2018-2019学年高中数学 阶段质量检测（三）数系的扩充与复数的引入（含解析）苏教版选修2-2

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]题号一二总分151617181920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Ⅱ改编)设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，则z1z2＝________.2．(山东高考改编)若a－i与2＋bi互为共轭复数，则(a＋bi)2＝________.3．若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为________．4．已知m1＋i＝1－ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则m＋ni等于________．5．定义运算abcd＝ad－bc，则满足条件1－1zzi＝4＋2i的复数z为________．6．在复平面内，复数2－i1＋i对应的点位于第________象限．7.＋2＋＝________.8．设a是实数，且a1＋i＋1＋i2是实数，则a等于________．9．复数z满足方程z＋21＋i＝4，那么复数z的对应点P组成图形为________．10．已知集合M＝{1,2，zi}，i为虚数单位，N＝{3,4}，M∩N＝{4}，则复数z＝________.11．若复数z满足|z|－z＝101－2i，则z＝________.12．若OA＝3i＋4，OB＝－1－i，i是虚数单位，则AB＝________.(用复数代数形式表示)13．复数z满足|z＋1|＋|z－1|＝2，则|z＋i＋1|的最小值是________．14．已知关于x的方程x2＋(1＋2i)x－(3m－1)＝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)15．(本小题满分14分)计算：(1)＋－21－2i；(2)4＋5i－－.216．(本小题满分14分)求实数k为何值时，复数(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)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|＝1＋3i－z，求＋2＋22z的值．18．(本小题满分16分)已知ω＝－12＋32i.(1)求ω2及ω2＋ω＋1的值；(2)若等比数列{an}的首项为a1＝1，公比q＝ω，求数列{an}的前n项和Sn.319.(本小题满分16分)已知z＝a－i1－i(a∈R且a＞0)，复数ω＝z(z＋i)的虚部减去它的实部所得的差等于32，求复数ω的模．20．(本小题满分16分)已知复数z满足|z|＝2，z2的虚部为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：∵z1＝2＋i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z2＝－2＋i，∴z1z2＝(2＋i)(－2＋i)＝i2－4＝－5.答案：－52．解析：根据已知得a＝2，b＝1，所以(a＋bi)2＝(2＋i)2＝3＋4i.答案：3＋4i3．解析：∵(3－4i)z＝|4＋3i|，∴z＝|4＋3i|3－4i＝＋－＋＝3＋4i5＝35＋45i，∴z的虚部是45.答案：454．解析：m1＋i＝1－ni，所以m＝(1＋n)＋(1－n)i，因为m，n∈R，所以1－n＝0，1＋n＝m，所以n＝1，m＝2，即m＋ni＝2＋i.答案：2＋i5．解析：1－1zzi＝zi＋z，设z＝x＋yi，∴zi＋z＝xi－y＋x＋yi＝x－y＋(x＋y)i＝4＋2i，∴x－y＝4，x＋y＝2，∴x＝3，y＝－1.∴z＝3－i.答案：3－i6．解析：2－i1＋i＝－－＋－＝1－3i12＋12＝12－32i，对应的点位于第四象限．答案：四7．解析：＋2＋＝＋－1＋2i＝＋－1－－2＋22＝1－38i.答案：1－38i58．解析：∵a1＋i＋1＋i2＝a－2＋1＋i2＝a2＋12＋－a2i是实数，∴1－a2＝0，即a＝1.答案：19．解析：z＋21＋i＝|z＋(1－i)|＝|z－(－1＋i)|＝4.设－1＋i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∩N＝{4}，知4∈M，故zi＝4，∴z＝4i＝－4i.答案：－4i11．解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，∴|z|－z＝a2＋b2－(a－bi)＝a2＋b2－a＋bi，101－2i＝＋－＋＝＋12＋22＝2＋4i，∴a2＋b2－a＝2，b＝4，解得a＝3，b＝4.∴z＝3＋4i.答案：3＋4i12．解析：由于OA＝3i＋4，OB＝－1－i，i是虚数单位，所以AB＝OB－OA＝(－1－i)－(3i＋4)＝－5－4i.答案：－5－4i13．解析：由|z＋1|＋|z－1|＝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y＝0(x∈[－1,1])上，而|z＋i＋1|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m＝ai代入方程得x20＋(1＋2i)x0－(3ai－1)i＝0，化简得，(2x0＋1)i＋x20＋x0＋3a＝0，∴2x0＋1＝0，x20＋x0＋3a＝0，解得a＝112，∴m＝112i.6答案：112i15．解：(1)＋－21－2i＝＋－1－2i＝－1－2i＝2.(2)4＋5i－－＝－－－＝i1－i＝＋－＋＝i－12＝－12＋12i.16．解：由z＝(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i.(1)当k2－5k－6＝0时，z∈R，∴k＝6或k＝－1.(2)当k2－5k－6≠0时，z是虚数，即k≠6且k≠－1.(3)当k2－3k－4＝0，k2－5k－6≠0时，z是纯虚数，∴k＝4.(4)当k2－3k－4＝0，k2－5k－6＝0时，z＝0，解得k＝－1.综上，当k＝6或k＝－1时，z∈R.当k≠6且k≠－1时，z是虚数．当k＝4时，z是纯虚数，当k＝－1时，z＝0.17．解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，由|z|＝1＋3i－z，得a2＋b2－1－3i＋a＋bi＝0，则a2＋b2＋a－1＝0，b－3＝0，所以a＝－4，b＝3，所以z＝－4＋3i.则＋2＋22z＝＋2－4＋＝－4＋＋－4＋＝3＋4i.18．解：(1)ω2＝－12＋32i2＝14－32i－34＝－12－32i.ω2＋ω＋1＝－12－32i＋－12＋32i＋1＝0.(2)由于ω2＋ω＋1＝0，∴ωk＋2＋ωk＋1＋ωk＝ωk(ω2＋ω＋1)＝0，k∈Z.7∴Sn＝1＋ω＋ω2＋…＋ωn－1＝0，n＝3k，1，n＝3k＋1，1＋ω，n＝3k＋2，∴Sn＝0，n＝3kk∈Z，1，n＝3k＋k∈Z，12＋32i，n＝3k＋k∈Z19．解：把z＝a－i1－i(a＞0)代入ω中，得ω＝a－i1－ia－i1－i＋i＝a＋12＋aa＋2i.由aa＋2－a＋12＝32，得a2＝4.又a＞0，所以a＝2.所以|ω|＝|32＋3i|＝325.20．解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，由已知条件得：a2＋b2＝2，z2＝a2－b2＋2abi，所以2ab＝2.所以a＝b＝1或a＝b＝－1，即z＝1＋i或z＝－1－i.(2)当z＝1＋i时，z2＝(1＋i)2＝2i，z－z2＝1－i，所以点A(1,1)，B(0,2)，C(1，－1)，所以S△ABC＝12|AC|×1＝12×2×1＝1；当z＝－1－i时，z2＝(－1－i)2＝2i，z－z2＝－1－3i.所以点A(－1，－1)，B(0,2)，C(－1，－3)，所以S△ABC＝12|AC|×1＝12×2×1＝1.即△ABC的面积为1.8