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2022高中數(shù)學(xué) 第3章 數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入章末檢測(cè)(B)蘇教版選修1 -2

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2022高中數(shù)學(xué) 第3章 數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入章末檢測(cè)(B)蘇教版選修1 -2

2022高中數(shù)學(xué) 第3章 數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入章末檢測(cè)(B)蘇教版選修1 -2 (時(shí)間:120分鐘 滿分:160分) 一、填空題(本大題共14小題,每小題5分,共70分) 1.若(x2-1)+(x2+3x+2)i是純虛數(shù),則實(shí)數(shù)x的值是________. 2.復(fù)數(shù)1+=__________. 3.如圖,設(shè)向量,,,所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z1,z2,z3,z4,那么z2+z4-2z3=______________. 4.已知z是純虛數(shù),是實(shí)數(shù),那么z=__________. 5.設(shè)z=1+i (i是虛數(shù)單位),則z+z+=______. 6.定義運(yùn)算=ad-bc,則符合條件=4+2i的復(fù)數(shù)z為_(kāi)_______. 7.若(m+i)3∈R,則實(shí)數(shù)m的值為_(kāi)_______. 8.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足條件|z|=1,那么|z+2+i|的最大值為_(kāi)_______. 9.若是方程x2+px+1=0的一個(gè)根,則p=________. 10.在復(fù)平面上復(fù)數(shù)-1+i、0、3+2i所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別是A、B、C,則平行四邊形ABCD的對(duì)角線BD的長(zhǎng)為_(kāi)_______. 11.在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_______. 12.下列命題,正確的是________.(填序號(hào)) ①?gòu)?fù)數(shù)的??偸钦龑?shí)數(shù); ②虛軸上的點(diǎn)與純虛數(shù)一一對(duì)應(yīng); ③相等的向量對(duì)應(yīng)著相等的復(fù)數(shù); ④實(shí)部與虛部都分別互為相反數(shù)的兩個(gè)復(fù)數(shù)是共軛復(fù)數(shù). 13.設(shè)z1=1+i,z2=-2+2i,復(fù)數(shù)z1和z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A、B,O為坐標(biāo)原點(diǎn),則△AOB的面積為_(kāi)_______. 14.若復(fù)數(shù)z=2+2i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z,則向量所在直線的傾斜角θ=________. 二、解答題(本大題共6小題,共90分) 15.(14分)計(jì)算+(5+i19)-22. 16.(14分)已知復(fù)數(shù)x2+x-2+(x2-3x+2)i (x∈R)是4-20i的共軛復(fù)數(shù),求實(shí)數(shù)x的值. 17.(14分)實(shí)數(shù)k為何值時(shí),復(fù)數(shù)(1+i)k2-(3+5i)k-2(2+3i)滿足下列條件? (1)是實(shí)數(shù);(2)是虛數(shù);(3)是純虛數(shù). 18.(16分)在復(fù)平面內(nèi),點(diǎn)P、Q對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z1、z2,且z2=2z1+3-4i,|z1|=1,求點(diǎn)Q的軌跡. 19.(16分)已知1+i是方程x2+bx+c=0的一個(gè)根(b、c為實(shí)數(shù)). (1)求b,c的值; (2)試說(shuō)明1-i也是方程的根嗎? 20.(16分)已知復(fù)數(shù)z1=i(1-i)3, (1)求|z1|; (2)若|z|=1,求|z-z1|的最大值. 第3章 數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入(B) 答案 1.1 解析 ∵(x2-1)+(x2+3x+2)i是純虛數(shù), ∴∴x=1. 2.1+2i 解析 1+=1-=1+2i. 3.0 解析 ∵z2+z4-2z3=z2-z3+(z4-z3),而z2-z3對(duì)應(yīng)的向量運(yùn)算為:-=-=,z4-z3對(duì)應(yīng)的向量運(yùn)算為:-=,又∵+=0,∴z2+z4-2z3=0. 4.-2i 解析 設(shè)z=bi (b≠0),則 ===. 因?yàn)槭菍?shí)數(shù),所以2+b=0, ∴b=-2,∴z=-2i. 5.4 解析 z+z+=(1+i)(1-i)+1+i+1-i =2+2=4. 6.3-i 解析?。絲i+z=z(1+i)=4+2i, ∴z====3-i. 7.± 解析 因?yàn)?m+i)3∈R,(m+i)3=m3-3m+(3m2-1)i,所以3m2-1=0,解得m=±. 8.4 解析 復(fù)數(shù)z滿足條件|z|=1,z所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是單位圓,而|z+2+i|即表示單位圓上的動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)(-2,-1)的距離. 從圖形上可得|z+2+i|的最大值是4. 9.1 解析 已知是方程x2+px+1=0的一個(gè)根,則x=滿足方程, 代入得2+p·+1=0, 整理得(1-p)+=0,解得p=1. 10. 解析 對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為-1+i,對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為3+2i,∵=+, ∴對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為(-1+i)+(3+2i)=2+3i. ∴BD的長(zhǎng)為. 11.(-1,1) 解析?。剑絠(1+i)=-1+i. ∴復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(-1,1). 12.③ 13.2 解析 由題意知=(1,1),=(-2,2), 且||=|z1|=,||=|z2|==2. ∴cos∠AOB= ==0. ∴∠AOB=,∴S△AOB=||·|| =××2=2. 14. 解析 由題意=(2,2), ∴tan θ==,即θ=. 15.解 原式=+(5+i3)- =i+(5-i)-i11=5-i3=5+i. 16.解 因?yàn)閺?fù)數(shù)4-20i的共軛復(fù)數(shù)為4+20i,由題意得:x2+x-2+(x2-3x+2)i=4+20i, 根據(jù)復(fù)數(shù)相等的定義,得: 方程①的解為x=-3或x=2, 方程②的解為x=-3或x=6. ∴x=-3. 17.解 (1+i)k2-(3+5i)k-2(2+3i) =(k2-3k-4)+(k2-5k-6)i. (1)當(dāng)k2-5k-6=0,即k=6或k=-1時(shí),該復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù). (2)當(dāng)k2-5k-6≠0,即k≠6且k≠-1時(shí),該復(fù)數(shù)為虛數(shù). (3)當(dāng) 即k=4時(shí),該復(fù)數(shù)為純虛數(shù). 18.解 ∵z2=2z1+3-4i,∴2z1=z2-3+4i. 又|2z1|=2,∴|z2-3+4i|=2, 即|z2-(3-4i)|=2. 由模的幾何意義知點(diǎn)Q的軌跡是以(3,-4)為圓心,2為半徑的圓. 19.解 (1)因?yàn)?+i是方程x2+bx+c=0的根, ∴(1+i)2+b(1+i)+c=0, 即(b+c)+(2+b)i=0. ∴,得.∴b=-2,c=2. (2)方程為x2-2x+2=0. 把1-i代入方程左邊得(1-i)2-2(1-i)+2=0,顯然方程成立,∴1-i也是方程的一個(gè)根. 20.解 方法一 (1)z1=i(1-i)3=i(-2i)(1-i) =2(1-i),∴|z1|==2. 方法二 |z1|=|i(1-i)3|=|i|×|1-i|3 =1×()3=2. (2)∵|z|=1,∴設(shè)z=cos θ+isin θ, |z-z1|=|cos θ+isin θ-2+2i| = =. ∴當(dāng)sin=1時(shí),|z-z1|2取得最大值 9+4,從而得到|z-z1|的最大值為2+1.

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