一、选择题
1．i是虚数单位，若集合S＝{－1,0,1}，则( )
A．i∈S B．i2∈S
C．i3∈S D．∈S
答案 B
2．z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i，m∈R，z2＝3－2i，则“m＝1”是“z1＝z2”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z1＝z2，所以，解得m＝1或m＝－2，
所以m＝1是z1＝z2的充分不必要条件．
3．(2013·天津改编)已知i是虚数单位，m，n∈R，且m＋i＝1＋ni，则＝( )
A．－1 B．1
C．－i D．i
答案 D
解析 由m＋i＝1＋ni(m，n∈R)，∴m＝1且n＝1.则＝＝＝i.
4．已知a是实数，是纯虚数，则a等于( )
A．1 B．－1
C． D．－
答案 A
解析 ＝＝是纯虚数，则a－1＝0，a＋1≠0，解得a＝1.
5．若(x－i)i＝y＋2i，x，y∈R，则复数x＋yi等于( )
A．－2＋i B．2＋i
C．1－2i D．1＋2i
答案 B
解析 ∵(x－i)i＝y＋2i，xi－i2＝y＋2i，
∴y＝1，x＝2，∴x＋yi＝2＋i.
6．已知2＋ai，b＋i是实系数一元二次方程x2＋px＋q＝0的两根，则p，q的值为( )
A．p＝－4，q＝5 B．p＝4，q＝5
C．p＝4，q＝－5 D．p＝－4，q＝－5
答案 A
解析 由条件知2＋ai，b＋i是共轭复数，则a＝－1，b＝2，即实系数一元二次方程x2＋px＋q＝0的两个根是2±i，所以p＝－[(2＋i)＋(2－i)]＝－4，q＝(2＋i)(2－i)＝5.
7．(2013·新课标Ⅰ)若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为( )
A．－4 B．－
C．4 D．
答案 D
解析 因为复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，所以z＝＝＝＝＋i，故z的虚部等于，故选D.
8．i是虚数单位，若＝a＋bi(a，b∈R)，则ab的值是( )
A．－15 B．3
C．－3 D．15
答案 C
解析 ＝＝－1＋3i，∴a＝－1，b＝3，ab＝－3.
9．(2013·广东)若复数z满足iz＝2＋4i，则在复平面内，z对应的点的坐标是( )
A．(2,4) B．(2，－4)
C．(4，－2) D．(4,2)
答案 C
解析 z＝＝4－2i对应的点的坐标是(4，－2)，故选C.
10．已知f(n)＝in－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
11．复平面内，若z＝m2(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＝m2－4m＋(m2－m－6)i所对应的点在第二象限，∴，解得3
答案 1＋2i
解析 由(a＋i)(1＋i)＝bi得a－1＋(a＋1)i＝bi，即a－1＝0，a＋1＝b，解得a＝1，b＝2，所以a＋bi＝1＋2i.
13．下列说法中正确的序号是________．
①若(2x－1)＋i＝y－(3－y)i，其中x∈R，y∈∁CR，则必有；
②2＋i>1＋i；
③虚轴上的点表示的数都是纯虚数；
④若一个数是实数，则其虚部不存在；
⑤若z＝，则z3＋1对应的点在复平面内的第一象限．
答案 ⑤
解析 由y∈∁CR，知y是虚数，则不成立，故①错误；两个不全为实数的复数不能比较大小，故②错误；原点也在虚轴上，表示实数0，故③错误；实数的虚部为0，故④错误；⑤中z3＋1＝＋1＝i＋1，对应点在第一象限，故⑤正确．
14．下列是关于复数的类比推理：
①复数的加减法运算可以类比多项式的加减法运算法则；
②由实数绝对值的性质|x|2＝x2类比得到复数z的性质|z|2＝z2；
③已知a，b，∈R，若a－b＞0，则a＞b类比得已知z1，z2∈C，若z1－z2＞0，则z1＞z2；
④由向量加法的几何意义可以类比得到复数加法的几何意义．
其中推理结论正确的是________．
答案 ①④
三、解答题
15．设复数z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i，当m为何值时，
(1)z是实数？(2)z是纯虚数？
解 (1)要使复数z为实数，需满足，解得m＝－2或－1.即当m＝－2或－1时，z是实数．
(2)要使复数z为纯虚数，需满足，
解得m＝3.即当m＝3时，z是纯虚数．
16．设f(n)＝n＋n(n∈N)，求集合{x|x＝f(n)}中元素的个数．
解 ∵＝i，＝－i，∴f(n)＝in＋(－i)n.设k∈N.
