2017学年高中数学2-2章末检测第三章数系的扩充和复数的引入含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精章末检测一、选择题1．i是虚数单位，若集合S＝{－1,0，1｝，则()A．i∈S B．i2∈SC．i3∈S D．eq\f（2,i)∈S答案B2．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eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m2＋m＋1＝3,m2＋m－4＝－2））,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eq\f（m＋ni，m－ni)＝()A．－1 B．1C．－i D．i答案D解析由m＋i＝1＋ni（m，n∈R），∴m＝1且n＝1。则eq\f（m＋ni，m－ni）＝eq\f(1＋i，1－i)＝eq\f(1＋i2,2)＝i.4．已知a是实数，eq\f(a－i，1＋i)是纯虚数，则a等于(）A．1 B．－1C．eq\r（2) D．－eq\r(2）答案A解析eq\f（a－i，1＋i）＝eq\f(a－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f（a－1－a＋1i，2）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＋iC．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＝5C．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．－eq\f(4,5）C．4 D．eq\f（4，5）答案D解析因为复数z满足(3－4i）z＝|4＋3i|，所以z＝eq\f（|4＋3i|，3－4i)＝eq\f(5，3－4i)＝eq\f(53＋4i,25）＝eq\f(3,5）＋eq\f(4,5）i，故z的虚部等于eq\f(4,5）,故选D。8．i是虚数单位，若eq\f（1＋7i，2－i）＝a＋bi（a,b∈R)，则ab的值是()A．－15 B．3C．－3 D．15答案C解析eq\f(1＋7i，2－i）＝eq\f(1＋7i2＋i，5)＝－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＝eq\f(2＋4i,i)＝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．3C．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，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（m2－4m<0，m2－m－6>0))，解得3〈m〈4.12．(2013·天津）已知a,b∈R，i是虚数单位．若（a＋i）(1＋i）＝bi，则a＋bi＝________.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eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2x－1＝y，1＝－3－y））;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＝eq\f（1，i），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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝y,1＝－3－y))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＝eq\f（1，i3)＋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（1）z是实数？（2）z是纯虚数?解（1）要使复数z为实数，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m2－2m－2〉0，m2＋3m＋2＝0））,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eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m2－2m－2＝1,m2＋3m＋2≠0））,解得m＝3。即当m＝3时，z是纯虚数．16．设f(n）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1＋i，1－i）)）n＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1－i，1＋i)））n（n∈N)，求集合｛x｜x＝f（n）｝中元素的个数．解∵eq\f(1＋i，1－i)＝i,eq\f(1－i,1＋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＋3eq\x\to(z）－4，求|ω｜；（2）若eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝1－i，求a，b的值．解(1)因为ω＝z2＋3eq\x\to（z)－4＝（1＋i)2＋3(1－i）－4＝－1－i，｜ω｜＝eq\r(－12＋－12）＝eq\r（2).(2)由条件eq\f（z2＋az＋b，z2－z＋1)＝1－i，得eq\f(1＋i2＋a1＋i＋b,1＋i2－1＋i＋1）＝1－i。即eq\f（a＋b＋a＋2i，i）＝1－i∴（a＋b）＋（a＋2)i＝1＋i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，a＋2＝1）),解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，b＝2））.18．设z1是虚数，z2＝z1＋eq\f(1，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＝eq\f(1－z1，1＋z1），求证：ω为纯虚数．（1）解设z1＝a＋bi(a,b∈R且b≠0），则z2＝z1＋eq\f(1,z1)＝a＋bi＋eq\f(1,a＋bi）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋\f(a，a2＋b2）））＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（b－\f（b,a2＋b2)）)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－eq\f(1，2）≤a≤eq\f(1，2），即z1的实部的取值范围是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2),\f(1,2)))。（2）证明ω＝eq\f（1－z1，1＋z1)＝eq\f（1－a－bi，1＋a＋bi)＝eq\f(1－a2－b2－2bi，1＋a2＋b2）＝－eq\f（b,a＋1）i。因为a∈[－eq\f（1，2)，eq\f(1，2）］，b≠0，所以ω为纯虚数．模块检测模块检测一、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＋3iC．－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＋lgeC．eq\f（10，ln10）＋ln10 D．11ln10答案B解析∵f′（x）＝10xln10＋eq\f（1，xln10），∴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A5．观察下列数表规律则数2007的箭头方向是()A。eq\o(\s\up7（2007→），\s\do5（↑)) B．eq\o(\s\up7（↓)，\s\do5(2007→)）C．eq\o（\s\up7(↑),\s\do5(→2007)) D．eq\o（\s\up7（→2007)，\s\do5(↓））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.eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝3,b＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－4，b＝11)） B．eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，b＝11)）C．eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－1，b＝5）) D．以上都不对答案B解析∵f′(x）＝3x2－2ax－b，∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（3－2a－b＝0,1－a－b＋a2＝10))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝3，b＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，b＝11)）。经检验a＝3，b＝－3不合题意，应舍去．7．