2017学年高中数学2-2章末检测第三章数系的扩充和复数的引入含答案_第1页
2017学年高中数学2-2章末检测第三章数系的扩充和复数的引入含答案_第2页
2017学年高中数学2-2章末检测第三章数系的扩充和复数的引入含答案_第3页
2017学年高中数学2-2章末检测第三章数系的扩充和复数的引入含答案_第4页
2017学年高中数学2-2章末检测第三章数系的扩充和复数的引入含答案_第5页
已阅读5页,还剩17页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精章末检测一、选择题1.i是虚数单位,若集合S={-1,0,1},则()A.i∈S B.i2∈SC.i3∈S D.eq\f(2,i)∈S答案B2.z1=(m2+m+1)+(m2+m-4)i,m∈R,z2=3-2i,则“m=1”是“z1=z2”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件答案A解析因为z1=z2,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2+m+1=3,m2+m-4=-2)),解得m=1或m=-2,所以m=1是z1=z2的充分不必要条件.3.(2013·天津改编)已知i是虚数单位,m,n∈R,且m+i=1+ni,则eq\f(m+ni,m-ni)=()A.-1 B.1C.-i D.i答案D解析由m+i=1+ni(m,n∈R),∴m=1且n=1。则eq\f(m+ni,m-ni)=eq\f(1+i,1-i)=eq\f(1+i2,2)=i.4.已知a是实数,eq\f(a-i,1+i)是纯虚数,则a等于()A.1 B.-1C.eq\r(2) D.-eq\r(2)答案A解析eq\f(a-i,1+i)=eq\f(a-i1-i,1+i1-i)=eq\f(a-1-a+1i,2)是纯虚数,则a-1=0,a+1≠0,解得a=1.5.若(x-i)i=y+2i,x,y∈R,则复数x+yi等于()A.-2+i B.2+iC.1-2i D.1+2i答案B解析∵(x-i)i=y+2i,xi-i2=y+2i,∴y=1,x=2,∴x+yi=2+i。6.已知2+ai,b+i是实系数一元二次方程x2+px+q=0的两根,则p,q的值为()A.p=-4,q=5 B.p=4,q=5C.p=4,q=-5 D.p=-4,q=-5答案A解析由条件知2+ai,b+i是共轭复数,则a=-1,b=2,即实系数一元二次方程x2+px+q=0的两个根是2±i,所以p=-[(2+i)+(2-i)]=-4,q=(2+i)(2-i)=5.7.(2013·新课标Ⅰ)若复数z满足(3-4i)z=|4+3i|,则z的虚部为()A.-4 B.-eq\f(4,5)C.4 D.eq\f(4,5)答案D解析因为复数z满足(3-4i)z=|4+3i|,所以z=eq\f(|4+3i|,3-4i)=eq\f(5,3-4i)=eq\f(53+4i,25)=eq\f(3,5)+eq\f(4,5)i,故z的虚部等于eq\f(4,5),故选D。8.i是虚数单位,若eq\f(1+7i,2-i)=a+bi(a,b∈R),则ab的值是()A.-15 B.3C.-3 D.15答案C解析eq\f(1+7i,2-i)=eq\f(1+7i2+i,5)=-1+3i,∴a=-1,b=3,ab=-3。9.(2013·广东)若复数z满足iz=2+4i,则在复平面内,z对应的点的坐标是()A.(2,4) B.(2,-4)C.(4,-2) D.(4,2)答案C解析z=eq\f(2+4i,i)=4-2i对应的点的坐标是(4,-2),故选C。10.已知f(n)=in-i-n(n∈N*),则集合{f(n)}的元素个数是()A.2 B.3C.4 D.无数个答案B解析f(n)有三个值0,2i,-2i.二、填空题11.复平面内,若z=m2(1+i)-m(4+i)-6i所对应的点在第二象限,则实数m的取值范围是________.答案(3,4)解析∵z=m2-4m+(m2-m-6)i所对应的点在第二象限,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2-4m<0,m2-m-6>0)),解得3〈m〈4.12.(2013·天津)已知a,b∈R,i是虚数单位.若(a+i)(1+i)=bi,则a+bi=________.答案1+2i解析由(a+i)(1+i)=bi得a-1+(a+1)i=bi,即a-1=0,a+1=b,解得a=1,b=2,所以a+bi=1+2i。13.下列说法中正确的序号是________.①若(2x-1)+i=y-(3-y)i,其中x∈R,y∈∁CR,则必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-1=y,1=-3-y));②2+i〉1+i;③虚轴上的点表示的数都是纯虚数;④若一个数是实数,则其虚部不存在;⑤若z=eq\f(1,i),则z3+1对应的点在复平面内的第一象限.答案⑤解析由y∈∁CR,知y是虚数,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x-1=y,1=-3-y))不成立,故①错误;两个不全为实数的复数不能比较大小,故②错误;原点也在虚轴上,表示实数0,故③错误;实数的虚部为0,故④错误;⑤中z3+1=eq\f(1,i3)+1=i+1,对应点在第一象限,故⑤正确.14.下列是关于复数的类比推理:①复数的加减法运算可以类比多项式的加减法运算法则;②由实数绝对值的性质|x|2=x2类比得到复数z的性质|z|2=z2;③已知a,b,∈R,若a-b>0,则a>b类比得已知z1,z2∈C,若z1-z2>0,则z1>z2;④由向量加法的几何意义可以类比得到复数加法的几何意义.其中推理结论正确的是________.答案①④三、解答题15.