高中数学-数系的扩充与复数的引入综合能力检测

1、高中数学-数系的扩充与复数的引入综合能力检测一、选择题（本大题共12小题,每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题 目要求的一项）1. a为正实数，i为虚数单位，a-i-2 ,则a=（）iA 2B. 3C. 2D. 12. i为虚数单位，则（）2011=（）1 iA.IB.-1C. iD.11 2i3.复数z （i为虚数单位）在复平面上对应的点位于（）1 iA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限4 .下列命题中，正确的是 （）A.复数的模总是正实数B.复数集与复平面内所有向量组成的集合一一对应C.如果与复数z对应的点在第一象限，则与该复数对应的向量的终点也一定会在第

2、一象限D.相等的向量对应着相等的复数5 .复数 z 满足：（z i）（2 i） 5；则 z （）A 2 2iB 2 2iC iD ib6 .设a,b R, i是虚数单位，则ab 0 ”是复数a 一为纯虚数”的（）iA充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7 . z是z的共轲受数，右 z+ z =2,亿一z）i=2（i为虚数单位）,则z=（）A. 1 + iC. 1 + i D. 1 -i8 .已知i是虚数单位，a, bCR,得a=b=1”是“a+bi）2=2i”白（）A .充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件9 .设复数41 i

3、zV3i淇中i为虚数单位，则目的虚部为（）z2A 1 B 1 73C 33 1i D 73 14.4.4.4 1. 3 310.设i是虚数单位，复数 z= ( i)的值是()22A. iB. iC.1D. 111 .复平面上三点 A、B、C分别对应复数1,2i,5 + 2i,则由A, B, C所构成的三角形是()A.直角三角形 B.等腰三角形C.锐角三角形 D.钝角三角形12 .若A、B是锐角4ABC的两内角，则复数 z=(cosB sinA)+(sinBcosA)i在复平面内所 对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.

4、把答案填在题中横线上)13若复数z= lg(m2-2m- 2)+(m2+3m+2)i是纯虚数，则 m的值为.、一、2 一 一14.若z是实系数方程x 2x p 0的一个虚根，且 z 2,则p2215 . Z14a 1 (2a3a)i, z2 2a (a a)i ,其中为实数 a R 乙Z2,则 a 的值是一.2. 32013，一， i i i L i16 .已知复数z ，则z在复平面内对应的点位于第象限.1 i三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17 (10分)已知复数zi满足(Zi 2)(1 i) 1 i (i为虚数单位)，复数z2的虚部为2 , z

5、i z2是实数，求z2.18. (12分)实数k为何值时，复数(1 + i)k2-(3+5i)k-2(2 + 3i)分别是 (1)实数；(2)虚数;纯虚数；(4)零？3z 2 一19. (12分) 若z是复数， 是纯虚数，求|z|.3z 220. (12 分)已知虚数 z满足 |2z+1 i|= |z+2 2i|(1)求|z|的值；(2)若mz+ 1c R ,求实数 m的值.21. (12 分)已知 Zi|=1, |z2|= 1 , |z1 + z2|=V3,求 |zi z2|.22. (12分)已知关于x的方程x2(6+i)x+9+ai = 0(aC R)有实数根b.求实数a, b的值；(2

6、)若复数z满足| z - a- bi|-2|z|=0,求z为何值时，|z|有最小值，并求出|z|的最小值.、选择题1.B2.A提示:参考答案3.D4.D5 .D 6.B7. D 8.A9.D10.C 11.A 12.B1 .Q 3 1 |1 ai |1a? 2 ,a>0, a= 3.1 i2 .因为1 i./1 i、2011.2011,.2、505 .i()i(i )i，故1 ii,所以选A.3 . z1 2i_(1 2i)(1 i)1 i " (1 i)(1 i)1 31i ,对应的点为(，一)，所以为第四象限，选22 2D.4 .复数的模大于等于 0,故A不正确；复数集与复

7、平面内所有从原点出发的向量组成的集 合一一对应，故 B不对；同理 C也不正确，故选 D.5 .(z i)(2 i) 55(2 i)(2 i)(2 i)2 2ib6 . ab 0”则a 0或b 0,复数a 一为纯虚数”则a 0且b 0 ,则ab 0 ”是复数 iba -为纯虚数 的必要不充分条件，故选 B.7 .设 z a bi( a,b R),则 z a bi ,又 z z 2 ,所以 2a 2 ,得 a 1 .又2.， 一，(z z)i 2 ,所以 2bi 2,得 b 1 ,故 z 1 i .a= 1, a = 1, 所以 或故选A.b= 1 b=- 1.a2 b2 = 0,8 .由 a,