给出下列命题：①eq\i\in（b,a，）dx＝eq\i\in（a,b,）dt＝b－a（a,b为常数且a<b)；②eq\i\in(，0,）－1x2dx＝eq\i\in（0，1，）x2dx；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．1C．2 D．3答案B解析eq\i\in（a,b,)dt＝b－a≠eq\i\in(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＝2eq\i\in（0,π，）sinxdx＝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eq\f(AG,GD)＝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eq\f（AO,OM）等于（)A．1 B．2C．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，eq\f（AG，GD)＝2类比eq\f(AO,OM）＝3，故选C。9．曲线y＝eeq\f（1，2)x在点（4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为()A。eq\f（9，2）e2 B．4e2C．2e2 D．e2答案D解析∵y′＝eq\f（1，2)eeq\f（1,2）x,∴y＝eeq\f(1,2)x在（4，e2）处的切线斜率为eq\f(1,2)e2.∴过点（4，e2)的切线方程为y＝eq\f（1,2）e2x－e2,它与x轴、y轴的交点分别为(2，0)和（0，－e2),∴S＝eq\f（1，2)×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）＞－eq\f(1,2）B．f（x1）＜0，f（x2）＜－eq\f（1，2)C．f（x1）＞0，f（x2）＜－eq\f(1,2）D．f(x1）＜0，f（x2）＞－eq\f（1，2)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＜eq\f（1，2)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）＞－eq\f（1，2）.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eq\x\to(z）＝________.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eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a－b＝1，，a＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，，b＝－1。)）所以z＝－i,eq\x\to(z)＝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eq\f（l2，16）"，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eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(S，6)))eq\f（3，2）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eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(S,6）)）eq\f(1，2)，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eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（S，6)))eq\f(3,2).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eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（f′－2≥0，,f′－1≤0,,f′1≤0,，f′2≥0，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(12－8b＋c≥0，，3－4b＋c≤0，，3＋4b＋c≤0,,12＋8b＋c≥0，）)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eq\f（1,191）解析设第n(n≥2且n∈N*)行的第2个数字为eq\f(1，an），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＝eq\f（19×20，2）＋1＝191，∴eq\f（1，a20)＝eq\f（1，191）。三、解答题15．(2013·青岛二中期中）(1)已知z∈C，且|z｜－i＝eq\x\to(z)＋2＋3i（i为虚数单位），求复数eq\f(z，2＋i)的虚部．（2)已知z1＝a＋2i，z2＝3－4i（i为虚数单位），且eq\f(z1,z2）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＝eq\x\to(z)＋2＋3i，得出eq\r（x2＋y2)－i＝x－yi＋2＋3i＝（x＋2)＋（3－y）i，故有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x2＋y2)＝x＋2，3－y＝－1)）,解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝4）），∴z＝3＋4i,复数eq\f(z，2＋i）＝eq\f(3＋4i，2＋i)＝2＋i,虚部为1。(2)eq\f（z1,z2)＝eq\f(a＋2i,3－4i）＝eq\f(3a－8＋4a＋6i，25),且eq\f(z1，z2)为纯虚数,则3a－8＝0，且4a＋6≠0，解得a＝eq\f(8，3)。16．已知a，b,c>0，且a＋b＋c＝1，求证：（1）a2＋b2＋c2≥eq\f（1，3）；（2)eq\r（a）＋eq\r(b）＋eq\r（c）≤eq\r(3）。证明（1)∵a2＋eq\f（1,9)≥eq\f(2,3）a，b2＋eq\f（1，9）≥eq\f（2,3)b，c2＋eq\f(1,9）≥eq\f(2,3）c，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（a2＋\f(1，9）)）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(b2＋\f（1,9）))＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(c2＋\f（1,9)）)≥eq\f(2，3）a＋eq\f(2,3）b＋eq\f(2,3)c＝eq\f（2,3）。∴a2＋b2＋c2≥eq\f（1,3).（2)∵eq\r（a·\f（1，3）)≤eq\f（a＋\f(1,3），2),eq\r(b·\f(1,3)）≤eq\f（b＋\f（1，3)，2)，eq\r（c·\f（1,3））≤eq\f(c＋\f（1，3)，2），三式相加得eq\f(\r(a），\r(3）)＋eq\f（\r（b)，\r（3)）＋eq\f（\r（c）,\r(3））≤eq\f（1，2）（a＋b＋c)＋eq\f（1，2）＝1，∴eq\r（a)＋eq\r（b）＋eq\r(c)≤eq\r（3).17．是否存在常数a，b,使等式eq\f（12，1×3）＋eq\f（22,3×5)＋…＋eq\f(n2，2n－12n＋1）＝eq\f（an2＋n,bn＋2)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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（1,3）＝\f(a＋1,b＋2），,\f(1,3）＋\f(4，15)＝\f(4a＋2,2b＋2).）)得a＝1,b＝4,即有eq\f（12，1×3)＋eq\f(22，3×5)＋…＋eq\f(n2，2n－12n＋1）＝eq\f（n2＋n,4n＋2)对于一切n∈N＊都成立．证明如下:（1）当n＝1时,左边＝eq\f(12,1×3）＝eq\f(1,3）,右边＝eq\f(1＋1，4×1＋2)＝eq\f（1,3)，所以等式成立．(2)假设n＝k（k≥1,且k∈N＊）时等式成立，即eq\f（12,1×3）＋eq\f(22，3×5）＋…＋eq\f(k2，2k－12k＋1)＝eq\f(k2＋k,4k＋2)，当n＝k＋1时，eq\f（12，1×3）＋eq\f（22，3×5）＋…＋eq\f(k2，2k－12k＋1）＋eq\f（k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f（k2＋k,4k＋2）＋eq\f（k＋12，2k＋12k＋3)＝eq\f（k＋1,2k＋1）·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（k，2)＋\f（k＋1，2k＋3）)）＝eq\f(k＋1,2k＋1）·eq\f（2k2＋5k＋2,22k＋3)＝eq\f（k＋1,2k＋1)·eq\f（2k＋1k＋2，22k＋3）＝eq\f（k＋1k＋2，4k＋6)＝eq\f(k＋12＋k＋1，4k＋1＋2)，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∈eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，2），1））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