设复数z=lg(m2-2m-2)+(m2+3m+2)i,当m(1)z是实数?(2)z是纯虚数?解(1)要使复数z为实数,需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2-2m-2〉0,m2+3m+2=0)),解得m=-2或-1.即当m=-2或-1时,z是实数.(2)要使复数z为纯虚数,需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2-2m-2=1,m2+3m+2≠0)),解得m=3。即当m=3时,z是纯虚数.16.设f(n)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1+i,1-i)))n+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-i,1+i)))n(n∈N),求集合{x|x=f(n)}中元素的个数.解∵eq\f(1+i,1-i)=i,eq\f(1-i,1+i)=-i,∴f(n)=in+(-i)n.设k∈N.当n=4k时,f(n)=2,当n=4k+1时,f(n)=i4k·i+(-i)4k·(-i)=0,当n=4k+2时,f(n)=i4k·i2+(-i)4k·(-i)2=-2,当n=4k+3时,f(n)=i4k·i3+(-i)4k·(-i)3=0,∴{x|x=f(n)}中有三个元素.17.(2013·山东德州期中)已知z=1+i,a,b为实数.(1)若ω=z2+3eq\x\to(z)-4,求|ω|;(2)若eq\f(z2+az+b,z2-z+1)=1-i,求a,b的值.解(1)因为ω=z2+3eq\x\to(z)-4=(1+i)2+3(1-i)-4=-1-i,|ω|=eq\r(-12+-12)=eq\r(2).(2)由条件eq\f(z2+az+b,z2-z+1)=1-i,得eq\f(1+i2+a1+i+b,1+i2-1+i+1)=1-i。即eq\f(a+b+a+2i,i)=1-i∴(a+b)+(a+2)i=1+i,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a+b=1,a+2=1)),解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-1,b=2)).18.设z1是虚数,z2=z1+eq\f(1,z1)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=eq\f(1-z1,1+z1),求证:ω为纯虚数.(1)解设z1=a+bi(a,b∈R且b≠0),则z2=z1+eq\f(1,z1)=a+bi+eq\f(1,a+bi)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a+\f(a,a2+b2)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b-\f(b,a2+b2)))i。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-eq\f(1,2)≤a≤eq\f(1,2),即z1的实部的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),\f(1,2)))。(2)证明ω=eq\f(1-z1,1+z1)=eq\f(1-a-bi,1+a+bi)=eq\f(1-a2-b2-2bi,1+a2+b2)=-eq\f(b,a+1)i。因为a∈[-eq\f(1,2),eq\f(1,2)],b≠0,所以ω为纯虚数.模块检测模块检测一、选择题1.“金导电、银导电、铜导电、锡导电,所以一切金属都导电”.此推理方法是()A.完全归纳推理 B.归纳推理C.类比推理 D.演绎推理答案B解析由特殊到一般的推理为归纳推理.故选B。2.(2013·浙江)已知i是虚数单位,则(-1+i)(2-i)()A.-3+i B.-1+3iC.-3+3i D.-1+i答案B解析(-1+i)(2-i)=-2+i+2i+1=-1+3i,故选B。3.设f(x)=10x+lgx,则f′(1)等于()A.10 B.10ln10+lgeC.eq\f(10,ln10)+ln10 D.11ln10答案B解析∵f′(x)=10xln10+eq\f(1,xln10),∴f′(1)=10ln10+lge,故选B.4.若大前提:任何实数的平方都大于0,小前提:a∈R,结论:a2〉0,那么这个演绎推理出错在()A.大前提 B.小前提C.推理形式 D.没有出错答案A5.观察下列数表规律则数2007的箭头方向是()A。eq\o(\s\up7(2007→),\s\do5(↑)) B.eq\o(\s\up7(↓),\s\do5(2007→))C.eq\o(\s\up7(↑),\s\do5(→2007)) D.eq\o(\s\up7(→2007),\s\do5(↓))答案D解析因上行奇数是首项为3,公差为4的等差数列,若2007在上行,则2007=3+(n-1)·4⇒n=502∈N*。故2007在上行,又因为在上行奇数的箭头为→an,故选D。6.函数f(x)=x3-ax2-bx+a2在x=1处有极值10,则a,b的值为()A.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=3,b=-3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-4,b=11)) B.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-4,b=11))C.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-1,b=5)) D.