3、值，故選A．
4．閱讀程序框圖，該算法的功能是輸出( )
A．?dāng)?shù)列{2n－1}的第4項(xiàng)
B．?dāng)?shù)列{2n－1}的第5項(xiàng)
C．?dāng)?shù)列{2n－1}的前4項(xiàng)和
D．?dāng)?shù)列{2n－1}的前5項(xiàng)和
答案 B
解析 依程序框圖，有下表：
A
1
3
7
15
31
i
2
3
4
5
6
由于6>5，跳出循環(huán)，故輸出A＝31，而31＝25－1，選B．
5．當(dāng)m＝5，n＝2時(shí)，執(zhí)行圖中所示的程序框圖，輸出的S值為( )
A．20 B．42 C．60 D．180
答案 C
解析 當(dāng)m＝5，n＝2時(shí)，程序框圖的運(yùn)算過(guò)程如下表所示：
k
4、5
4
3
2
S
1
5
20
60
故輸出S＝60，故選C．
6．如圖所示程序框圖的功能是：給出以下十個(gè)數(shù)：5，9，80，43，95，73，28，17，60，36，把大于60的數(shù)找出來(lái)，則框圖中的①②應(yīng)分別填入的是( )
A．x>60？，i＝i－1 B．x<60？，i＝i＋1
C．x>60？，i＝i＋1 D．x<60？，i＝i－1
答案 C
解析 對(duì)于A，D，由于i＝i－1，則會(huì)進(jìn)入死循環(huán)，而對(duì)于B，選出的數(shù)小于60．故選C．
7．在十進(jìn)制中，2004＝4×100＋0×101＋0×102＋2×103，那么在五進(jìn)制中數(shù)碼2004折合成十進(jìn)制為(
5、)
A．29 B．254 C．602 C．2004
答案 B
解析 2004＝4×50＋0×51＋0×52＋2×53＝254，故選B．
8．當(dāng)x＝0．2時(shí)，用秦九韶算法計(jì)算多項(xiàng)式f(x)＝3x6＋4x5＋5x4＋6x3＋7x2＋8x＋1的值時(shí)，需要做乘法和加法的次數(shù)分別是( )
A．6，6 B．5，6 C．5，5 D．6，5
答案 A
解析 由f(x)＝(((a6x＋a5)x＋a4)x＋…＋a1)x＋a0，所以共需要6次加法和6次乘法，故選A．
9．已知一個(gè)算法的程序框圖如圖所示，當(dāng)輸出的結(jié)果為0時(shí)，輸入的實(shí)數(shù)x的值為( )
A．－3 B．－3或9
C
6、．3或－9 D．－9或－3
答案 B
解析 本算法框圖的本質(zhì)為求函數(shù)y＝
的零點(diǎn)，分情況求此分段函數(shù)的零點(diǎn)，易解得x＝－3或x＝9，故選B．
10．如圖所示的程序框圖的算法思路源于我國(guó)古代著名的“孫子剩余定理”，其中“Mod(N，m)＝n”表示正整數(shù)N除以正整數(shù)m后的余數(shù)為n，例如：Mod(10，3)＝1．執(zhí)行該程序框圖，則輸出的i＝( )
A．23 B．38 C．44 D．58
答案 A
解析 檢驗(yàn)選項(xiàng)A：i＝23，Mod(23，3)＝2，Mod(23，5)＝3，Mod(23，7)＝2，滿足題意，故選A．
11．如圖是“二分法”解方程的流程圖，在①～④處應(yīng)填寫(xiě)的
7、內(nèi)容分別是( )
A．f(a)f(m)<0；a＝m；是；否
B．f(b)f(m)<0；b＝m；是；否
C．f(b)f(m)<0；m＝b；是；否
D．f(b)f(m)<0；b＝m；否；是
答案 B
解析 因?yàn)轭}圖是“二分法”解方程的流程圖，所以判斷框的內(nèi)容是根的存在性定理的應(yīng)用，所以填f(b)f(m)<0；是，則直接驗(yàn)證精度，否，則先在賦值框中實(shí)現(xiàn)b＝m的交換，再驗(yàn)證精度，滿足精度則輸出結(jié)果，結(jié)束程序，所以③處填“是”，④處填“否”，在①～④處應(yīng)填寫(xiě)的內(nèi)容分別是f(b)f(m)<0；b＝m；是；否．
12．下圖是用模擬方法估計(jì)圓周率π值的程序框圖，P表示估計(jì)結(jié)果，則圖中空白框
8、內(nèi)應(yīng)填入( )
A．P＝ B．P＝
C．P＝ D．P＝
答案 D
解析 利用幾何概型，構(gòu)造一個(gè)邊長(zhǎng)為1的正方形及其內(nèi)一個(gè)半徑為1、圓心角為90°的扇形，易知扇形的面積S≈，又由面積公式得S＝π×12≈，解得π≈，故選D．
二、高考小題
13．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)為計(jì)算S＝1－＋－＋…＋－，設(shè)計(jì)了下面的程序框圖，則在空白框中應(yīng)填入( )
A．i＝i＋1 B．i＝i＋2
C．i＝i＋3 D．i＝i＋4
答案 B
解析 由S＝1－＋－＋…＋－，知程序框圖先對(duì)奇數(shù)項(xiàng)累加，偶數(shù)項(xiàng)累加，最后再相減．因此在空白框中應(yīng)填入i＝i＋2，選B．
