高中數(shù)學(xué)人教A版2第三章數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入單元測(cè)試 省一等獎(jiǎng)

數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入綜合能力檢測(cè)劉大鳴一、選擇題（本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中,選出符合題目要求的一項(xiàng)）1.a為正實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位，，則a=（）A2B.C.D.12．i為虛數(shù)單位，則=（）A.－IB.－1C.i3.復(fù)數(shù)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限B．第二象限 C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限4．下列命題中，正確的是()A．復(fù)數(shù)的?？偸钦龑?shí)數(shù)B．復(fù)數(shù)集與復(fù)平面內(nèi)所有向量組成的集合一一對(duì)應(yīng)C．如果與復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限，則與該復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的向量的終點(diǎn)也一定會(huì)在第一象限D(zhuǎn)．相等的向量對(duì)應(yīng)著相等的復(fù)數(shù)5.復(fù)數(shù)滿足：；則（）ABC D6.設(shè)，是虛數(shù)單位，則“”是“復(fù)數(shù)為純虛數(shù)”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件7.eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復(fù)數(shù)，若z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2，(z－eq\o(z,\s\up6(－)))i＝2(i為虛數(shù)單位)，則z＝()A．1＋iB．－1－iC．－1＋iD．1－i8.已知i是虛數(shù)單位，a，b∈R，得“a＝b＝1”是“(a＋bi)2＝2i”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件9.設(shè)復(fù)數(shù),其中為虛數(shù)單位,則的虛部為（）A.B.C.D.10.設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝的值是 （） A． B．C．D．111．復(fù)平面上三點(diǎn)A、B、C分別對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)1,2i,5＋2i，則由A，B，C所構(gòu)成的三角形是()A．直角三角形B．等腰三角形C．銳角三角形 D．鈍角三角形12.若A、B是銳角△ABC的兩內(nèi)角，則復(fù)數(shù)z＝(cosB－sinA)＋(sinB－cosA)i在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限 D．第四象限二、填空題（本大題共4小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中橫線上）13若復(fù)數(shù)z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i是純虛數(shù)，則14.若是實(shí)系數(shù)方程的一個(gè)虛根，且，則15.,其中為實(shí)數(shù)R,,則的值是___16.已知復(fù)數(shù),則在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第______象限.三、解答題（本大題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟）17（10分）已知復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），復(fù)數(shù)的虛部為，是實(shí)數(shù)，求.18.（12分）實(shí)數(shù)k為何值時(shí)，復(fù)數(shù)(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)分別是(1)實(shí)數(shù)；(2)虛數(shù)；(3)純虛數(shù)；(4)零？19（12分）若是復(fù)數(shù)，是純虛數(shù)，求20．（12分）已知虛數(shù)z滿足|2z＋1－i|＝|z＋2－2i|(1)求|z|的值；(2)若mz＋eq\f(1,z)∈R，求實(shí)數(shù)m的值．21.（12分）已知|z1|＝1，|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(3)，求|z1－z2|.22.（12分）已知關(guān)于x的方程x2－(6＋i)x＋9＋ai＝0(a∈R)有實(shí)數(shù)根b.(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)若復(fù)數(shù)z滿足|eq\x\to(z)－a－bi|－2|z|＝0，求z為何值時(shí)，|z|有最小值，并求出|z|的最小值．參考答案一、選擇題5.D7.D提示：,a>0,故a=.2.因?yàn)?故所以選A.3.，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，所以為第四象限，選D.4.復(fù)數(shù)的模大于等于0，故A不正確；復(fù)數(shù)集與復(fù)平面內(nèi)所有從原點(diǎn)出發(fā)的向量組成的集合一一對(duì)應(yīng)，故B不對(duì)；同理C也不正確，故選D.5.6.“”則或，“復(fù)數(shù)為純虛數(shù)”則且，則“”是“復(fù)數(shù)為純虛數(shù)”的必要不充分條件，故選B.7.設(shè)（），則，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.))故選A.9.,有上述分析可知選D.10.，選C.11.1,2i,5＋2i對(duì)應(yīng)的向量坐標(biāo)為(1,0)，(0,2)，(5,2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)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)則|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所構(gòu)成的三角形是直角三角形．12.因?yàn)锳，B是銳角△ABC的兩內(nèi)角，所以A＋B＞eq\f(π,2)①由①得A＞eq\f(π,2)－B因?yàn)锳，B為銳角△ABC的內(nèi)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))，正弦函數(shù)單調(diào)遞增∴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對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限．二、填空題13.314.416.一提示：13.由復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)的充要條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgm2－2m－2＝0,m2＋3m＋2≠0))，解得m＝3，故填3.14.設(shè),則方程的另一個(gè)根為,且，由韋達(dá)定理所以15.由,得即所以.16.等比數(shù)列求和，利用i的周期性和分母實(shí)屬化求解，.所以在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限.三、解答題解：，設(shè)，則，因?yàn)?，所?8.解：令z＝(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i.(1)當(dāng)k2－5k－6＝0時(shí)，z∈R，所以k＝6或k＝－1.(2)當(dāng)k2－5k－6≠0時(shí)，z是虛數(shù)，即k≠6且k≠－1.(3)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－3k－4＝0，,k2－5k－6≠0))時(shí)，z是純虛數(shù)，所以k＝4.(4)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－3k－4＝0，,k2－5k－6＝0))時(shí)，z＝0，解得k＝－1.綜上，當(dāng)k＝6或k＝－1時(shí)，z是實(shí)數(shù)；當(dāng)k≠6且k≠－1時(shí)，z是虛數(shù)；當(dāng)k＝4時(shí)，z是純虛數(shù)；當(dāng)k＝－1時(shí)，z是零．19.解法1：設(shè)，則，由于是純虛數(shù)，，，故解法2：由于是純虛數(shù)，所以可設(shè)所以，解得，6分從而12分20.解：(1)設(shè)虛數(shù)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?yàn)?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：設(shè)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?yàn)?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：在復(fù)平面內(nèi)設(shè)z1，z2分別對(duì)應(yīng)向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))、eq\o(OZ2,\s\up6(→))，則對(duì)角線eq\o(OZ,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)z1＋z2，eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)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?yàn)閎是方程x2－(6＋i)x＋9＋ai＝0(a∈R)的實(shí)數(shù)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)設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，由|eq\