2019-2020学年高中数学 第三章 数系的扩充和复数的引入单元质量测评课件 新人教A版选修2-2

第三章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．i是虚数单位，则i1＋i的虚部是()A.12iB．－12iC.12D．－12解析i1＋i＝i1－i1＋i1－i＝1＋i2＝12＋12i.解析答案C答案2．若(x－i)i＝y＋2i，x，y∈R，则复数x＋yi＝()A．－2＋iB．2＋iC．1－2iD．1＋2i解析(x－i)i＝y＋2i即xi＋1＝y＋2i，故y＝1，x＝2，所以复数x＋yi＝2＋i.解析答案B答案3．复数i1－i的共轭复数为()A．－12＋12iB.12＋12iC.12－12iD．－12－12i解析因为i1－i＝i1＋i1－i1＋i＝－1＋i2＝－12＋12i，所以其共轭复数为－12－12i.解析答案D答案4．若a，b∈R，则复数(a2－6a＋10)＋(－b2＋4b－5)i对应的点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析复数对应点的坐标为(a2－6a＋10，－b2＋4b－5)，又因为a2－6a＋10＝(a－3)2＋10，－b2＋4b－5＝－(b－2)2－10，所以复数对应的点在第四象限．解析答案D答案5．已知z1＝2－5i，z2＝－3＋i，z1，z2的对应点分别为P1，P2，则向量P2P1→对应的复数为()A．－5＋6iB．5－6iC．5＋6iD．－1－4i解析∵P2P1→＝OP1→－OP2→，∴P2P1→对应的复数为z1－z2＝(2－5i)－(－3＋i)＝5－6i.解析答案B答案6．已知复数z＝a＋bi(i为虚数单位)，集合A＝{－1,0,1,2}，B＝{－2，－1,1}．若a，b∈A∩B，则|z|等于()A．1B.2C．2D．4解析因为A∩B＝{－1,1}，所以a，b∈{－1,1}，所以|z|＝a2＋b2＝2.故选B.解析答案B答案7．复数1＋2ii的共轭复数是a＋bi(a，b∈R)，i是虚数单位，则点(a，b)为()A．(2,1)B．(2，－1)C．(1,2)D．(1，－2)解析依题意，复数1＋2ii＝2－i的共轭复数是a＋bi＝2＋i，点(a，b)即(2,1)．故选A.解析答案A答案8．已知i为虚数单位，复数z＝2i(2－i)的实部为a，虚部为b，则logab等于()A．0B．1C．2D．3解析z＝2i(2－i)＝2＋4i，∴a＝2，b＝4，∴logab＝log24＝2.解析答案C答案9．已知复数z1＝m＋2i，z2＝3－4i，若z1z2为实数，则实数m的值为()A.83B.32C．－83D．－32解析因为z1z2＝m＋2i3－4i＝m＋2i3＋4i25＝3m－825＋4m＋625i，又z1z2为实数，所以4m＋625＝0，即m＝－32.解析答案D答案10．复数z满足|3z＋1|＝|z－i|，则复数z对应点的轨迹是()A．直线B．正方形C．圆D．椭圆解析设z＝x＋yi(x，y∈R)，则|3x＋3yi＋1|＝|x＋yi－i|.∴(3x＋1)2＋9y2＝x2＋(y－1)2，即4x2＋4y2＋3x＋y＝0.∴复数z对应点Z的轨迹为圆．故选C.解析答案C答案11．若1＋2i是关于x的实系数方程x2＋bx＋c＝0的一个复数根，则()A．b＝2，c＝3B．b＝－2，c＝3C．b＝－2，c＝－1D．b＝2，c＝－1解析因为1＋2i是实系数方程x2＋bx＋c＝0的一个复数根，所以1－2i也是方程的根，则1＋2i＋1－2i＝2＝－b，(1＋2i)(1－2i)＝3＝c，解得b＝－2，c＝3.解析答案B答案12．设a，b∈R.“a＝0”是“复数a＋bi是纯虚数”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案B答案解析当a＝0时，若b＝0，则a＋bi是实数，不是纯虚数，因此“a＝0”不是“复数a＋bi是纯虚数”的充分条件；而若a＋bi是纯虚数，则实部为0，虚部不为0，可以得到a＝0，因此“a＝0”是“复数a＋bi是纯虚数”的必要条件．故“a＝0”是“复数a＋bi是纯虚数”的必要而不充分条件．解析第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若i为虚数单位，图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点Z表示复数z，则复数z1－2i的共轭复数是________．答案－i答案解析由图知z＝2＋i，则z1－2i＝2＋i1－2i＝2＋i1＋2i1－2i1＋2i＝i，其共轭复数是－i.解析14．已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)，且|z－2|＝3，则yx的最大值为________．答案3答案解析因为复数z＝x＋yi(x，y∈R)，且|z－2|＝3，所以x－22＋y2＝3，所以(x－2)2＋y2＝3，设圆的切线l：y＝kx，则|2k|k2＋1＝3，解得k＝±3，所以yx的最大值为3.解析15．