14．(2018·北京高
9、考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為( )
A． B． C． D．
答案 B
解析 k＝1，s＝1；s＝1＋(－1)1×＝1－＝，k＝2，2<3；s＝＋(－1)2×＝＋＝，k＝3，此時(shí)跳出循環(huán)，所以輸出．故選B．
15．(2018·天津高考)閱讀下邊的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，若輸入N的值為20，則輸出T的值為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 第一次循環(huán)T＝1，i＝3；第二次循環(huán)T＝1，i＝4；第三次循環(huán)T＝2，i＝5，滿足條件i≥5，結(jié)束循環(huán)．故選B．
16．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)下面程序框圖是為了求出滿足3n－2n＞1000
10、的最小偶數(shù)n，那么在和兩個(gè)空白框中，可以分別填入( )
A．A>1000？和n＝n＋1
B．A>1000？和n＝n＋2
C．A≤1000？和n＝n＋1
D．A≤1000？和n＝n＋2
答案 D
解析 本題求解的是滿足3n－2n>1000的最小偶數(shù)n，可判斷出循環(huán)結(jié)構(gòu)為當(dāng)型循環(huán)結(jié)構(gòu)，即滿足條件要執(zhí)行循環(huán)體，不滿足條件要輸出結(jié)果，所以判斷語(yǔ)句應(yīng)為A≤1000？，另外，所求為滿足不等式的偶數(shù)解，因此中語(yǔ)句應(yīng)為n＝n＋2．故選D．
17．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)執(zhí)行下面的程序框圖，為使輸出S的值小于91，則輸入的正整數(shù)N的最小值為( )
A．5 B．4 C．3 D．2
11、
答案 D
解析 要求的是最小值，觀察選項(xiàng)，發(fā)現(xiàn)選項(xiàng)中最小的為2，不妨將2代入檢驗(yàn)．當(dāng)輸入的N為2時(shí)，第一次循環(huán)，S＝100，M＝－10，t＝2；第二次循環(huán)，S＝90，M＝1，t＝3，此時(shí)退出循環(huán)，輸出S＝90，符合題意．故選D．
18．(2017·天津高考)閱讀下面的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，若輸入N的值為24，則輸出N的值為( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 C
解析 執(zhí)行程序框圖，輸入N的值為24時(shí)，24能被3整除，執(zhí)行是，N＝8，8≤3不成立，繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)體；8不能被3整除，執(zhí)行否，N＝7，7≤3不成立，繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)體；7不能被3整除，執(zhí)行否，N＝6，6
12、≤3不成立，繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)體；6能被3整除，執(zhí)行是，N＝2，2≤3成立，退出循環(huán)，輸出N的值為2．故選C．
19．(2017·山東高考)執(zhí)行兩次如圖所示的程序框圖，若第一次輸入的x的值為7，第二次輸入的x的值為9，則第一次、第二次輸出的a的值分別為( )
A．0，0 B．1，1 C．0，1 D．1，0
答案 D
解析 第一次輸入x＝7，判斷條件，4>7不成立，執(zhí)行否，判斷條件，7÷2＝，7不能被2整除，執(zhí)行否，b＝3，判斷條件，9>7成立，執(zhí)行是，輸出a＝1．
第二次輸入x＝9，判斷條件，4>9不成立，執(zhí)行否，判斷條件，9÷2＝，9不能被2整除，執(zhí)行否，b＝3，判斷條件，9
13、>9不成立，執(zhí)行否，判斷條件，9÷3＝3，9能被3整除，執(zhí)行是，輸出a＝0．故選D．
三、模擬小題
20．(2018·衡陽(yáng)二模)1927年德國(guó)漢堡大學(xué)的學(xué)生考拉茲提出一個(gè)猜想：對(duì)于每一個(gè)正整數(shù)，如果它是奇數(shù)，對(duì)它乘3再加1，如果它是偶數(shù)，對(duì)它除以2，這樣循環(huán)，最終結(jié)果都能得到1．雖然該猜想看上去很簡(jiǎn)單，但有的數(shù)學(xué)家認(rèn)為“該猜想任何程度的解決都是現(xiàn)代數(shù)學(xué)的一大進(jìn)步”．如圖是根據(jù)考拉茲猜想設(shè)計(jì)的一個(gè)程序框圖，則①處應(yīng)填寫(xiě)的條件及輸出的結(jié)果分別為( )
