高中数学 第3章 数系的扩充与复数的引入章末测试 苏教版选修1-2

章末质量评估(三)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．i是虚数单位1＋i3等于__________．解析i3＝－i∴1＋i3＝1－i.答案1－i2．复数eq\f(\r(2)－2ai,a＋2i)(a∈R)的模为eq\r(2)，则实数a＝________.解析∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)－2ai,a＋2i)))＝eq\f(|\r(2)－2ai|,|a＋2i|)＝eq\r(2)·eq\f(\r(1＋2a2),\r(a2＋4))＝eq\r(2)，∴a＝±eq\r(3).答案±eq\r(3)3．已知eq\f(\x\to(z),1＋i)＝2＋i，则复数z＝__________.解析由已知eq\x\to(z)＝(1＋i)(2＋i)＝1＋3i，z＝1－3i.答案1－3i4．复数z＝i(2－z)则复数z的虚部为__________．解析设z＝a＋bi(a，b∈R)，则a＋bi＝2i－ai＋b，∴a＝b且b＝2－a，∴a＝b＝1，∴z＝1＋i.答案15．复数z＝eq\f(i,1＋i)在复平面上对应的点位于第________象限．解析z＝eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1＋i,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i.答案一6．i为虚数单位，eq\f(1,i)＋eq\f(1,i3)＋eq\f(1,i5)＋eq\f(1,i7)＝__________.解析eq\f(1,i)＋eq\f(1,i3)＋eq\f(1,i5)＋eq\f(1,i7)＝－i＋i－i＋i＝0.答案07．已知a∈R，若(1－ai)(3＋2i)为纯虚数，则a的值为__________．解析(1－ai)(3＋2i)＝3＋2a＋(2－3由题意知：3＋2a＝0且2－3a≠0，即a＝－eq\f(3,2).答案－eq\f(3,2)8．若z＝eq\f(1＋2i,i)，则复数eq\x\to(z)＝__________.解析因为z＝eq\f(1＋2i,i)＝(1＋2i)(－i)＝2－i，所以复数eq\x\to(z)＝2＋i.答案2＋i9．设z＝1－i，则eq\f(2,z2)＋z＝__________.解析∵z＝1－i，∴eq\f(2,z2)＋z＝eq\f(2,1－i2)＋z＝eq\f(1,－i)＋1－i＝i＋1－i＝1.答案110．如果复数z＝3＋ai满足条件|z－2|<2，那么实数a的取值范围是__________．解析z－2＝1＋ai，∴|z－2|＝eq\r(1＋a2)由eq\r(1＋a2)<2，得－eq\r(3)<a<eq\r(3).答案(－eq\r(3)，eq\r(3))11．复数z＝1＋i，eq\x\to(z)为z的共轭复数，则zeq\x\to(z)－z－1＝__________.解析eq\x\to(z)＝1－i，zeq\x\to(z)－z－1＝(1＋i)(1－i)－(1＋i)－1＝－i.答案－i12．若复数z1＝4＋29i，z2＝6＋9i，其中i是虚数单位，则复数(z1－z2)i的实部为__________．解析∵(z1－z2)i＝(－2＋20i)i＝－20－2i∴复数的实部是－20.答案－2013．设复数z满足z(2－3i)＝6＋4i(其中i为虚数单位)，则z的模为__________．解析z＝eq\f(6＋4i,2－3i)＝eq\f(6＋4i2＋3i,2－3i2＋3i)＝eq\f(26i,13)＝2i.∴|z|＝2.答案214．若复数z同时满足z－eq\x\to(z)＝2i，eq\x\to(z)＝iz(i为虚数单位)，则z＝__________.解析设z＝a＋bi，(a，b∈R)则eq\x\to(z)＝a－bi，∴z－eq\x\to(z)＝2bi＝2i，∴b＝1，又a－bi＝i(a＋bi)＝－b＋ai，∴a＝－b＝－1，∴z＝－1＋i.答案－1＋i二、解答题(本大题共6小题，共90分)15．(本小题满分14分)已知复数z满足|z|＝1＋3i－z，求eq\f(1＋i23＋4i2,2z)的值．解设z＝a＋bi(a，b∈R)，而|z|＝1＋3i－z，即eq\r(a2＋b2)－1－3i＋a＋bi＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)＋a－1＝0,b－3＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4,b＝3))，∴z＝－4＋3i，∴eq\f(1＋i23＋4i2,2z)＝eq\f(2i－7＋24i,2－4＋3i)＝eq\f(24＋7i,4－3i)＝3＋4i.16．