【最新】高中数学-高中数学人教A版选修2-2（课时训练）：章末检测：第三章 数系的扩充和复数的引入 Word版含答案

1、章末检测一、选择题1i是虚数单位，若集合S1,0,1，则()AiS Bi2SCi3S DS答案B2z1(m2m1)(m2m4)i，mR，z232i，则“m1”是“z1z2”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z1z2，所以，解得m1或m2，所以m1是z1z2的充分不必要条件3(2013·天津改编)已知i是虚数单位，m，nR，且mi1ni，则()A1 B1 Ci Di答案D解析由mi1ni(m，nR)，m1且n1.则i.4已知a是实数，是纯虚数，则a等于()A1 B1 C D答案A解析是纯虚数，则a10，a10，解得a1.5若(xi)

2、iy2i，x，yR，则复数xyi等于()A2i B2i C12i D12i答案B解析(xi)iy2i，xii2y2i，y1，x2，xyi2i.6已知2ai，bi是实系数一元二次方程x2pxq0的两根，则p，q的值为()Ap4，q5 Bp4，q5Cp4，q5 Dp4，q5答案A解析由条件知2ai，bi是共轭复数，则a1，b2，即实系数一元二次方程x2pxq0的两个根是2±i，所以p(2i)(2i)4，q(2i)(2i)5.7(2013·新课标)若复数z满足(34i)z|43i|，则z的虚部为()A4 B C4 D答案D解析因为复数z满足(34i)z|43i|，所以zi，故z的

3、虚部等于，故选D.8i是虚数单位，若abi(a，bR)，则ab的值是()A15 B3 C3 D15答案C解析13i，a1，b3，ab3.9(2013·广东)若复数z满足iz24i，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z42i对应的点的坐标是(4，2)，故选C.10已知f(n)inin(nN*)，则集合f(n)的元素个数是()A2 B3 C4 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zm2(1i)m(4i)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zm24m(m2

4、m6)i所对应的点在第二象限，解得3<m<4.12(2013·天津)已知a，bR，i是虚数单位若(ai)(1i)bi，则abi_.答案12i解析由(ai)(1i)bi得a1(a1)ibi，即a10，a1b，解得a1，b2，所以abi12i.13下列说法中正确的序号是_若(2x1)iy(3y)i，其中xR，yCR，则必有；2i>1i；虚轴上的点表示的数都是纯虚数；若一个数是实数，则其虚部不存在；若z，则z31对应的点在复平面内的第一象限答案解析由yCR，知y是虚数，则不成立，故错误；两个不全为实数的复数不能比较大小，故错误；原点也在虚轴上，表示实数0，故错误；实数的虚

5、部为0，故错误；中z311i1，对应点在第一象限，故正确14下列是关于复数的类比推理：复数的加减法运算可以类比多项式的加减法运算法则；由实数绝对值的性质|x|2x2类比得到复数z的性质|z|2z2；已知a，b，R，若ab0，则ab类比得已知z1，z2C，若z1z20，则z1z2；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_答案三、解答题15设复数zlg(m22m2)(m23m2)i，当m为何值时，(1)z是实数？(2)z是纯虚数？解(1)要使复数z为实数，需满足，解得m2或1.即当m2或1时，z是实数(2)要使复数z为纯虚数，需满足，解得m3.即当m3时，z是纯虚数

6、16设f(n)nn(nN)，求集合x|xf(n)中元素的个数解i，i，f(n)in(i)n.设kN.当n4k时，f(n)2，当n4k1时，f(n)i4k·i(i)4k·(i)0，当n4k2时，f(n)i4k·i2(i)4k·(i)22，当n4k3时，f(n)i4k·i3(i)4k·(i)30，x|xf(n)中有三个元素17(2013·山东德州期中)已知z1i，a，b为实数(1)若z234，求|；(2)若1i，求a，b的值解(1)因为z234(1i)23(1i)41i，|.(2)由条件1i，得1i.即1i(ab)(a2)i1i

7、，解得.18设z1是虚数，z2z1是实数，且1z21.(1)求|z1|的值以及z1的实部的取值范围；(2)若，求证：为纯虚数(1)解设z1abi(a，bR且b0)，则z2z1abii.因为z2是实数，b0，于是有a2b21，即|z1|1，还可得z22a.由1z21，得12a1，解得a，即z1的实部的取值范围是.(2)证明i.因为a，b0，所以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(1i