A．a(chǎn)是偶數(shù)？ 6 B．a(chǎn)是偶數(shù)？ 8
C．a(chǎn)是奇數(shù)？ 5 D．a(chǎn)是奇數(shù)？ 7
答案 D
解析 閱讀考拉茲提出的猜想，結(jié)合程序
14、框圖可得①處應(yīng)填寫(xiě)的條件是“a是奇數(shù)？”，運(yùn)行情況為
a
10
5
16
8
4
2
1
i
1
2
3
4
5
6
7
所以輸出的結(jié)果為i＝7．故選D．
21．(2018·鄭州質(zhì)檢一)我國(guó)古代數(shù)學(xué)典籍《九章算術(shù)》“盈不足”中有一道兩鼠穿墻問(wèn)題：“今有垣厚十尺，兩鼠對(duì)穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，問(wèn)幾何日相逢？”現(xiàn)用程序框圖描述，如圖所示，則輸出結(jié)果n＝( )
A．5 B．4 C．3 D．2
答案 B
解析 初始a＝1，A＝1，S＝0，n＝1，第一次循環(huán)：S＝0＋1＋1＝2，S小于10，進(jìn)入下一次循環(huán)；第二次循環(huán)：n＝n＋
15、1＝2，a＝，A＝2，S＝2＋＋2＝，S小于10，進(jìn)入下一次循環(huán)；第三次循環(huán)：n＝n＋1＝3，a＝，A＝4，S＝＋＋4＝，S小于10，進(jìn)入下一次循環(huán)；第四次循環(huán)：n＝n＋1＝4，a＝，A＝8，S＝＋＋8≥10，循環(huán)結(jié)束，此時(shí)n＝4，故選B．
22．(2018·合肥質(zhì)檢一)執(zhí)行如圖所示程序框圖，若輸入的n等于10，則輸出的結(jié)果是( )
A．2 B．－3 C．－ D．
答案 C
解析 a＝2，i＝1，滿足i≤n＝10，進(jìn)入循環(huán)體，第一次循環(huán)：a＝＝－3，i＝2；滿足i≤n＝10，第二次循環(huán)：a＝＝－，i＝3；滿足i≤n＝10，第三次循環(huán)：a＝＝，i＝4；滿足i≤n＝10，第四次
16、循環(huán)：a＝＝2，i＝5；…可看出a的取值周期性變化，且周期為4．可知當(dāng)i＝11時(shí)與i＝3時(shí)a的取值相同，即a＝－，此時(shí)，不滿足i≤n＝10，跳出循環(huán)體，輸出a＝－，故選C．
23．(2018·貴陽(yáng)模擬)我國(guó)明朝數(shù)學(xué)家程大位著的《算法統(tǒng)宗》里有一道聞名世界的題目：“一百饅頭一百僧大僧三個(gè)更無(wú)爭(zhēng)，小僧三人分一個(gè)，大、小和尚各幾??？”如圖所示的程序框圖反映了此題的一個(gè)求解算法，則輸出n的值為( )
A．20 B．25 C．30 D．35
答案 B
解析 開(kāi)始：n＝20；第一步：m＝80，S＝60＋≠100，n＝21；第二步：m＝79，S＝63＋≠100，n＝22；第三步：m＝78
17、，S＝66＋＝92≠100，n＝23；第四步：m＝77，S＝69＋≠100，n＝24；第五步：m＝76，S＝72＋≠100，n＝25；第六步：m＝75，S＝75＋＝100，此時(shí)S＝100退出循環(huán)，輸出n＝25．故選B．
24．(2018·南昌摸底)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出n的值為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 依據(jù)框圖，可知n＝1時(shí)，f(x)＝(x)′＝1，它是偶函數(shù)，滿足f(x)＝f(－x)，又方程f(x)＝0無(wú)解，則n＝1＋1＝2；此時(shí)，f(x)＝(x2)′＝2x，不滿足f(x)＝f(－x)，則n＝2＋1＝3；再次循環(huán)，f(x)＝(x3)′＝
18、3x2，滿足f(x)＝f(－x)，且方程f(x)＝0有解x＝0，跳出循環(huán)體，則輸出n的值為3，故選C．
25．(2018·深圳調(diào)研)九連環(huán)是我國(guó)一種傳統(tǒng)的智力玩具，其構(gòu)造如圖1所示，要將9個(gè)圓環(huán)全部從框架上解下(或套上)，無(wú)論是哪種情形，都需要遵循一定的規(guī)則．解下(或套上)全部9個(gè)圓環(huán)所需的最少移動(dòng)次數(shù)可由如圖2所示的程序框圖得到，執(zhí)行該程序框圖，則輸出的結(jié)果為( )
A．170 B．256 C．341 D．682
答案 C
解析 由算法框圖，可知i，S的變化情況如下：
i
2
3
4
5
6
7
8
9
S
2
5
10
21
42
8
19、5
170
341
故選C．