下面三个命题：①0比－i大；②两个复数当且仅当其和为实数时，互为共轭复数；③x＋yi＝1＋i的充要条件为x＝y＝1.其中错误命题的序号是________.答案①②③答案解析①实数与虚数不能比较大小；②两个复数互为共轭复数时其和为实数，但是两个复数的和为实数时，这两个复数不一定是共轭复数；③x＋yi＝1＋i的充要条件为x＝y＝1是错误的，因为没有表明x，y是否是实数．解析16．若复数z满足|z－i|≤2(i为虚数单位)，则z在复平面内所对应的图形的面积为________．解析设z＝x＋yi(x，y∈R)，则由|z－i|≤2可得x2＋y－12≤2，即x2＋(y－1)2≤2，它表示以点(0,1)为圆心，2为半径的圆及其内部，所以z在复平面内所对应的图形的面积为2π.解析答案2π答案三、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．(本小题满分10分)已知复数z＝－12＋32i，其共轭复数为z－.(1)求复数1z的模；(2)求z－2的值．解(1)因为复数z＝－12＋32i，所以1z＝1－12＋32i＝－12－32i－12＋32i－12－32i＝－12－32i－122－32i2＝－12－32i，所以1z＝－122＋－322＝1.(也可以先求z的模)答案(2)由题意可得z－＝－12－32i，所以z－2＝－12－32i2＝14－34＋2×12×32i＝－12＋32i.答案18．(本小题满分12分)已知复数z＝(2＋i)m2－6m1－i－2(1－i)．求实数m取什么值时，复数z是(1)零；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)复平面内第二、四象限平分线上的点对应的复数．解由于m∈R，所以复数z＝(2＋i)m2－3m(1＋i)－2(1－i)＝(2m2－3m－2)＋(m2－3m＋2)i.(1)当2m2－3m－2＝0，m2－3m＋2＝0，即m＝2时，z为零．(2)当m2－3m＋2≠0，即m≠2且m≠1时，z为虚数．(3)当2m2－3m－2＝0，m2－3m＋2≠0，即m＝－12时，z为纯虚数．答案(4)当2m2－3m－2＝－(m2－3m＋2)，即m＝0或m＝2时，z是复平面内第二、四象限平分线上的点对应的复数．答案19．(本小题满分12分)在复数范围内解方程|z2|＋(z＋z－)i＝3－i2＋i(i为虚数单位)．解原方程化简为|z|2＋(z＋z－)i＝1－i，设z＝x＋yi(x，y∈R)，代入上述方程得x2＋y2＋2xi＝1－i，所以x2＋y2＝1，2x＝－1，解得x＝－12，y＝±32.所以原方程的解是z＝－12±32i.答案20．(本小题满分12分)已知复数z1，z2满足条件|z1|＝2，|z2|＝3，且3z1＋2z2＝6，求复数z1和z2.解设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则a2＋b2＝4，c2＋d2＝9，由3z1＋2z2＝6，得(3a＋2c)＋(3b＋2d)i＝6，由复数相等得3a＋2c＝6，3b＋2d＝0.答案解方程组a2＋b2＝4，c2＋d2＝9，3a＋2c＝6，3b＋2d＝0，得a＝1，b＝3，c＝32，d＝－332或a＝1，b＝－3，c＝32，d＝332，所以z1＝1＋3i，z2＝32－332i或z1＝1－3i，z2＝32＋332i.答案21．(本小题满分12分)设O为坐标原点，已知向量OZ1→，OZ2→分别对应复数z1，z2，且z1＝3a＋5＋(10－a2)i，z2＝21－a＋(2a－5)i，a∈R.若z－1＋z2可以与任意实数比较大小，求OZ1→·OZ2→的值．解由题意，得z－1＝3a＋5－(10－a2)i，则z－1＋z2＝3a＋5－(10－a2)i＋21－a＋(2a－5)i＝3a＋5＋21－a＋(a2＋2a－15)i.因为z－1＋z2可以与任意实数比较大小，所以z－1＋z2是实数，所以a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a＝3.答案又因为a＋5≠0，所以a＝3，所以z1＝38＋i，z2＝－1＋i，所以OZ1→＝38，1，OZ2→＝(－1,1)，所以OZ1→·OZ2→＝38×(－1)＋1×1＝58.答案22．(本小题满分12分)设z1是虚数，z2＝z1＋1z1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＝1－z11＋z1，求证：ω为纯虚数．解(1)设z1＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，则z2＝z1＋1z1＝a＋bi＋1a＋bi＝a＋aa2＋b2＋b－ba2＋b2i.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－12≤a≤12，即z1的实部的取值范围是－12，12.答案(2)证明：ω＝1－z11＋z1＝1－a－bi1＋a＋bi＝1－a2－b2－2bi1＋a2＋b2＝－ba＋1i.因为a∈－12，12，b≠0，所以ω为纯虚数．答案