当n＝4k时，f(n)＝2，
当n＝4k＋1时，f(n)＝i4k·i＋(－i)4k·(－i)＝0，
当n＝4k＋2时，f(n)＝i4k·i2＋(－i)4k·(－i)2＝－2，
当n＝4k＋3时，f(n)＝i4k·i3＋(－i)4k·(－i)3＝0，
∴{x|x＝f(n)}中有三个元素．
17．(2013·山东德州期中)已知z＝1＋i，a，b为实数．
(1)若ω＝z2＋3－4，求|ω|；
(2)若＝1－i，求a，b的值．
解 (1)因为ω＝z2＋3－4＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i，|ω|＝＝.
(2)由条件＝1－i，得＝
1－i.即＝1－i
∴(a＋b)＋(a＋2)i＝1＋i，∴，解得.
18．设z1是虚数，z2＝z1＋是实数，且－1≤z2≤1.
(1)求|z1|的值以及z1的实部的取值范围；
(2)若ω＝，求证：ω为纯虚数．
(1)解 设z1＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，则z2＝z1＋＝a＋bi＋＝＋i.
因为z2是实数，b≠0，于是有a2＋b2＝1，即|z1|＝1，还可得z2＝2a.
由－1≤z2≤1，得－1≤2a≤1，解得－≤a≤，即z1的实部的取值范围是.
(2)证明 ω＝＝＝＝
－i.因为a∈[－，]，b≠0，所以ω为纯虚数．
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一、选择题
1．“金导电、银导电、铜导电、锡导电，所以一切金属都导电”．此推理方法是( )
A．完全归纳推理 B．归纳推理
C．类比推理 D．演绎推理
答案 B
解析 由特殊到一般的推理为归纳推理．故选B.
2．(2013·浙江)已知i是虚数单位，则(－1＋i)(2－i)( )
A．－3＋i B．－1＋3i
C．－3＋3i D．－1＋i
答案 B
解析 (－1＋i)(2－i)＝－2＋i＋2i＋1＝－1＋3i，故选B.
3．设f(x)＝10x＋lgx，则f′(1)等于( )
A．10 B．10ln10＋lge
C．＋ln10 D．11ln10
答案 B
解析 ∵f′(x)＝10xln10＋，∴f′(1)＝10ln10＋lge，故选B.
4．若大前提：任何实数的平方都大于0，小前提：a∈R，结论：a2>0，那么这个演绎推理出错在( )
A．大前提 B．小前提
C．推理形式 D．没有出错
答案 A
5．观察下列数表规律
则数2007的箭头方向是( )
A. B．
C． D．
答案 D
解析 因上行奇数是首项为3，公差为4的等差数列，若2007在上行，则2007＝3＋(n－1)·4⇒n＝502∈N*.故2007在上行，又因为在上行奇数的箭头为→an，故选D.
6．函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a，b的值为( )
A.或 B．
C． D．以上都不对
答案 B
解析 ∵f′(x)＝3x2－2ax－b，∴，解得或.经检验a＝3，b＝－3不合题意，应舍去．
7．给出下列命题：
①dx＝dt＝b－a(a，b为常数且a
③曲线y＝sinx，x∈[0,2π]与直线y＝0围成的两个封闭区域面积之和为2.其中正确命题的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 dt＝b－a≠dx＝a－b，故①错．y＝x2是偶函数，其在[－1,0]上的积分结果等于其在[0,1]上的积分结果，故②对．对于③有S＝2sinxdx＝4.故③错．故选B.
8．已知结论：“在正三角形ABC中，若D是BC的中点，G是三角形ABC的重心，则＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体A－BCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 C
解析 面的重心类比几何体的重心，平面类比空间，＝2类比＝3，故选C.
9．曲线y＝ex在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )
A.e2 B．4e2
C．2e2 D．e2
答案 D
解析 ∵y′＝ex，
∴y＝ex在(4，e2)处的切线斜率为e2.
∴过点(4，e2)的切线方程为y＝e2x－e2，
它与x轴、y轴的交点分别为(2,0)和(0，－e2)，
∴S＝×2×e2＝e2.故选D.
