版选修2_2.doc

1、1阶段质量检测(三) 数系的扩充与复数的引入考试时间：120 分钟 试卷总分：160 分二题 号 一15 16 17 18 19 20总 分得 分一、填空题(本大题共 14 个小题，每小题 5 分，共 70 分，把答案填在题中横线上)1(新课标全国卷改编)设复数 z1， z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z12i，则 z1z2_.2(山东高考改编)若 ai 与 2 bi 互为共轭复数，则( a bi)2_.3若复数 z 满足 (34i) z|43i|，则 z 的虚部为_4已知 1 ni，其中 m， n 是实数，i 是虚数单位，则 m ni 等于_m1 i5定义运算 ad bc，则满足条件 4

2、2i 的复数 z 为_|a bc d| |1 1z zi|6在复平面内，复数 对应的点位于第_象限2 i1 i7. _.5 4 i 2i 2 i8设 a 是实数，且 是实数，则 a 等于_a1 i 1 i29复数 z 满足方程 4，那么复数 z 的对应点 P 组成图形为_|z21 i|10已知集合 M1,2， zi，i 为虚数单位， N3,4， M N4，则复数z_.11若复数 z 满足| z| ，则 z_.z101 2i12若OA3i4，B1i，i 是虚数单位，则AB_.(用复数代数形式表示)13复数 z 满足| z1| z1|2，则| zi1|的最小值是_14已知关于 x 的方程 x2(1

3、2i) x(3 m1)0 有实根，则纯虚数 m 的值是_二、解答题(本大题共 6 个小题，共 90 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)215(本小题满分 14 分)计算：(1) ；(2) . 2 i 1 i 21 2i 4 5i 5 4i 1 i16(本小题满分 14 分)求实数 k 为何值时，复数(1i) k2(35i) k2(23i)分别是：(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)零17(本小题满分 14 分)已知复数 z 满足| z|13i z，求 的 1 i 2 3 4i 22z值18(本小题满分 16 分)已知 i.12 323(1)求 2及 2 1 的值；(2)若等比数

4、列 an的首项为 a11，公比 q ，求数列 an的前 n 项和 Sn.19.(本小题满分 16 分)已知 z (aR 且 a0)，复数 z(zi)的虚部减去它a i1 i的实部所得的差等于 ，求复数 的模3220(本小题满分 16 分)已知复数 z 满足| z| ， z2的虚部为 2.2(1)求复数 z；(2)设 z， z2， z z2在复平面内对应的点分别为 A， B， C，求 ABC 的面积4答 案1.解析： z12i 复平面内对应点(2,1)，又 z1与 z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，则 z2的对应点为(2,1)，则 z22i， z1z2(2i)(2i)i 245.答案：52解析

5、根据已知得 a2， b1，所以( a bi)2(2i) 234i.答案：34i3解析：(34i) z|43i|， z i，|4 3i|3 4i 5 3 4i 3 4i 3 4i 3 4i5 35 45 z 的虚部是 .45答案：454解析： 1 ni，所以 m(1 n)(1 n)i，因为 m， nR，m1 i所以Error! 所以Error!即 m ni2i.答案：2i5解析： zi z，|1 1z zi|设 z x yi， zi z xi y x yi x y( x y)i42i，Error! Error! z3i.答案：3i6解析： i，2 i1 i 2 i 1 i 1 i 1 i 1

6、3i12 12 12 32对应的点位于第四象限答案：四7解析： 138i.5 4 i 2i 2 i 5 15 8i 1 2i 5 15 8i 1 2i 1 2 22答案：138i58解析： i 是实数，a1 i 1 i2 a 1 i2 1 i2 (a2 12) 1 a2 0，即 a1.1 a2答案：19解析： | z(1i)| z(1i)|4.|z21 i|设1i 对应的点为 C(1,1)，则| PC|4，因此动点 P 的轨迹是以 C(1,1)为圆心，4 为半径的圆答案：以(1,1)为圆心，以 4 为半径的圆10解析：由 M N4，知 4 M，故 zi4， z 4i.4i答案：4i11解析：设

7、 z a bi(a， bR)，| z| ( a bi) a bi，z a2 b2 a2 b2 24i，101 2i 10 1 2i 1 2i 1 2i 10 1 2i12 22Error! 解得Error! z34i.答案：34i12解析：由于OA3i4，B1i，i 是虚数单位，所以B (1i)(3i4)54i.答案：54i13解析：由| z1| z1|2，根据复数减法的几何意义可知，复数 z 对应的点到两点(1,0)和(1,0)的距离和为 2，说明该点在线段 y0( x1,1)上，而| zi1|为该点到点(1，1)的距离，其最小值为 1.答案：114解析：方程有实根，不妨设其一根为 x0，设

8、 m ai 代入方程得 x (12i)20x0(3 ai1)i0，化简得，(2 x01)i x x03 a0，20Error! 解得 a ， m i.112 112答案： i112615解：(1) 2. 2 i 1 i 21 2i 2 i 2i1 2i 2 1 2i1 2i(2) 4 5i 5 4i 1 i 5 4i i 5 4i 1 i i1 i i 1 i 1 i 1 i i 12 i.12 1216解：由 z(1i) k2(35i) k2(23i)( k23 k4)( k25 k6)i.(1)当 k25 k60 时， zR， k6 或 k1.(2)当 k25 k60 时， z 是虚数，即

9、 k6 且 k1.(3)当Error! 时， z 是纯虚数， k4.(4)当Error! 时， z0，解得 k1.综上，当 k6 或 k1 时， zR.当 k6 且 k1 时， z 是虚数当 k4 时， z 是纯虚数，当 k1 时， z0.17解：设 z a bi(a， bR)，由| z|13i z，得 13i a bi0，a2 b2则Error! 所以Error!所以 z43i.则 34i. 1 i 2 3 4i 22z 2i 3 4i 22 4 3i 2 4 3i 3 4i2 4 3i18解：(1) 2 2 i i.(12 32i) 14 32 34 12 32 2 1 10.(12 32

10、i) ( 12 32i)(2)由于 2 10， k2 k1 k k( 2 1)0， kZ. Sn1 2 n1 Error! Sn Error!19解：把 z (a0)代入 中，a i1 i得 a i1 i(a i1 i i)7 i.a 12 a a 12由 ，得 a24.a a 12 a 12 32又 a0，所以 a2.所以| | 3i| .32 32520解：(1)设 z a bi(a， bR)，由已知条件得： a2 b22， z2 a2 b22 abi，所以 2ab2.所以 a b1 或 a b1，即 z1i 或 z1i.(2)当 z1i 时， z2(1i) 22i， z z21i，所以点 A(1,1)， B(0,2)，C(1，1)，所以 S ABC |AC|1 211；12 12当 z1i 时， z2(1i) 22i， z z213i.所以点 A(1，1)， B(0,2)， C(1，3)，所以 S ABC |AC|1 211.12 12即 ABC 的面积为 1.