高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入综合检测 新人教A版选修2-2

【成才之路】-学年高中数学第三章数系的扩充与复数的引入综合检测新人教A版选修2-2时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(·浙江理，2)已知i是虚数单位，a、b∈R，则“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[答案]A[解析]本题考查充分条件、必要条件及复数的运算，当a＝b＝1时，(a＋bi)2＝(1＋i)2＝2i，反之，(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝2i，则a2－b2＝0,2ab＝1，解a＝1，b＝1或a＝－1，b＝－1，故a＝1，b＝1是(a＋bi)2＝2i的充分不必要条件，选A.2．已知复数z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·eq\o(z,\s\up6(－))2是实数，则实数t等于()A.eq\f(3,4) B．eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3) D．－eq\f(3,4)[答案]A[解析]z1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝(3＋4i)(t－i)＝(3t＋4)＋(4t－3)i.因为z1·eq\o(z,\s\up6(－))2是实数，所以4t－3＝0，所以t＝eq\f(3,4).因此选A.3．(·长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学一模)已知复数z＝eq\f(i＋i2＋i3＋…＋i,1＋i)，则复数z在复平面内对应的点位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]A[解析]∵in＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(in＝4k＋1，,－1n＝4k＋2，,－in＝4k＋3，,1n＝4k，))k∈Z，∴i＋i2＋i3＋…＋i＝503×(i＋i2＋i3＋i4)＋i＝503×0＋i＝i，∴z＝eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1＋i,2)，在复平面内的对应点(eq\f(1,2)，eq\f(1,2))在第一象限．4．(·东北三省三校联考)已知复数z＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，则eq\x\to(z)＋|z|＝()A．－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i B．－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)iC.eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i D．eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i[答案]D[解析]因为z＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，所以eq\x\to(z)＋|z|＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i＋eq\r(－\f(1,2)2＋\f(\r(3),2)2)＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i.5．若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，则复数(cosθ＋sinθ)＋(sinθ－cosθ)i在复平面内所对应的点在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]B[解析]θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))时，sinθ＋cosθ<0，sinθ－cosθ>0，故对应点(cosθ＋sinθ，sinθ－cosθ)在第二象限．[点评]由于θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))时，据选项知，此复数对应点只能在某一象限，∴取θ＝π检验知，对应点在第二象限．6．已知复数z1＝m＋2i，z2＝3－4i，若eq\f(z1,z2)为实数，则实数m的值为()A.eq\f(8,3) B．eq\f(3,2)C．－eq\f(8,3) D．－eq\f(3,2)[答案]D[解析]eq\f(z1,z2)＝eq\f(m＋2i,3－4i)＝eq\f(m＋2i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq\f(3m－8＋6＋4mi,25)为实数，所以6＋4m＝0⇒m＝－eq\f(3,2)，故选D.7．若z＝cosθ＋isinθ(i为虚数单位)，则使z2＝－1的θ值可能是()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)[答案]D[解析]∵z2＝cos2θ＋isin2θ＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos2θ＝－1，,sin2θ＝0.))∴2θ＝2kπ＋π(k∈Z)，∴θ＝kπ＋eq\f(π,2).令k＝0知，D正确．8．若关于x的方程x2＋(1＋2i)x＋3m＋i＝0有实根，则实数mA.eq\f(1,12) B．eq\f(1,12)iC．－eq\f(1,12) D．－eq\f(1,12)i[答案]A[解析]设方程的实数根为x＝a(a为实数)，则a2＋(1＋2i)·a＋3m∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋a＋3m＝0，,2a＋1＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,m＝\f(1,12).))故选A.9．已知复数z＝(x－2)＋yi(x、y∈R)在复平面内对应的向量的模为eq\r(3)，则eq\f(y,x)的最大值是()A.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2) D．