2019 2020高二数学苏教版选修2 2阶段质量检测三 数系的扩充与复数的引入

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 15 16 17 18 19 20 分得 ) 5分，共70分，把答案填在题中横线上一、填空题(本大题共14个小题，每小题，i2)1(新课标全国卷改编设复数z，z在复平面内的对应点关于虚轴对称，z112_. zz则212_. 与2(山东高考改编)若ai2bi互为共轭复数，则(abi) 若复数3z满足 (34i)z|43i|，则z的虚部为_m 等于_是虚数单位，则mnin14已知ni，其中m，是实数，i i1ba 11 ? _2i的复数5定义运算adbc，则满足条件z为4?d cizz

2、2i6在复平面内，复数对应的点位于第_象限 1i2?i5?47._. i?2i?1ia8设a是实数，且是实数，则a等于_ 21i2?z4，那么复数z的对应点P组成图形为_9复数z满足方程 ?i110已知集合M1,2，zi，i为虚数单位，N3,4，MN4，则复数z_. 10 ，则z_. z|z11若复数z满足| 12iuuurrruuuuuOAOBAB_.(用复数代数形式，i是虚数单位，则4，i112若3i表示) 13复数z满足|z1|z1|2，则|zi1|的最小值是_ 2(12i)x(3m1)0有实根，则纯虚数m的值是_的方程14已知关于xx 二、解答题(本大题共6个小题，共90分解答应写出文

3、字说明、证明过程或演算步骤) 15(本小题满分14分)计算： 24i?5i12?i?(1)；(2). 12i?54i?1i? 2 分别是：3i)5i)k为何值时，复数(1i)k2(2(3k16(本小题满分14分)求实数 (4)零(2)虚数；(3)纯虚数；(1)实数； 22?4i?3?1i? 的值z，求|13i满足17(本小题满分14分)已知复数z|z z2 31i. )已知1618(本小题满分分 22221及的值； 求(1)(2)若等比数列a的首项为a1，公比q，求数列a的前n项和S. n1nn ia的虚部减去它的实部i)(z，0)复数z19.(本小题满分16分)已知z(aR且a i13 的模

4、所得的差等于，求复数 2 2的虚部为2. ，z|z2(20本小题满分16分)已知复数z满足|(1)求复数z； 22在复平面内对应的点分别为A，B，C，求z，zzABC的面积 (2)设z， 答 案 1.解析：z2i复平面内对应点(2,1)，又z与z在复平面内的对应点关于虚轴对称， 211则z的对应点为(2,1)，则z2i， 2224i5. zz(2i)(2i)21答案：5 223i)4i. i)(1，所以ab(2b2a解析：2根据已知得，答案：34i ，3i|4z4i)(3解析：3 |43i|5?34i?34i34zi， 555?4i4i?334i?34z的虚部是. 54答案： 5m4解析：1n

5、i，所以m(1n)(1n)i，因为m，nR， i1 ，1，n1n0? 所以所以?，m21nm，?即mni2i. 答案：2i 1 1?zi5解析：z， ?izz 设zxyi， zizxiyxyixy(xy)i42i， ，34，xxy? ?1.yy2，x?z3i. 答案：3i 2i?2i?1i?13i136解析：i， 22221?1i?11i?1i对应的点位于第四象限 答案：四 25?158i?5?158i5?4i?12i?7解析：138i. 2222i?2i1?1?i答案：138i 1ia?1i?1ia1?1a?a?i是实数， 8解析： ?222222i11a0，即a1. 2答案：1 2?z|z

6、(1i)|z(9解析：1i)|4. ?i1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 为半径的圆4为圆心，以1,1)(以答案： ，知4M10解析：由MN444i. 4，z故zi i4i 答案： R)，zabi(a，b11解析：设 2222 i，aazbabbi)(ab|z?2i?10?110?12i10 4i，2 222?112i?112i2i? ，a3?22?，b2aa? 解得?4.b，4b?z34i. 答案：34i uuruuurOAOB1i，4，i是虚数单位，12解析：由于 3iuuuruuuruurOBOAAB(1i)(3i所以4)

7、54i. 答案：54i 13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：1 2(12i)x(3a，设mi代入方程得xai14解析：方程有实根，不妨设其一根为x0001)i0， 2x3a0 x1)ix， 化简得，(2000 ，0 x12?11?0i. ma，解得? 12122，03axx?001答案：i 122?2i?2i?2?i?1i?12i?2?15解：(1)2. 12i12i12i45i?54i?i(2) 1i4i?1i?55?4

8、i?i?1i?i1i 21i?1i?1i11i. 222225k6)i. (k(k34)k5i)(3i)(1z解：16由kk2(23i)2 ，Rz时，06k5k当(1) 1. k6或k21. z是虚数，即k6且k(2)当k时，5k60 2，04k3k? 是纯虚数，时，z(3)当?206k5k?4. k 2，k3k40?1. 当时，解得kz0(4)?206k5k?. Rzk1时，综上，当k6或 z是虚数1时，当k6且k0. zk1时，当k4时，z是纯虚数，当 ，3izbi(a，bR)，由|z|117解：设za22 0，bi得ab13ia ，a4?22?，0aab1? 则所以?，3b，30b?3i

9、. 4所以z222?4i?334i?2?4?1i?4i?3?3i2i?4i. 3则 z2?443i?2?3i?23331131?22i. i18解：(1)i ?42224223113?20. 11ii ?22222 0，1(2)由于kkkk221. Z1)0，(k ，k， n30?n，3k11， n12 1Sn?，2k1， n3 ，?Z3k?k0， n?，k?Z， n3k1?1? S n31?.Z?ni， 3k2?k 22ai19解：把z(a0)代入中， 1iaiia?i得 ?i1i1a1a?a1?i. 22 1aa1?a?324. 由，得a 2222. aa0，所以又333i|5. |所以| 2220解：(1)设zabi(a，bR)， 222222abia，由已知条件得：abb2，z 所以2ab2. 所以ab1或ab1，即z1i或z1i. 222