以上都不对答案B解析∵f′(x)=3x2-2ax-b,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3-2a-b=0,1-a-b+a2=10)),解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=3,b=-3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-4,b=11))。经检验a=3,b=-3不合题意,应舍去.7.给出下列命题:①eq\i\in(b,a,)dx=eq\i\in(a,b,)dt=b-a(a,b为常数且a<b);②eq\i\in(,0,)-1x2dx=eq\i\in(0,1,)x2dx;③曲线y=sinx,x∈[0,2π]与直线y=0围成的两个封闭区域面积之和为2.其中正确命题的个数为()A.0 B.1C.2 D.3答案B解析eq\i\in(a,b,)dt=b-a≠eq\i\in(b,a,)dx=a-b,故①错.y=x2是偶函数,其在[-1,0]上的积分结果等于其在[0,1]上的积分结果,故②对.对于③有S=2eq\i\in(0,π,)sinxdx=4.故③错.故选B。8.已知结论:“在正三角形ABC中,若D是BC的中点,G是三角形ABC的重心,则eq\f(AG,GD)=2”.若把该结论推广到空间,则有结论:在棱长都相等的四面体A-BCD中,若△BCD的中心为M,四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等,则eq\f(AO,OM)等于()A.1 B.2C.3 D.4答案C解析面的重心类比几何体的重心,平面类比空间,eq\f(AG,GD)=2类比eq\f(AO,OM)=3,故选C。9.曲线y=eeq\f(1,2)x在点(4,e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为()A。eq\f(9,2)e2 B.4e2C.2e2 D.e2答案D解析∵y′=eq\f(1,2)eeq\f(1,2)x,∴y=eeq\f(1,2)x在(4,e2)处的切线斜率为eq\f(1,2)e2.∴过点(4,e2)的切线方程为y=eq\f(1,2)e2x-e2,它与x轴、y轴的交点分别为(2,0)和(0,-e2),∴S=eq\f(1,2)×2×e2=e2.故选D。10.(2013·湖北)已知a为常数,函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点x1,x2(x1<x2),则()A.f(x1)>0,f(x2)>-eq\f(1,2)B.f(x1)<0,f(x2)<-eq\f(1,2)C.f(x1)>0,f(x2)<-eq\f(1,2)D.f(x1)<0,f(x2)>-eq\f(1,2)答案D解析函数f(x)=x(lnx-ax)有两个极值点x1,x2(x1<x2),则f′(x)=lnx-2ax+1有两个零点,即方程lnx=2ax-1有两个根,由数形结合易知0<a<eq\f(1,2)且0<x1<1<x2。因为在(x1,x2)上f(x)递增,所以f(x1)<f(1)<f(x2),即f(x1)<-a<f(x2),所以f(x1)<0,f(x2)>-eq\f(1,2).故选D。二、填空题11.若复数z满足z(1+i)=1-i(i是虚数单位),则其共轭复数eq\x\to(z)=________.答案i解析设z=a+bi,则(a+bi)(1+i)=1-i,即a-b+(a+b)i=1-i.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a-b=1,,a+b=-1,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=0,,b=-1。))所以z=-i,eq\x\to(z)=i.12.通过类比长方形,由命题“周长为定值l的长方形中,正方形的面积最大,最大值为eq\f(l2,16)",可猜想关于长方体的相应命题为________________.答案表面积为定值S的长方体中,正方体的体积最大,最大值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,6)))eq\f(3,2)解析正方形有4条边,正方体有6个面,正方形的面积为边长的平方,正方体的体积为边长的立方.由正方体的边长为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,6)))eq\f(1,2),通过类比可知,表面积为定值S的长方体中,正方体的体积最大,最大值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,6)))eq\f(3,2).13.已知函数f(x)=x3+2bx2+cx+1有两个极值点x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],则f(-1)的取值范围是________.答案[3,12]解析因为f(x)有两个极值点x1,x2,所以f′(x)=3x2+4bx+c=0有两个根x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′-2≥0,,f′-1≤0,,f′1≤0,,f′2≥0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12-8b+c≥0,,3-4b+c≤0,,3+4b+c≤0,,12+8b+c≥0,))画出可行域如图所示.因为f(-1)=2b-c,由图知经过点A(0,-3)时,f(-1)取得最小值3,经过点C(0,-12)时,f(-1)取得最大值12,所以f(-1)的取值范围为[3,12].14.