eq\r(3)[答案]D[解析]因为|(x－2)＋yi|＝eq\r(3)，所以(x－2)2＋y2＝3，所以点(x，y)在以C(2,0)为圆心，以eq\r(3)为半径的圆上，如图，由平面几何知识知－eq\r(3)≤eq\f(y,x)≤eq\r(3).10．(·河北衡水中学模拟)设a∈R，i是虚数单位，则“a＝1”是“eq\f(a＋i,a－i)为纯虚数”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]当a＝1时，eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,2)＝i为纯虚数．当eq\f(a＋i,a－i)＝eq\f(a＋i2,a2＋1)＝eq\f(a2－1＋2ai,a2＋1)为纯虚数时，a2＝1即a＝±1，故选A.11．已知复数a＝3＋2i，b＝4＋xi(其中i为虚数单位，x∈R)，若复数eq\f(a,b)∈R，则实数x的值为()A．－6 B．6C.eq\f(8,3) D．－eq\f(8,3)[答案]C[解析]eq\f(a,b)＝eq\f(3＋2i,4＋xi)＝eq\f(3＋2i4－xi,16＋x2)＝eq\f(12＋2x,16＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8－3x,16＋x2)))·i∈R，∴eq\f(8－3x,16＋x2)＝0，∴x＝eq\f(8,3).12．设z＝(2t2＋5t－3)＋(t2＋2t＋2)i，t∈R，则以下结论正确的是()A．z对应的点在第一象限 B．z一定不为纯虚数C.eq\x\to(z)对应的点在实轴的下方 D．z一定为实数[答案]C[解析]∵t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1>0，∴z对应的点在实轴的上方．又∵z与eq\x\to(z)对应的点关于实轴对称．∴C项正确．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13．已知x＋eq\f(1,x)＝－1，则x＋eq\f(1,x)的值为________．[答案]－1[解析]∵x＋eq\f(1,x)＝－1，∴x2＋x＋1＝0.∴x＝－eq\f(1,2)±eq\f(\r(3),2)i，∴x3＝1.∵＝3×671＋1，∴x＝x，∴x＋eq\f(1,x)＝x＋eq\f(1,x)＝－1.14．已知复数z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ＋isinβ，则复数z1·z2的实部是________[答案]cos(α＋β)[解析]z1·z2＝(cosα＋isinα)(cosβ＋isinβ)cosαcosβ－sinαsinβ＋(cosαsinβ＋sinαcosβ)i＝cos(α＋β)＋sin(α＋β)i故z1·z2的实部为cos(α＋β)．15．若(3－10i)y＋(－2＋i)x＝1－9i，则实数x、y的值分别为________．[答案]x＝1，y＝1[解析]原式可以化为(3y－2x)＋(x－10y)i＝1－9i，根据复数相等的充要条件，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y－2x＝1，,x－10y＝－9.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1.))16．设θ∈[0,2π]，当θ＝________时，z＝1＋sinθ＋i(cosθ－sinθ)是实数．[答案]eq\f(π,4)或eq\f(5,4)π[解析]本题主要考查复数的概念．z为实数，则cosθ＝sinθ，即tanθ＝1.因为θ∈[0,2π]，所以θ＝eq\f(π,4)或eq\f(5,4)π.三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)(·郑州网校期中联考)已知复数z＝(2m2－3m－2)＋(m2(1)当实数m取什么值时，复数z是：①实数；②纯虚数；(2)当m＝0时，化简eq\f(z2,z＋5＋2i).[解析](1)①当m2－3m＋2＝0时，即m＝1或m＝2时，复数z②若z为纯虚数，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m2－3m－2＝0，,m2－3m＋2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2)或m＝2，,m≠1且m≠2，))∴m＝－eq\f(1,2).即m＝－eq\f(1,2)时，复数z为纯虚数．(2)当m＝0时，z＝－2＋2i，eq\f(z2,z＋5＋2i)＝eq\f(－8i,3＋4i)＝eq\f(－8i3－4i,25)＝－eq\f(32,25)－eq\f(24,25)i.18．(本题满分12分)已知复数x2＋x－2＋(x2－3x＋2)i(x∈R)是复数4－20i的共轭复数，求实数x的值．[解析]因为复数4－20i的共轭复数为4＋20i，由题意得x2＋x－2＋(x2－3x＋2)i＝4＋20i，根据复数相等的充要条件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x－2＝4，①,x2－3x＋2＝20.②))方程①的解为x＝－3或x＝2.方程②的解为x＝－3或x＝6.所以实数x的值为－3.19．(本题满分12分)(·洛阳市高二期中)(1)已知复数z在复平面内对应的点在第四象限，|z|＝1，且z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝1，求z；(2)已知复数z＝eq\f(5m2,1－2i)－(1＋5i)m－3(2＋i)为纯虚数，求实数m的值．[解析](1)设z＝a＋bi(a、b∈R)，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝1，,2a＝1.))解得a＝eq\f(1,2)，b＝±eq\f(\r(3),2).∵复数z在复平面内对应的点在第四象限，∴b＝－eq\f(\r(3),2).∴z＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i.(2)z＝eq\f(5m2,1－2i)－(1＋5i)m－3(2＋i)＝(m2－m－6)＋(2m2－5m－3)i，依题意，m2－m－6＝0，解得m＝3或－2.∵2m2－5m－3≠0.∴m＝－2.20．(本题满分12分)虚数z满足|z|＝1，z2＋2z＋eq\f(1,z)＜0，求z.[解析]设z＝x＋yi(x、y∈R，y≠0)，∴x2＋y2＝1.