
2
z
3
?
所以cos2α+cos2β+co s2γ+i(sin2α+sin2β+sin2γ)=0.
所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。
000
例10 求和：S=cos20+2cos40+…+18cos18×20.
0018000
[解] 令w=cos20+isin20,则w=1，令P=sin20+2sin40+…+18sin18×20, 则
218231819
S+iP=w+2w+…+18w. ①由①×w得w(S+iP)=w+2w+…+17w+18w，②由①-②得
?
1
w (1?w
18
)
?18w3
?
19
?
?18w，所以S+iP=
??9
?
?i
?
(1-w)(S+iP)=w +w+…+w-18w=
?
，
1?w
1?w22
??
218 19
所以
S??
9
.

2
8．复数与多项式。
nn-1
例11 已知f(z)=c
0
z+c
1
z+…+ c
n-1
z+c
n
是n次复系数多项式(c
0
≠0). < /p>

求证：一定存在一个复数z
0
,|z
0
|≤1，并且| f(z
0
)|≥|c
0
|+|c
n
|.
nn-1iθ
[证明] 记c
0
z+c
1
z+…+cn-1
z=g(z),令
?
=Arg(c
n
)-Arg(z0
)，则方程g(Z)-c
0
e=0为n次方
iθ
程，其必有n 个根，设为z
1
,z
2
,…,z
n
，从而g(z)-c0
e=(z-z
1
)(z-z
2
)?…?(z-z
n< br>)c
0
，令z=0
iθn
得-c
0
e=(-1)z< br>1
z
2
…z
n
c
0
，取模得|z
1
z
2
…z
n
|=1。所以z
1
,z
2,…，z
n
中必有一个z
i
使得|z
i
|≤
i θiθ
1,从而f(z
i
)=g(z
i
)+c
n
= c
0
e=c
n
，所以|f(z
i
)|=|c
0e+c
n
|=|c
0
|+|c
n
|.
9.单位根的应用。
例12 证明：自⊙O上任意一点p到正多边形A
1
A
2
…A
n
各个顶点的距离的平方和为定值。
[证明] 取此圆 为单位圆，O为原点，射线OA
n
为实轴正半轴，建立复平面，顶点A
1
对应 复
数设为
?
?e
2
?
i
n
，则顶点A2
A
3
…A
n
对应复数分别为ε，ε，…，ε.设点p对应复数 z,则
23n
|z|=1,且=2n-
?
|pA
k?1
n< br>k
|?
?
|z?
?
|?
?
(z?
?
)(z?
?
)?
?
(2?
?
k
z?
?
k
z)

2k2kk
k?1k?1k?1
nnn=2n-
z
?
?
k?1
n
k
?z
?< br>?
?2n?z
?
?
?z
?
?
k
?2 n.
命题得证。
k
k?1k?1k?1
n
k
nn
10．复数与几何。
例13 如图15-2所示，在四边形ABCD内存在一点P，使得ΔPAB，ΔPCD都是以P为直 角
顶点的等腰直角三角形。求证：必存在另一点Q，使得ΔQBC，ΔQDA也都是以Q为直角顶点的等腰直角三角形。
[证明] 以P为原点建立复平面，并用A，B，C，D，P，Q表示它们 对应的复数，由题设及
复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA；取
Q?
三角形；又 由C-Q=i(B-Q)得
C?iB
，则C-Q=i(B-Q)，则ΔBCQ为等腰直角
1?i
DA
?Q?i(?Q)
，即A-Q=i(D-Q)，所以ΔADQ也为等腰直 角
ii
三角形且以Q为直角顶点。综上命题得证。
例14 平面上给定ΔA
1
A
2
A
3
及点p
0
，定义A
s
=A
s-3
,s≥4，构造点列p
0
,p
1
,p
2
,…,使得p
k+1
为绕
0
中心A
k+1
顺时针 旋转120时p
k
所到达的位置，k=0,1,2,…,若p
1986
=p< br>0
.证明：ΔA
1
A
2
A
3
为等边
三角形。
[证明] 令u=
e
i
?
3
，由题设，约定用 点同时表示它们对应的复数，取给定平面为复平面，则
p
1
=(1+u)A
1
-up
0
,
p
2
=(1+u)A
2
-up
1
,
p
3
=(1+u)A
3
-up
2
,
22
①×u+②×(-u)得p
3
=(1+u)(A
3
-uA
2
+uA
1
)+p
0
=w+p
0
,w为与p
0
无关的常数。同理得
22
p
6
=w+p
3
=2w +p
0
,…,p
1986
=662w+p
0
=p
0
，所以w=0，从而A
3
-uA
2
+uA
1
=0. 由u=u-1得A
3
-A
1
=（A
2
-A
1
）
u，这说明ΔA
1
A
2
A
3
为正三角形。

三、趋近高考【必懂】
1. 下列n的取值中，使
i
=1(i是虚数单位）的是
A.n=2 B .n=3 C .n=4 D .n=5
【解析】因为
i?1
,故选C.
4
n
（ ）

答案 C
2. 设
z
是复数，
a(z)
表示满足
z
n
?1
的最小正整数
n
，则对虚数单位
i
，
a(i)?