8、)(2i)()A3i B13i C33i D1i答案B解析(1i)(2i)2i2i113i，故选B.3设f(x)10xlg x，则f(1)等于()A10 B10ln 10lg eCln 10 D11ln 10答案B解析f(x)10xln 10，f(1)10ln 10lg e，故选B.4若大前提：任何实数的平方都大于0，小前提：aR，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2 007的箭头方向是()A. BC D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2 007在上行，则2 0073(n1)·4

9、n502N*.故2 007在上行，又因为在上行奇数的箭头为an，故选D.6函数f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值10，则a，b的值为()A.或 BC D以上都不对答案B解析f(x)3x22axb，解得或.经检验a3，b3不合题意，应舍去7给出下列命题：dxdtba(a，b为常数且a<b)；1x2dxx2dx；曲线ysin x，x0,2与直线y0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()A0 B1 C2 D3答案B解析dtbadxab，故错yx2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，故对对于有S2sin xdx4.故错故选B.8已知结论：“在正三角

10、形ABC中，若D是BC的中点，G是三角形ABC的重心，则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ABCD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，则等于()A1 B2 C3 D4答案C解析面的重心类比几何体的重心，平面类比空间，2类比3，故选C.9曲线yex在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为()A.e2 B4e2 C2e2 De2答案D解析yex，yex在(4，e2)处的切线斜率为e2.过点(4，e2)的切线方程为ye2xe2，它与x轴、y轴的交点分别为(2,0)和(0，e2)，S×2×e2e2.故选D.10(2013

11、·湖北)已知a为常数，函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则()Af(x1)0，f(x2)Bf(x1)0，f(x2)Cf(x1)0，f(x2)Df(x1)0，f(x2)答案D解析函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则f(x)ln x2ax1有两个零点，即方程ln x2ax1有两个根，由数形结合易知0a且0x11x2.因为在(x1，x2)上f(x)递增，所以f(x1)f(1)f(x2)，即f(x1)af(x2)，所以f(x1)0，f(x2).故选D.二、填空题11若复数z满足z(1i)1i(i是虚数单位)，则其共轭复数_.答案

12、i解析设zabi，则(abi)(1i)1i，即ab(ab)i1i.由解得所以zi，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”，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，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.13已知函数f(x)x32bx2cx1有两个极值点x1，x2，且x12，1，x21,2，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

13、)3x24bxc0有两个根x1，x2，且x12，1，x21,2，所以即画出可行域如图所示因为f(1)2bc，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3,1214如图所示的数阵中，第20行第2个数字是_答案解析设第n(n2且nN*)行的第2个数字为，其中a11，则由数阵可知an1ann，a20(a20a19)(a19a18)(a2a1)a11918111191，.三、解答题15(2013·青岛二中期中)(1)已知zC，且|z|i23i(i为虚数单位)，求复数的虚部(2)已知z1a2i，z234i(i为虚数

14、单位)，且为纯虚数，求实数a的值解(1)设zxyi(x，yR)，代入方程|z|i23i，得出ixyi23i(x2)(3y)i，故有，解得，z34i，复数2i，虚部为1.(2)，且为纯虚数，则3a80，且4a60，解得a.16已知a，b，c>0，且abc1，求证：(1)a2b2c2；(2).证明(1)a2a，b2b，c2c，abc.a2b2c2.(2)，三式相加得(abc)1，.17是否存在常数a，b，使等式对一切nN*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n1，n2代入上式，有得a1，b4，即有对于一切nN*都成立证明如下：(1)当n1时

15、，左边，右边，所以等式成立(2)假设nk(k1，且kN*)时等式成立，即，当nk1时，···，也就是说，当nk1时，等式成立，综上所述，等式对任何nN*都成立18(2013·广东)设函数f(x)(x1)exkx2(其中kR)(1)当k1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k时，求函数f(x)在0，k上的最大值M.解(1)当k1时，f(x)(x1)exx2，f(x)ex(x1)ex2xxex2xx(ex2)令f(x)0，得x10，x2ln 2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化如下表x(，0)0(0，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)00f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(，0)，(ln 2，)(2)f(x)ex(x1)ex2kxxex2kxx(ex2k)，令f(x)0，得x10，x2ln (2k)，令g(k)ln(2k)k，则g(k)10，所以g(k)在上递增，所以g(k)ln 21ln 2ln e0，从而ln (2k)k，所以ln(2k)0，k，所以当x(0，ln(2k)时，f(x)0；当x(ln(2k)