则z2＋2z＋eq\f(1,z)＝(x＋yi)2＋2(x＋yi)＋eq\f(1,x＋yi)＝(x2－y2＋3x)＋y(2x＋1)i.∵y≠0，z2＋2z＋eq\f(1,z)<0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1＝0，①,x2－y2＋3x＜0，②))又x2＋y2＝1.③由①②③得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)，,y＝±\f(\r(3),2).))∴z＝－eq\f(1,2)±eq\f(\r(3),2)i.21．(本题满分12分)满足z＋eq\f(5,z)是实数，且z＋3的实部与虚部是相反数的虚数z是否存在？若存在，求出虚数z，若不存在，请说明理由．[解析]存在．设虚数z＝x＋yi(x、y∈R，且y≠0)．z＋eq\f(5,z)＝x＋yi＋eq\f(5,x＋yi)＝x＋eq\f(5x,x2＋y2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5y,x2＋y2)))i.由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\f(5y,x2＋y2)＝0，,x＋3＝－y.))∵y≠0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝5，,x＋y＝－3.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－1.))∴存在虚数z＝－1－2i或z＝－2－i满足以上条件．22．(本题满分14分)将一颗质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1、2、3、4、5、6)先后抛掷两次，记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b.(1)设复数z＝a＋bi(i为虚数单位)，求事件“z－3i为实数”的概率；(2)求点P(a，b)落在不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＋2≥0，,0≤a≤4，,b≥0.))表示的平面区域内(含边界)的概率．[解析](1)z＝a＋bi(i为虚数单位)，z－3i为实数，则a＋bi－3i＝a＋(b－3)i为实数，则b＝3.依题意得b的可能取值为1、2、3、4、5、6，故b＝3的概率为eq\f(1,6).即事件“z－3i为实数”的概率为eq\f(1,6).(2)连续抛掷两次骰子所得结果如下表：1234561(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)由上表知，连续抛掷两次骰子共有36种不同的结果．不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示(含边界)．由图知，点P(a，b)落在四边形ABCD内的结果有：(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(2,3)、(2,4)、(3,1)、(3,2)、(3,3)、(3,4)、(3,5)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(4,4)、(4,5)、(4,6)，共18种．所以点P(a，b)落在四边形ABCD内(含边界)的概率为P＝eq\f(18,36)＝eq\f(1,2).1．设z的共轭复数为eq\o(z,\s\up6(－))，若z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝4，z·eq\o(z,\s\up6(－))＝8，则eq\f(\o(z,\s\up6(－)),z)等于()A．i B．－iC．±1 D．±i[答案]D[解析]设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，由条件可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝4，,a2＋b2＝8.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝±2.))因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝2＋2i，,\o(z,\s\up6(－))＝2－2i，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝2－2i，,\o(z,\s\up6(－))＝2＋2i.))所以eq\f(\o(z,\s\up6(－)),z)＝eq\f(2－2i,2＋2i)＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝eq\f(－2i,2)＝－i，或eq\f(\o(z,\s\up6(－)),z)＝eq\f(2＋2i,2－2i)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(2i,2)＝i，所以eq\f(\o(z,\s\up6(－)),z)＝±i.2．复数z＝eq\f(m－2i,1＋2i)(m∈R，i为虚数单位)在复平面上对应的点不可能位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[答案]A[解析]z＝eq\f(m－2i,1＋2i)＝eq\f(m－2i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(1,5)[(m－4)－2(m＋1)i]，其实部为eq\f(1,5)(m－4)，虚部为－eq\f(2,5)(m＋1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4>0，,－2m＋1>0.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>4，,m<－1.))此时无解．故复数在复平面上对应的点不可能位于第一象限．3．已知i为虚数单位，a为实数，复数z＝(1－2i)(a＋i)在复平面内对应的点为M，则“a>eq\f(1,2)”是“点M在第四象限”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]C[解析]z＝(1－2i)(a＋i)＝a＋2＋(1－2a)i，所以复数z在复平面内对应的点M的坐标为(a＋2,1－2a)，所以点M在第四象限的充要条件是a＋2>0且1－2a<0，解得a>eq