[新高考全案]2009-2010年高考数学Ι轮精品教案及其练习精析_《第十五章_综合检测_数系的扩充与复数的引入》

第十五章 综合检测 数系的扩充与复数的引入

一、选择题（第小题5分，共40分）

1．1.已知z1=2－i,z2=1+3i，则复数A.1

B.－1

iz2z15

的虚部为（ ）

C.i

D.－i

答案: C解：

izi13ii(2i)13i12i13i2z152-i55555=i.

2．(1－i)2·i等于（ ）

A.2－2i B.2+2i C.－2 D.2

答案:D解:(1－i)2·i=(1－2i+i2)·i=(1－2i－1)·i=－2i·i=(－2)×(－1)=2. 3．复数z1=3+i,z2=1－i，则z=z1·z2在复平面内的对应点位于（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 答案: D解:z1·z2=(3+i)·(1－i)=4－2i.

4．已知复数z与(z+2)2－8i均是纯虚数,则z等于（ ） A.2i B.－2i C.i D.－i

答案:B解:设z=bi(b∈R且b≠0),则(z+2)2－8i=(bi+2)2－8i=b2i2+4bi+4－8i=(4－b2)+(4b－8)i.∴

4b20,b2,b2.4b80.∴ ∴b=－2.∴z=－2i. abz1adbc12icdii5．定义：.若复数z满足，则z等于

A.1i 答案：A

43izz12i6．ZC，若 则z的值是（ ） A．2i B．2i C．2 答案：A

B.1i

C.3i D.3i

D．2

7．设复数 A．-2i 答案：C

z1i(1i)2(1z)71i，则展开式的第五项是（ ）

B．-21i C．35 D．-35i

1i1i8．设f(n)=(1i)n+(1i)n,n∈N,如果A{f(n)},则满足条件的集合A有（ ）

A.8个

B.7个

C.3个

D.无穷多个

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1i1i 答案: A 解:∵f(n)=( 1i)n+(1i)n=in+(－i)n(n∈N)= 2,　　　当n4k,kN,0,　　　当n4k1,kN,2,　　当n4k2,kN,0,　　　当n4k3,kN,

∴{f(n)}={0,2,－2}.∵A{f(n)}={0,2,－2},

∴A的个数是23=8.

二、填空题（第小题5分，共30分，其中13~15是选做题，选做两题）

5i9．1i的值等于__________.

5i(5i)(1i)(51)(51)i1i(1i)(1i)2解: =2+3i.

10．若(a2i)ibi，其中a,bR,i是虚数单位，则a＋b＝__________ 答案：3 提示：利用复数相等可得。

11．已知复数z = (1 – i)(2 – i)，则| z |的值是 ． 答案：10

12．已知实数x，y满足条件值是 ． xy5≥0xy≥0x≤3，zxyi（i为虚数单位），则|z12i|的最小

2

答案：2 提示：几何意义是可行域上的点到定点（1，-2）的距离的最小值。

13．（选做题）设z=log2(m2-3m-3)+i log2(m-3) (m∈R), 若z对应点在直线x-2y+1=0上, 则m的值是 .

[解析]: 设z=log2(m2-3m-3)+i log2(m-3) (m∈R), 若z对应点在直线x-2y+1=0上, 则log2(m2-3m-3)-2 log2(m-3)+1=0 故2（m2-3m-3）=(m-3)2

∴m=15或m=-15（不适合）

14．（选做题）若a≥0, 且z|z|+az+i=0, 则复数z =

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[解析]: 若a≥0, 且z|z|+az+i=0, 则z(|z|+a)+i=0, |z|+a>0,故 z为纯虚数， 设z = yi (yR) , 则 (|y|+a)yi+i=0 故y2-y-1=0

aa242y =

aa24i2z =

t1ti1tt15．（选做题）若t∈R, t≠-1, t≠0时,复数z =的模的取值范围是 . t1tit的模为|z| [解析]: 若t∈R, t≠-1, t≠0时,复数z =1tt21t2)()21tt 则|z|2=

(故z的模的取值范围是

2,

三、解答题（共80分）

16．（本题满分13分）已知复数(2k2－3k－2)+(k2－k)i在复平面内对应的点在第二象限，则实数k的取值范围.

解:∵复数对应的点在第二象限， 1k2,2k3k20,22k0或k1.∴kk0,即…………12分

21∴k的取值范围为(－2，0)∪(1，2). …………13分

117．（本题满分13分）已知集合A={z||z-2|≤2}，B=|z|z=2z1i+b，z1∈A，b∈R}．

（1）若A∩B=Φ，求b的取值范围； （2）若A∩B=B，求b的值．

1解：由B中元素z=2z1i+b，得z1=-i(2z-2b)，∵z1∈A，∴|z-2|=|-i(2a-2b)-2|≤2，即|z-b-i|≤1，

∴集合B是圆心在(b，1)，半径为1的圆面，而A是圆在（2，0），半径为2的圆面． 若A∩B=Ф，则圆面A和圆面B相离，∴(b-2)2+1>9，∴b<2-22或b>2+22．………6分 若A∩B=B，∴BA，∴(b-2)2+1≤1，∴b=2．…………13分 18．（本题满分13分）已知复平面上正方形的三个顶点是A（1，2）、B（－2，1）、C（－1，

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－2），求它的第四个顶点D对应的复数. 解：设D（x,y),则

ADODOA对应的复数为(x+yi)－(1+2i)=(x－1)+(y－2)i

BCOCOB对应的复数为：

(－1－2i)－(－2+i)=1－3i…………6分 ∵ADBC ∴(x－1)+(y－2)i=1－3i

x11y23 ∴x2y1 解得

∴D点对应的复数为2－i. …………13分

ai319．（本题满分14分）已知z=1i (a>0,a∈R),复数ω=z(z+i)的虚部减去它的实部所得的差是2，

求复数ω.

aiaiai解:把z=1i代入,得ω=1i(1i+i) aiaii1a11i=1i()=2(1+ai). …………7分 a1a13222，即a2=4. 于是·a－3∵a>0,∴a=2,ω=2+3i. …………14分

z(zz)i20．（本题满分14分）在复数范围内解方程解: 原方程化简为

23i2i(i为虚数单位).

z(zz)i1i2,

设z=x+yi(x、y∈R),代入上述方程得 x2+y2+2xi=1-i, …………4分

13 ∴x2+y2=1且2x=-1,解得x=-2且y=±2,

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13 ∴原方程的解是z=-2±2i. …………14分

21．（本题满分12分）若虚数z同时满足下列两个条件：

5①z+z是实数；

②z+3的实部与虚部互为相反数.

这样的虚数是否存在？若存在，求出z;若不存在，请说明理由. 解: 设z=a+bi(a、b∈R且b≠0),

55则z+z=(a+bi)+abi

552222=a(1+ab)+b(1－ab)i∈R.

又z+3=a+3+bi, ……………6分

5)0,b(122aba3b.依题意，有

a2b25,ba3.……………8分 又由于b≠0,因此a1,a2,b1.b2解之得或

……………11分

∴z=－1－2i或－2－i. ……………12分

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