26．(2018·邯鄲摸底)我國(guó)古代名著《莊子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，萬(wàn)世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠(yuǎn)都截不完．現(xiàn)將該木棍依此規(guī)律截取，如圖所示的程序框圖的功能就是計(jì)算該木棍被截取7天后所剩的長(zhǎng)度(單位：尺)，則①②③處可分別填入的是( )
①
②
③
A
i≤7？
s＝s－
i＝i＋1
B
i≤128？
s＝s－
i＝2i
C
i≤7？
s＝s－
i＝i＋1
D
i≤128？
s＝s－
i＝2i
答案 B
解析 該程序框圖的功能是計(jì)算木棍被截取7天
20、后剩余部分的長(zhǎng)度，則在程序運(yùn)行過(guò)程中，應(yīng)該有：第1次循環(huán)，s＝1－，i＝4；第2次循環(huán)，s＝1－－，i＝8；第3次循環(huán)，s＝1－－－，i＝16；…；第7次循環(huán)，s＝1－－－…－，i＝256，此時(shí)應(yīng)跳出循環(huán)體，據(jù)此判斷可知在判斷框①處填入“i≤128？”，執(zhí)行框②處應(yīng)填入“s＝s－”，③處應(yīng)填入“i＝2i”，故選B．
本考點(diǎn)在近三年高考中未涉及此題型．
考點(diǎn)測(cè)試41 復(fù)數(shù)
高考概覽
考綱研讀
1．理解復(fù)數(shù)的基本概念
2．理解復(fù)數(shù)相等的充要條件
3．了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義
4．會(huì)進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算
21、
5．了解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減運(yùn)算的幾何意義
一、基礎(chǔ)小題
1．設(shè)z1＝2＋bi，z2＝a＋i，當(dāng)z1＋z2＝0時(shí)，復(fù)數(shù)a＋bi＝( )
A．1＋i B．2＋i C．3 D．－2－i
答案 D
解析 ∵z1＋z2＝(2＋bi)＋(a＋i)＝(2＋a)＋(b＋1)i＝0，∴∴∴a＋bi＝－2－i，故選D．
2．若(1＋i)＋(2－3i)＝a＋bi(a，b∈R，i是虛數(shù)單位)，則a，b的值分別等于( )
A．3，－2 B．3，2 C．3，－3 D．－1，4
答案 A
解析 由于(1＋i)＋(2－3i)＝3－2i，所以3－2i＝a＋bi(a，b∈R)，由復(fù)數(shù)
22、相等定義，a＝3，且b＝－2，故選A．
3．若復(fù)數(shù)z滿足z＋(3－4i)＝1，則z的虛部是( )
A．－2 B．4 C．3 D．－4
答案 B
解析 z＝1－(3－4i)＝－2＋4i，所以z的虛部是4，故選B．
4．如圖，在復(fù)平面內(nèi)，點(diǎn)A表示復(fù)數(shù)z，由圖中表示z的共軛復(fù)數(shù)的點(diǎn)是( )
A．A B．B
C．C D．D
答案 B
解析 表示復(fù)數(shù)z的點(diǎn)A與表示z的共軛復(fù)數(shù)的點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，∴B點(diǎn)表示．選B．
5．已知復(fù)數(shù)z＝1－i，則＝( )
A．2 B．－2 C．2i D．－2i
答案 A
解析 ＝＝2，故選A．
6．已知z＝(i是虛數(shù)單位
23、)，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部是( )
A．0 B．－1 C．1 D．2
答案 A
解析 因?yàn)閦＝＝＝i，所以復(fù)數(shù)z的實(shí)部為0，故選A．
7．復(fù)數(shù)＝( )
A．－－i B．－＋i
C．－i D．＋i
答案 C
解析?。剑?
＝＝＝－i．
8．設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a為( )
A．2 B．－2 C．－ D．
答案 A
解析 解法一：因?yàn)椋?
＝為純虛數(shù)，所以2－a＝0，a＝2．
解法二：令＝mi(m≠0)，∴1＋ai＝(2－i)mi＝m＋2mi．∴∴a＝2．
9．在復(fù)平面內(nèi)，向量對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，則向量對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為
24、( )
A．1－2i B．－1＋2i
C．3＋4i D．－3－4i
答案 D
解析 ＝－＝－1－3i－2－i＝－3－4i，故選D．
10．設(shè)z是復(fù)數(shù)，則下列命題中的假命題是( )