8、bCR, (a+bi)2=a2b2+2abi = 2i,得2ab = 2,9 . - i,有上述分析可知选 D.z24410.1(21(4313一i)(- -i)22231i)(一223Ti)11. 1,2i,5 + 2i对应的向量坐标为(1,0), (0,2), (5,2)设。为坐标原点即OA=(1,0), (OB =(0,2), OC=(5,2)Ab = OB-OA=(-1,2). BC=OC Ofe=(5,0) , AC=OCOA=(4,2)则|BCp=|叫2+|2 .所以/bac= 90。，即由a、b、c所构成的三角形是直角三角形.9 / 6. 兀-.一一兀一12.因为A, B是锐角

9、ABC的两内角，所以A+B 由得 A>-B因为A, B为锐角4ABC的内角 所以AC（0，2）,（2- B） （0, 2）又在（0, 2）,正弦函数单倜递增，sinA>sin（/B）.即 sinA>cosB,所以 cosBsinAv。一 , . .I7rl ,ITTI一一一 .又由可得 B>,A 同理可得 sinB AsinqA）即 sinB>cosA. 所以 sinBcosA>0, 即z对应的点在第二象限.二、填空题13. 314. 415.016.提示：|g m2 2m 2 = 013.由复数z为纯虚数的充要条件得m2+3m+ 2w。,解得m= 3,故填

10、3.14.设z a bi，则方程的另一个根为z a bi,且|z 2J a2b2 2,由韦达定理.2z z 2a 2, a 1, b 3,b73,所以 p z z ( 1 V3i)( 1V3i)4.2a2 3a 0, a a a15.由乙z2,得a2 a 0, 即a aa4a 1 2a,1a .632,1,所以a 0.16.等比数列求和，利用i的周期性和分母实属化求解,.2013 i2013、i(1 i )1 i1 i503 4 1、i(1 i )1 i1 i所以z在复平面内对应的点位于第一象限三、解答题17.解：(z1 2)(1 i) 1 i ,设 z2a 2i,a R ,则 z1z2 (2

11、 i)(a 2i) (2a 2) (4 a)i ,因为z1z2R ,所以 z2 4 2i18.解：令 z= (1 + i)k2-(3+5i)k- 2(2+3i)=(k2-3k- 4)+(k25k 6)i.(1)当 k2 5k 6= 0 时，zC R,所以 k= 6 或 k= 1.(2) 当 k25k 6wo时，z是虚数，即 kw6且 k 1.时，z是纯虚数，所以k=4.k23k4 = 0, (4)当( )k2-5k-6 = 0时，z= 0,解得 k= 1.综上，当k=6或k= 1时，z是实数；当kw6且kA 1时，z是虚数;k2 3k 4 = 0, 当 k2-5k-6.0当k=4时，z是纯虚数

12、；当k= - 1时，z是零.19.解法 1 ：设 z x yi(x, y R),3x 3yi 2 (3x 2) 3yi 9x2 4 9y2 12yiZ I2I23x3yi2 (3x 2)3yi(3x2)9y由于是纯虚数,9x2 9y2 4 012y 022422x y 9,故|z|，x y解法2:由于%_2是纯虚数，所以可设3z 2所以 3z 2 3zbi 2bi ,解得 z 2 2bi ,3bi 35 2 2bi J2 2bi| 2、.bZ 2 从而|z| |3bi 3 |3bi 3|3、b2 133z 23z 2bi(b R, b 0)12分20.解：(1)设虚数 z= a+ bi(a,b

13、C R 且 bw 琥入 |2z+1i|= |z+2 2i|得|2a+ 1 + (2b 1)i| = |(a+2)+ (b-2)i|,所以(2a+1)2+(2b- 1)2 = (a+ 2)2+ (b-2)2整理得 a2+b2=2,即 |z|= J2(2)由(1)知，z= a+bi 其中 a, b R,且 bw0i2+b2=2,又知 mC R, mz+，C R.所以mz+ = m(a+ bi) + -1-= ma+ mbi + za+ bia bi=1111a2+ b2 =ma+ mbi + Qa1bi= (ma + 2a) + (mbb)i因为(mz+ ER,所以 mb2b=0,所以 m = 2

14、.21 .解法 1：设 z1=a+bi, z2=c+di(a, b, c, dCR).由已知，得 a2+b2=1, c2+d2=1, (a+ c)2+(b + d)2=3.又因为(a+c)2+(b+d)2= a2+b2+c2+d2 + 2ac+2bd= 2+2ac+2bd= 3. 所以 2ac + 2bd= 1.又|ziz2|2= (ac)2+(b d)2= a2+b2+c2+d22ac 2bd=21 = 1,所以 zi-z2|= 1.解法2:在复平面内设zi,z2分别对应向量oZi、0Z2,则对角线OZ对应zi+ z2,Z及1对应zi-Z2,由已知 |6Zi|=1, |&2|=1, |5Z|=V3. ./ OZ1Z=120°.所以/ Z2OZ1=60°.在OZ1Z2 中,|Z 2Z1|= 1,即 |Z1 Z2|= 1.22 .解： 因为b是方程x2(6+i)x+ 9+ai = 0(aC R)的实数根,所以 b2-(6+i)b+ 9+ai = 0,即(b26b+9)+(ab)i = 0,b2 6b+ 9