高中数学人教A版2第三章数系的扩充与复数的引入单元测试 省一等奖

数系的扩充与复数的引入综合能力检测刘大鸣一、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，，则a=（）A2B.C.D.12．i为虚数单位，则=（）A.－IB.－1C.i3.复数在复平面上对应的点位于()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一象限D．相等的向量对应着相等的复数5.复数满足：；则（）ABC D6.设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的（）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7.eq\o(z,\s\up6(－))是z的共轭复数，若z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2，(z－eq\o(z,\s\up6(－)))i＝2(i为虚数单位)，则z＝()A．1＋iB．－1－iC．－1＋iD．1－i8.已知i是虚数单位，a，b∈R，得“a＝b＝1”是“(a＋bi)2＝2i”的()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,其中为虚数单位,则的虚部为（）A.B.C.D.10.设i是虚数单位，复数z＝的值是 （） A． B．C．D．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△ABC的两内角，则复数z＝(cosB－sinA)＋(sinB－cosA)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.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14.若是实系数方程的一个虚根，且，则15.,其中为实数R,,则的值是___16.已知复数,则在复平面内对应的点位于第______象限.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）已知复数满足（为虚数单位），复数的虚部为，是实数，求.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；(3)纯虚数；(4)零？19（12分）若是复数，是纯虚数，求20．（12分）已知虚数z满足|2z＋1－i|＝|z＋2－2i|(1)求|z|的值；(2)若mz＋eq\f(1,z)∈R，求实数m的值．21.（12分）已知|z1|＝1，|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(3)，求|z1－z2|.22.（12分）已知关于x的方程x2－(6＋i)x＋9＋ai＝0(a∈R)有实数根b.(1)求实数a，b的值；(2)若复数z满足|eq\x\to(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．参考答案一、选择题5.D7.D提示：,a>0,故a=.2.因为,故所以选A.3.，对应的点为，所以为第四象限，选D.4.复数的模大于等于0，故A不正确；复数集与复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.5.6.“”则或，“复数为纯虚数”则且，则“”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件，故选B.7.设（），则，又，所以，得．又，所以，得，故．8.由a，b∈R，(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝2i,得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝0，,2ab＝2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－1.))故选A.9.,有上述分析可知选D.10.，选C.11.1,2i,5＋2i对应的向量坐标为(1,0)，(0,2)，(5,2)设O为坐标原点即eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0,2)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(5,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1,2)．eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(5,0),eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(4,2)则|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|Aeq\o(C,\s\up6(→))|2.所以∠BAC＝90°，即由A、B、C所构成的三角形是直角三角形．12.因为A，B是锐角△ABC的两内角，所以A＋B＞eq\f(π,2)①由①得A＞eq\f(π,2)－B因为A，B为锐角△ABC的内角所以A∈(0，eq\f(π,2))，(eq\f(π,2)－B)∈(0，eq\f(π,2))又在(0，eq\f(π,2))，正弦函数单调递增∴sinA＞sin(eq\f(π,2)－B).即sinA＞cosB,所以cosB－sinA＜0又由①可得B＞eq\f(π,2)－A同理可得sinB＞sin(eq\f(π,2)－A)即sinB＞cosA.所以sinB－cosA＞0，即z对应的点在第二象限．二、填空题13.314.416.一提示：13.由复数z为纯虚数的充要条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgm2－2m－2＝0,m2＋3m＋2≠0))，解得m＝3，故填3.14.设,则方程的另一个根为,且，由韦达定理所以15.由,得即所以.16.等比数列求和，利用i的周期性和分母实属化求解，.所以在复平面内对应的点位于第一象限.三、解答题解：，设，则，因为，所以18.解：令z＝(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i.(1)当k2－5k－6＝0时，z∈R，所以k＝6或k＝－1.(2)当k2－5k－6≠0时，z是虚数，即k≠6且k≠－1.(3)当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－3k－4＝0，,k2－5k－6≠0))时，z是纯虚数，所以k＝4.(4)当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－3k－4＝0，,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k≠6且k≠－1时，z是虚数；当k＝4时，z是纯虚数；当k＝－1时，z是零．19.解法1：设，则，由于是纯虚数，，，故解法2：由于是纯虚数，所以可设所以，解得，6分从而12分20.解：(1)设虚数z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)代入|2z＋1－i|＝|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整理得a2＋b2＝2，即|z|＝(2)由(1)知，z＝a＋bi其中a，b∈R，且b≠＋b2＝2，又知m∈R，mz＋eq\f(1,z)∈R.所以mz＋eq\f(1,z)＝m(a＋bi)＋eq\f(1,a＋bi)＝ma＋mbi＋eq\f(a－bi,a2＋b2)＝ma＋mbi＋eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)bi＝(ma＋eq\f(1,2)a)＋(mb－eq\f(1,2)b)i因为(mz＋eq\f(1,z))∈R，所以mb－eq\f(1,2)b＝0，所以m＝eq\f(1,2).21.解法1：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)．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又|z1－z2|2＝(a－c)2＋(b－d)2＝a2＋b2＋c2＋d2－2ac－2bd＝2－1＝1，所以z1－z2解法2：在复平面内设z1，z2分别对应向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))、eq\o(OZ2,\s\up6(→))，则对角线eq\o(OZ,\s\up6(→))对应z1＋z2，eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))对应z1－z2，由已知|eq\o(OZ1,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OZ2,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OZ,\s\up6(→))|＝eq\r(3).∴∠OZ1Z＝120°.所以∠Z2OZ1＝60°.在△OZ1Z2中，eq\o(|Z2Z1|,\s\up6(→))＝1，即|z1－z2|＝1.22.解：(1)因为b是方程x2－(6＋i)x＋9＋ai＝0(a∈R)的实数根，所以b2－(6＋i)b＋9＋ai＝0，即(b2－6b＋9)＋(a－b)i＝0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2－6b＋9＝0，,a＝b，))解得a＝b＝3.5分(2)设z＝x＋yi(x，y∈R)，由|eq\