10．(2013·湖北)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则( )
A．f(x1)＞0，f(x2)＞－
B．f(x1)＜0，f(x2)＜－
C．f(x1)＞0，f(x2)＜－
D．f(x1)＜0，f(x2)＞－
答案 D
解析 函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则f′(x)＝lnx－2ax＋1有两个零点，即方程lnx＝2ax－1有两个根，由数形结合易知0＜a＜且0＜x1＜1＜x2.因为在(x1，x2)上f(x)递增，所以f(x1)＜f(1)＜f(x2)，即f(x1)＜－a＜f(x2)，所以f(x1)＜0，f(x2)＞－.故选D.
二、填空题
11．若复数z满足z(1＋i)＝1－i(i是虚数单位)，则其共轭复数＝________.
答案 i
解析 设z＝a＋bi，则(a＋bi)(1＋i)＝1－i，
即a－b＋(a＋b)i＝1－i.
由解得所以z＝－i，＝i.
12．通过类比长方形，由命题“周长为定值l的长方形中，正方形的面积最大，最大值为”，可猜想关于长方体的相应命题为________________．
答案 表面积为定值S的长方体中，正方体的体积最大，最大值为
解析 正方形有4条边，正方体有6个面，正方形的面积为边长的平方，正方体的体积为边长的立方．由正方体的边长为，通过类比可知，表面积为定值S的长方体中，正方体的体积最大，最大值为.
13．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是________．
答案 [3,12]
解析
因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，
所以即
画出可行域如图所示．因为f(－1)＝2b－c，由图知经过点A(0，－3)时，f(－1)取得最小值3，经过点C(0，－12)时，f(－1)取得最大值12，所以f(－1)的取值范围为[3,12]．
14．如图所示的数阵中，第20行第2个数字是________．
答案
解析 设第n(n≥2且n∈N*)行的第2个数字为，其中a1＝1，则由数阵可知an＋1－an＝n，
∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1＝19＋18＋…＋1＋1＝＋1＝191，∴＝.
三、解答题
15．(2013·青岛二中期中)(1)已知z∈C，且|z|－i＝＋2＋3i(i为虚数单位)，求复数的虚部．
(2)已知z1＝a＋2i，z2＝3－4i(i为虚数单位)，且为纯虚数，求实数a的值．
解 (1)设z＝x＋yi(x，y∈R)，代入方程|z|－i＝＋2＋3i，
得出－i＝x－yi＋2＋3i＝(x＋2)＋(3－y)i，
故有，解得，
∴z＝3＋4i，复数＝＝2＋i，虚部为1.
(2)＝＝，且为纯虚数，
则3a－8＝0，且4a＋6≠0，解得a＝.
16．已知a，b，c>0，且a＋b＋c＝1，求证：
(1)a2＋b2＋c2≥；(2)＋＋≤.
证明 (1)∵a2＋≥a，b2＋≥b，c2＋≥c，
∴＋＋≥a＋b＋c＝.∴a2＋b2＋c2≥.
(2)∵≤，≤，≤，三式相加得＋＋≤(a＋b＋c)＋＝1，∴＋＋≤.
17．是否存在常数a，b，使等式＋＋…＋＝对一切n∈N*都成立？若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法证明．
解 若存在常数a，b使等式成立，
则将n＝1，n＝2代入上式，
有得a＝1，b＝4，
即有＋＋…＋
＝对于一切n∈N*都成立．
证明如下：
(1)当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝，所以等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，且k∈N*)时等式成立，即
＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋
＝＋＝·
＝·＝·
＝＝，
也就是说，当n＝k＋1时，等式成立，
综上所述，等式对任何n∈N*都成立．
18．(2013·广东)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(其中k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
解 (1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表
x
(－∞，0)
0
(0，ln2)
ln2
(ln2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．
(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln (2k)，
令g(k)＝ln(2k)－k，则g′(k)＝－1＝＞0，所以g(k)在上递增，
所以g(k)≤ln2－1＝ln2－lne＜0，
从而ln (2k)＜k，所以ln(2k)∈[0，k]，
所以当x∈(0，ln(2k))时，f′(x)＜0；
当x∈(ln(2k)，＋∞)时，f′(x)＞0；
所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}
令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3k)，
令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0，
所以φ(k)在上递减，
而φ·φ(1)＝(e－3)＜0，
所以存在x0∈使得φ(x0)＝0，
且当k∈时，φ(k)＞0，当k∈(x0,1)时φ(k)＜0，
所以h(k)在上单调递增，
在(x0,1)上单调递减．
因为h＝－＋＞0，h(1)＝0，
所以h(k)≥0在上恒成立，
当且仅当k＝1时取得“＝”．
综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.