A．若z2≥0，則z是實(shí)數(shù) B．若z2<0，則z是虛數(shù)
C．若z是虛數(shù)，則z2≥0 D．若z是純虛數(shù)，則z2<0
答案 C
解析 設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝a2－b2＋2abi，由z2≥0，得即或所以a＝0時(shí)b＝0，b＝0時(shí)a∈R．故z是實(shí)數(shù)，所以A為真命題；由于實(shí)數(shù)的平方不小于0，所以當(dāng)z2<0時(shí)，z一定是虛數(shù)，且為純虛數(shù)，故B為真命題；由于i2＝－1<0，故C為假命題，D為
25、真命題．
11．已知是復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)，若z·＝2(＋i)，則z＝( )
A．－1－i B．－1＋i C．1＋i D．1－i
答案 C
解析 設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，由z·＝2(＋i)，有(a＋bi)(a－bi)＝2(a－bi＋i)，解得a＝b＝1，所以z＝1＋i，故選C．
12．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是Z(1，－2)，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)＝________．
答案 1＋2i
解析 由復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)的坐標(biāo)有z＝1－2i，所以共軛復(fù)數(shù)＝1＋2i．
二、高考小題
13．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝2i，則|z|＝( )
A． B． C
26、． D．2
答案 C
解析 解法一：∵(1＋i)z＝2i，∴z＝＝＝＝1＋i．∴|z|＝＝．
解法二：∵(1＋i)z＝2i，∴|1＋i|·|z|＝|2i|，即·|z|＝2，∴|z|＝．
14．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)z＝＋2i，則|z|＝( )
A．0 B． C．1 D．
答案 C
解析 因?yàn)閦＝＋2i＝＋2i＝＋2i＝i，所以|z|＝＝1，故選C．
15．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)＝( )
A．－－i B．－＋i
C．－－i D．－＋i
答案 D
解析 ∵＝＝，∴選D．
16．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)(1＋i)(2－i)＝( )
A．－3－i B．－
27、3＋i
C．3－i D．3＋i
答案 D
解析 (1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i，故選D．
17．(2018·浙江高考)復(fù)數(shù)(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)是( )
A．1＋i B．1－i C．－1＋i D．－1－i
答案 B
解析 ∵＝＝1＋i，∴的共軛復(fù)數(shù)為1－i．
18．(2018·北京高考)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)對(duì)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
答案 D
解析 ∵＝＝＋i，∴其共軛復(fù)數(shù)為－i，又－i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，－在第四象限，故選D．
19．(2017·北京高考)若復(fù)數(shù)(1－i)(a
28、＋i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，－1)
C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)
答案 B
解析 ∵復(fù)數(shù)(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，∴∴a＜－1．故選B．
20．(2017·山東高考)已知a∈R，i是虛數(shù)單位．若z＝a＋i，z·＝4，則a＝( )
A．1或－1 B．或－
C．－ D．
答案 A
解析 ∵z＝a＋i，∴＝a－i．又∵z·＝4，∴(a＋i)(a－i)＝4，∴a2＋3＝4，∴a2＝1，∴a＝±1．故選A．
21．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)有下面四個(gè)命題：