如图所示的数阵中,第20行第2个数字是________.答案eq\f(1,191)解析设第n(n≥2且n∈N*)行的第2个数字为eq\f(1,an),其中a1=1,则由数阵可知an+1-an=n,∴a20=(a20-a19)+(a19-a18)+…+(a2-a1)+a1=19+18+…+1+1=eq\f(19×20,2)+1=191,∴eq\f(1,a20)=eq\f(1,191)。三、解答题15.(2013·青岛二中期中)(1)已知z∈C,且|z|-i=eq\x\to(z)+2+3i(i为虚数单位),求复数eq\f(z,2+i)的虚部.(2)已知z1=a+2i,z2=3-4i(i为虚数单位),且eq\f(z1,z2)为纯虚数,求实数a的值.解(1)设z=x+yi(x,y∈R),代入方程|z|-i=eq\x\to(z)+2+3i,得出eq\r(x2+y2)-i=x-yi+2+3i=(x+2)+(3-y)i,故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x2+y2)=x+2,3-y=-1)),解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=3,y=4)),∴z=3+4i,复数eq\f(z,2+i)=eq\f(3+4i,2+i)=2+i,虚部为1。(2)eq\f(z1,z2)=eq\f(a+2i,3-4i)=eq\f(3a-8+4a+6i,25),且eq\f(z1,z2)为纯虚数,则3a-8=0,且4a+6≠0,解得a=eq\f(8,3)。16.已知a,b,c>0,且a+b+c=1,求证:(1)a2+b2+c2≥eq\f(1,3);(2)eq\r(a)+eq\r(b)+eq\r(c)≤eq\r(3)。证明(1)∵a2+eq\f(1,9)≥eq\f(2,3)a,b2+eq\f(1,9)≥eq\f(2,3)b,c2+eq\f(1,9)≥eq\f(2,3)c,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2+\f(1,9)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2+\f(1,9)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2+\f(1,9)))≥eq\f(2,3)a+eq\f(2,3)b+eq\f(2,3)c=eq\f(2,3)。∴a2+b2+c2≥eq\f(1,3).(2)∵eq\r(a·\f(1,3))≤eq\f(a+\f(1,3),2),eq\r(b·\f(1,3))≤eq\f(b+\f(1,3),2),eq\r(c·\f(1,3))≤eq\f(c+\f(1,3),2),三式相加得eq\f(\r(a),\r(3))+eq\f(\r(b),\r(3))+eq\f(\r(c),\r(3))≤eq\f(1,2)(a+b+c)+eq\f(1,2)=1,∴eq\r(a)+eq\r(b)+eq\r(c)≤eq\r(3).17.是否存在常数a,b,使等式eq\f(12,1×3)+eq\f(22,3×5)+…+eq\f(n2,2n-12n+1)=eq\f(an2+n,bn+2)对一切n∈N*都成立?若不存在,说明理由;若存在,请用数学归纳法证明.解若存在常数a,b使等式成立,则将n=1,n=2代入上式,有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)=\f(a+1,b+2),,\f(1,3)+\f(4,15)=\f(4a+2,2b+2).))得a=1,b=4,即有eq\f(12,1×3)+eq\f(22,3×5)+…+eq\f(n2,2n-12n+1)=eq\f(n2+n,4n+2)对于一切n∈N*都成立.证明如下:(1)当n=1时,左边=eq\f(12,1×3)=eq\f(1,3),右边=eq\f(1+1,4×1+2)=eq\f(1,3),所以等式成立.(2)假设n=k(k≥1,且k∈N*)时等式成立,即eq\f(12,1×3)+eq\f(22,3×5)+…+eq\f(k2,2k-12k+1)=eq\f(k2+k,4k+2),当n=k+1时,eq\f(12,1×3)+eq\f(22,3×5)+…+eq\f(k2,2k-12k+1)+eq\f(k+12,2k+12k+3)=eq\f(k2+k,4k+2)+eq\f(k+12,2k+12k+3)=eq\f(k+1,2k+1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)+\f(k+1,2k+3)))=eq\f(k+1,2k+1)·eq\f(2k2+5k+2,22k+3)=eq\f(k+1,2k+1)·eq\f(2k+1k+2,22k+3)=eq\f(k+1k+2,4k+6)=eq\f(k+12+k+1,4k+1+2),也就是说,当n=k+1时,等式成立,综上所述,等式对任何n∈N*都成立.18.(2013·广东)设函数f(x)=(x-1)ex-kx2(其中k∈R).(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1))时,求函数f(x)在[0,k]上的最大值M。解(1)当k=1时,f(x)=(x-1)ex-x2,f′(x)=ex+(x-1)ex-2x=xex-2x=x(ex-2).令f′(x)=0,得x1=0,x2=ln2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化如下表x(-∞,0)0(0,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论