（ ）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 2
【解析】
a(i)?
i?1
，则最小正整数
n
为4，选C.
答案 C
3. 设
z?1?i
（
i
是虚数单位），则< br>n
2
2
?z?

z
( )
A．
?1?i
B．
?1?i
C．
1?i
D．
1?i

【解析】对于
答案 D
2
2
2
?z??(1?i)
2
?1?i?2i?1?i

z1?i
2
2
?z?
（ ）
z
4. 设
z?1?i
（
i
是虚数单位），则
A．
1?i
B．
?1?i
C．
1?i
D．
?1?i
【解析】对于
答案 D
5. 在复平面内，复数
z?i(1?2i)
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 < br>2
2
2
?z??(1?i)
2
?1?i?2i?1?i

z1?i
【解析】 ∵
z?i(1?2i)?i?2i??2?i
，∴复数
z
所对应的点为
?
?2,1
?
，故选B.
答案 B
6. 复数
3?i
等于 （ ）
1?i
A．
1?2i
B.
1?2i
C.
2?i
D.
2?i

3?i(3?i) (1?i)3?2i?i
2
4?2i
????2?i
,故选C. 【解析】:
2
1?i(1?i)(1?i)1?i2
答案 C
7. 复数
3?i
等于
1?i
（ ） A．
1?2i

B.
1?2i
C.
2?i
D.
2?i

3?i(3?i) (1?i)3?2i?i
2
4?2i
????2?i
,故选C. 【解析】:
2
1?i(1?i)(1?i)1?i2

答案 C
8. 已知
Z
=2+i,则复数z=
1＋i
（ ）
（A）-1+3i (B)1-3i (C)3+i (D)3-i
【解析】
z?(1?i)?(2?i)?1?3i,?z?1?3i
故选B。
答案 B
9. i是虚数单位，若
1?7i
?a?bi(a, b?R)
，则乘积
ab
的值是( )
2?i
（A）－15 （B）－3 （C）3 （D）15
【解析】
1?7i(1?7i)(2?i)
???1?3i
，∴
a??1,b?3,ab??3
，选B。
2?i5
（ ）
答案 B
10. i是虚数单位，i(1+i)等于
A．1+i B. -1-i C.1-i D. -1+i
【解析】依据虚数运算公式可知
i
答案 D
2
??1
可得
i(1?i)?i?1
，选D.
11. 若复数
z?(x?1)?(x?1)i
为纯虚数，则实数
x
的值为
2
（ ）
A．
?1
B．
0
C．
1
D．
?1
或
1

?
x
2
?1?0
?x??1
故选A 【解析】由
?
x?1?0
?
答案 A
12. 投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m和n,则复数（m+ni）(n-mi)为实数的概率为
（ ）
A、
1111
B、 C、 D、
346
12
【解析】因为
(m?ni )(n?mi)?2mn?(n
2
?m
2
)i
为实数
所以
n
2
?m
2
故
m?n
则可以取1、2
?? ?
6，共6种可能，所以
P?
答案 C
13.
61

?
11
C
6
?C
6
6
10i
?< br>
2-i
A.
-2+4i


B.
-2-4i


C.
2+4i

（ ）
D.
2-4i

【解析】：原式
?
答案 A
10i(2+i)
??2?4i
.故选A.
(2-i)(2+i)

14. 已知复数
z?1?2i
，那么
1
=
z
（ ）
（A）
525525
1212
?i
（B）
?i
（C）
?i
（D）
?i

5555
5555
【解析】
111?2i1?2i
12
???
＝
?i

2
55
z
1?2i(1?2i)(1?2i)1?2
答案 D
15. 复数
3?2i3?2i
??

2?3i2?3i
（ ）
（A）0 （B）2 （C）-2i (D)2
【解析】
3?2i3?2i
?
3?2i
??
2? 3i
??
3?2i
??
2?3i
?
26i
???2 i
,选D
??
131313
2?3i2?3i
答案 D