29、
p1：若復(fù)數(shù)z滿足∈R，則z∈R；
p2：若復(fù)數(shù)z滿足z2∈R，則z∈R；
p3：若復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1z2∈R，則z1＝2；
p4：若復(fù)數(shù)z∈R，則∈R．
其中的真命題為( )
A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4
答案 B
解析 對(duì)于命題p1，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，由＝＝∈R，得b＝0，則z∈R成立，故正確；對(duì)于命題p2，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，由z2＝(a2－b2)＋2abi∈R，得a·b＝0，則a＝0或b＝0，復(fù)數(shù)z為實(shí)數(shù)或純虛數(shù)，故錯(cuò)誤；對(duì)于命題p3，設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，由z
30、1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i∈R，得ad＋bc＝0，不一定有z1＝2，故錯(cuò)誤；對(duì)于命題p4，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則由z∈R，得b＝0，所以＝a∈R成立，故正確．故選B．
22．(2018·天津高考)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)＝________．
答案 4－i
解析?。剑剑?－i．
23．(2016·天津高考)已知a，b∈R，i是虛數(shù)單位．若(1＋i)·(1－bi)＝a，則的值為_(kāi)_______．
答案 2
解析 由(1＋i)(1－bi)＝a，得1＋b＋(1－b)i＝a，則解得所以＝2．
24．(2017·浙江高考)已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虛數(shù)
31、單位)，則a2＋b2＝________，ab＝________．
答案 5 2
解析 解法一：∵(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，a，b∈R，
∴??
∴a2＋b2＝2a2－3＝5，ab＝2．
解法二：由解法一知ab＝2，
又|(a＋bi)2|＝|3＋4i|＝5，∴a2＋b2＝5．
三、模擬小題
25．(2018·鄭州質(zhì)檢一)復(fù)數(shù)(i為虛數(shù)單位)的值為( )
A．－1－3i B．－1＋3i
C．1＋3i D．1－3i
答案 A
解析 ＝＝－1－3i，故選A．
26．(2018·唐山模擬)復(fù)數(shù)z＝的共軛復(fù)數(shù)為( )
A．1＋2i B．1－2i C．2－
32、2i D．－1＋2i
答案 B
解析 因?yàn)閦＝＝＝1＋2i，所以＝1－2i．
27．(2018·沈陽(yáng)質(zhì)檢一)已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)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
答案 B
解析 因?yàn)椋剑剑璱，所以其共軛復(fù)數(shù)為－＋i，在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為－，，在第二象限，故選B．
28．(2018·長(zhǎng)春質(zhì)檢二)已知復(fù)數(shù)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則z2＋z＝( )
A．1－2i B．1＋3i C．1－3i D．1＋2i
答案 B
解析 z2＋z＝(1＋i)2＋1＋i＝1＋2i＋i2＋1＋i＝1＋3i．故選B
33、．
29．(2018·湖北八市聯(lián)考)設(shè)復(fù)數(shù)z＝(i為虛數(shù)單位)，則下列命題錯(cuò)誤的是( )
A．|z|＝
B．＝1－i
C．z的虛部為i
D．z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限
答案 C
解析 依題意，有z＝＝1＋i，則其虛部為1，故選C．
30．(2018·石家莊質(zhì)檢二)已知復(fù)數(shù)z滿足zi＝i＋m(i為虛數(shù)單位，m∈R)，若z的虛部為1，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 A