(本小题满分14分)已知z，ω为复数，(1＋3i)·z为纯虚数，ω＝eq\f(z,2＋i)，且|ω|＝5eq\r(2).求复数ω.解设z＝x＋yi(x，y∈R)，则(1＋3i)·z＝(x－3y)＋(3x＋y)i为纯虚数，所以x＝3y且3x＋y≠0，因为|ω|＝|eq\f(z,2＋i)|＝5eq\r(2)，所以|z|＝eq\r(x2＋y2)＝5eq\r(10)；又x＝3y.解得x＝15，y＝5；或x＝－15，y＝－5，所以ω＝±eq\f(15＋5i,2＋i)＝±(7－i)．17．(本小题满分14分)设复数z满足：(2－eq\r(3)＋i)z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，且|z－1|是|z|和|z－2|的等比中项，求|z|.解设z＝x＋yi(x，y∈R)，(2－eq\r(3)＋i)z＝(2－eq\r(3))x－y＋[(2－eq\r(3))y＋x]i，该复数对应的点在第二、四象限的角平分线上，∴(2－eq\r(3))x－y＋[(2－eq\r(3))y＋x]＝0，y＝eq\r(3)x，∴z＝x＋eq\r(3)xi(x∈R)，∵|z－1|2＝|z||z－2|，|z|2＝z·eq\x\to(z)，∴(z－1)(eq\x\to(z)－1)＝|z|eq\r(z－2\x\to(z)－2)，∴|z|2－(z＋eq\x\to(z))＋1＝|z|eq\r(|z|2－2z＋\x\to(z)＋4)∴2|z|2＝(1－2x)2，∴8x2＝4x2－4x＋1，得解：x＝eq\f(－1±\r(2),2)，∴|z|＝eq\r(2)－1或eq\r(2)＋1.18．(本小题满分16分)已知复数z＝3＋bi(b∈R)，且(1＋3i)·z为纯虚数．(1)求复数z；(2)若ω＝eq\f(z,2＋i)，求复数ω的模|ω|.解(1)(1＋3i)·(3＋bi)＝(3－3b)＋(9＋b)i，∵(1＋3i)·z是纯虚数，∴3－3b＝0，且9＋b≠0，∴b＝1，∴z＝3＋i.(2)ω＝eq\f(3＋i,2＋i)＝eq\f(3＋i·2－i,2＋i·2－i)＝eq\f(7－i,5)＝eq\f(7,5)－eq\f(1,5)i.∴|ω|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,5)))2)＝eq\r(2)19．(本小题满分16分)在复平面内A，B，C三点对应的复数分别为1,2＋i，－1＋2i.(1)求eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(BC,\s\up8(→))，eq\o(AC,\s\up8(→))对应的复数；(2)判断△ABC的形状；(3)求△ABC的面积．解(1)eq\o(AB,\s\up8(→))对应的复数为zB－zA＝(2＋i)－1＝1＋i.eq\o(BC,\s\up8(→))对应的复数为zC－zB＝(－1＋2i)－(2＋i)＝－3＋i.eq\o(AC,\s\up8(→))对应的复数为zC－zA＝(－1＋2i)－1＝－2＋2i.(2)|eq\o(AB,\s\up8(→))|＝|1＋i|＝eq\r(2)，|eq\o(BC,\s\up8(→))|＝|－3＋i＝eq\r(10)，|eq\o(AC,\s\up8(→))|＝|－2＋2i|＝eq\r(8).∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up8(→))|2＝|eq\o(BC,\s\up8(→))|2，∴∠A为直角，△ABC为直角三角形．(3)S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up8(→))||eq\o(AC,\s\up8(→))|＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(8)＝2.20．(本小题满分16分)已知eq\f(1＋i2n,1－i)＋eq\f(1－i2n,1＋i)＝2n，求最小正整数n.解原等式可化为eq\f(1＋i2n1＋i,2)＋eq\f(1－i2n·1－i,2)＝2n，即[(1＋i)2]n(1＋i)＋[(1－i)2]n·(1－i)＝2·2n，(2i)n(1＋i)＋(－2i)n(1－i)＝2·2n，2n·in(1＋i)＋2n