解析 依題意，設(shè)z＝a＋i(a∈R)，則由zi＝i＋m，得ai－1＝i＋m，從而故z＝1＋i，在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，1)，在
34、第一象限，故選A．
31．(2018·太原模擬)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足＝i(i為虛數(shù)單位)，則z的共軛復(fù)數(shù)為( )
A．i B．－i C．2i D．－2i
答案 A
解析 由＝i，整理得(1＋i)z＝1－i，z＝＝＝－i，所以z的共軛復(fù)數(shù)為i．故選A．
32．(2018·南昌一模)歐拉公式eix＝cosx＋isinx(i為虛數(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)現(xiàn)的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，它在復(fù)變函數(shù)論里非常重要，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，根據(jù)歐拉公式可知，ei表示的復(fù)數(shù)位于復(fù)平面內(nèi)的( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四
35、象限
答案 A
解析 由歐拉公式ei＝cos＋isin＝＋i，所以ei表示的復(fù)數(shù)位于復(fù)平面內(nèi)的第一象限．選A．
33．(2018·衡陽(yáng)三模)若復(fù)數(shù)z滿足z＋i＝(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的虛部為( )
A．2 B．2i C．－2 D．－2i
答案 C
解析 由z＋i＝，得z＋i＝－i，z＝－2i，故復(fù)數(shù)z的虛部為－2，故選C．
34．(2018·青島模擬)在復(fù)平面內(nèi)，設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于虛軸對(duì)稱(chēng)，z1＝1＋2i(i是虛數(shù)單位)，則z1z2＝( )
A．5 B．－5 C．－1－4i D．－1＋4i
答案 B
解析 由題意z2＝－1＋2i，所以z1z2＝
36、(1＋2i)(－1＋2i)＝－1＋4i2＝－5．故選B．
一、高考大題
本考點(diǎn)在近三年高考中未涉及此題型．
二、模擬大題
1．(2018·成都診斷)已知關(guān)于t的一元二次方程t2＋(2＋i)t＋2xy＋(x－y)i＝0(x，y∈R)．
(1)當(dāng)方程有實(shí)根時(shí)，求點(diǎn)(x，y)的軌跡方程；
(2)求方程的實(shí)根的取值范圍．
解 (1)設(shè)實(shí)根為m，則m2＋(2＋i)m＋2xy＋(x－y)i＝0，
即(m2＋2m＋2xy)＋(m＋x－y)i＝0．
根據(jù)復(fù)數(shù)相等的充要條件得
由②得m＝y(tǒng)－x，代入①得(y－x)2＋2(y－x)＋2xy＝0，
即(x－1)2＋(y＋1)2＝2．
故點(diǎn)
37、(x，y)的軌跡方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝2．
(2)由(1)知點(diǎn)(x，y)的軌跡是一個(gè)圓，圓心為(1，－1)，半徑r＝，
設(shè)方程的實(shí)根為m，
則直線m＋x－y＝0與圓(x－1)2＋(y＋1)2＝2有公共點(diǎn)，
所以≤，即|m＋2|≤2，即－4≤m≤0．
故方程的實(shí)根的取值范圍是[－4，0]．
2．(2018·九江高二質(zhì)檢)已知M＝{1，(m2－2m)＋(m2＋m－2)i}，P＝{－1，1，4i}，若M∪P＝P，求實(shí)數(shù)m的值．
解 ∵M(jìn)∪P＝P，∴M?P．
即(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝－1或(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝4i．
當(dāng)(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝－1時(shí)，
有解得m＝1；
當(dāng)(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝4i時(shí)，
有解得m＝2．
綜上可知m＝1或m＝2．
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2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第五章 不等式、推理與證明、算法初步與復(fù)數(shù) 考點(diǎn)測(cè)試40 算法初步 理（含解析）
