《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第三章 數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修2-2.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第三章 數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 新人教A版選修2-2.doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第三章　學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè) 時(shí)間120分鐘，滿分150分． 一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的) 1．(2017全國(guó)卷Ⅱ)＝(　D　) A．1＋2i　　　　　　　　 B．1－2i C．2＋i D．2－i [解析]?。剑剑?－i． 故選D． 2．已知i是虛數(shù)單位，則＝(　D　) A．1－2i　　　　　　 B．2－i C．2＋i D．1＋2i [解析]?。剑剑?＋2i． 3．設(shè)復(fù)數(shù)z＝－1－i(i為虛數(shù)單位)，z的共軛復(fù)數(shù)是，則等于(　C　) A．－1－2i B．－2＋i C．－1＋2i D．1＋2i [解析]　由題意可得＝ ＝＝－1＋2i，故選C． 4．復(fù)數(shù)z＝(m∈R，i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能位于(　A　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 [解析]　z＝＝＝[(m－4)－2(m＋1)i]，其實(shí)部為(m－4)，虛部為－(m＋1)， 由得此時(shí)無(wú)解．故復(fù)數(shù)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能位于第一象限． 5．已知i是虛數(shù)單位，a、b∈R，則“a＝b＝1”是“(a＋bi)2＝2i”的(　A　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 [解析]　本題考查充分條件、必要條件及復(fù)數(shù)的運(yùn)算，當(dāng)a＝b＝1時(shí)，(a＋bi)2＝(1＋i)2＝2i，反之，(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝2i，則a2－b2＝0,2ab＝1，解a＝1，b＝1或a＝－1，b＝－1，故a＝1，b＝1是(a＋bi)2＝2i的充分不必要條件，選A． 6．若復(fù)數(shù)z1＝3＋i，z2＝1－i，則z＝z1z2在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)位于(　D　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 [解析]　∵z1z2＝(3＋i)(1－i)＝3－3i＋i－i2＝4－2i， ∴z＝z1z2在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)位于第四象限． 7．已知關(guān)于x的方程x2＋(1－2i)x＋3m－i＝0有實(shí)根，則實(shí)數(shù)m滿足(　C　) A．m≤－ B．m≥－ C．m＝ D．m＝－ [解析]　設(shè)實(shí)根為x0，則x＋(1－2i)x0＋3m－i＝0，即(x＋x0＋3m)－(2x0＋1)i＝0， ∴解得 8．若z1，z2∈C，則z1＋z2是(　B　) A．純虛數(shù) B．實(shí)數(shù) C．虛數(shù) D．實(shí)數(shù)或虛數(shù) [解析]　設(shè)z1＝x＋yi，z2＝a＋bi，x，y∈R，則z1＋1z2＝(x＋yi)(a－bi)＋(x－yi)(a＋bi)＝2(ax＋by)＋(ay－bx＋bx－ay)i＝2(ax＋by)∈R． 9．設(shè)有下面四個(gè)命題 p1：若復(fù)數(shù)z滿足∈R，則z∈R； p2：若復(fù)數(shù)z滿足z2∈R，則z∈R； p3：若復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1z2∈R，則z1＝2； p4：若復(fù)數(shù)z∈R，則∈R． 其中的真命題為(　B　) A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4 [解析]　設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)． 對(duì)于p1，若∈R，即＝∈R，則b＝0?z＝a＋bi＝a∈R，所以p1為真命題． 對(duì)于p2，若z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，則ab＝0． 當(dāng)a＝0，b≠0時(shí)，z＝a＋bi＝bi?R，所以p2為假命題． 對(duì)于p3，若z1z2∈R，即(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i∈R，則a1b2＋a2b1＝0．而z1＝2，即a1＋b1i＝a2－b2i?a1＝a2，b1＝－b2．因?yàn)閍1b2＋a2b1＝0?/ a1＝a2，b1＝－b2，所以p3為假命題． 對(duì)于p4，若z∈R，即a＋bi∈R，則b＝0?＝a－bi＝a∈R，所以p4為真命題． 10．若θ∈，則復(fù)數(shù)(cosθ＋sinθ)＋(sinθ－cosθ)i在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在(　B　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 [解析]　θ∈時(shí)， sinθ＋cosθ<0，sinθ－cosθ>0， 故對(duì)應(yīng)點(diǎn)(cosθ＋sinθ，sinθ－cosθ)在第二象限． 11．(2018成都高二檢測(cè))若A，B為銳角三角形的兩個(gè)內(nèi)角，則復(fù)數(shù)z＝(cosB－sinA)＋i(sinB－cosA)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面內(nèi)的(　B　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 [解析]　∵A、B為銳角三角形的內(nèi)角， ∴－B，B>－A， ∴sinA>sin(－B)＝cosB， sinB>sin(－A)＝cosA， ∴， ∴對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第二象限，故選B． 12．(2018南寧高二檢測(cè))復(fù)數(shù)z滿足條件：|2z＋1|＝|z－i|，那么z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是(　A　) A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線 [解析]　設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)， ∴|2z＋1|＝ |z－i|＝ ∴＝ 整理得：a2＋b2＋a＋b＝0． 故選A． 二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上) 13．(2018和平區(qū)三模)設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝，則|z|等于3． [解析]　z＝＝＝＝＋i， ∴則|z|＝＝3． 故答案為3． 14．(2016北京理，9)設(shè)a∈R，若復(fù)數(shù)(1＋i)(a＋i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于實(shí)軸上，則a＝－1． [解析]　(1＋i)(a＋i)＝(a－1)＋(a＋1)i，由已知得a＋1＝0，解得a＝－1． 15．已知復(fù)數(shù)z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ＋isinβ，則復(fù)數(shù)z1z2的實(shí)部是cos(α＋β)． [解析]　z1z2＝(cosα＋isinα)(cosβ＋isinβ) cosαcosβ－sinαsinβ＋(cosαsinβ＋sinαcosβ)i ＝cos(α＋β)＋sin(α＋β)i 故z1z2的實(shí)部為cos(α＋β)． 16．已知＋i是實(shí)系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋1＝0的一個(gè)根，則a＝1，b＝－． [解析]　把＋i代入方程得 a(＋i)2＋b(＋i)＋1＝0， 即(a＋b＋1)＋(＋b)i＝0． ∴即解得 三、解答題(本大題共6個(gè)大題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟) 17．(本題滿分10分)已知z＝1＋i，a，b∈R，若＝1－i，求a，b的值． [解析]　∵z＝1＋i，∴z2＝2i， ∴＝＝＝a＋2－(a＋b)i＝1－i， ∴，∴ 18．(本題滿分12分)已知m∈R，復(fù)數(shù)z＝＋(m2＋2m－3)i，當(dāng)m為何值時(shí)，(1)z∈R．(2)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在直線x＋y＋3＝0上． [解析]　(1)當(dāng)z為實(shí)數(shù)時(shí)，則有m2＋2m－3＝0且m－1≠0 得m＝－3，故當(dāng)m＝－3時(shí)，z∈R． (2)當(dāng)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在直線x＋y＋3＝0上時(shí)，則有＋(m2＋2m－3)＋3＝0，得＝0， 解得m＝0或m＝－1． 所以當(dāng)m＝0或m＝－1時(shí)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在直線x＋y＋3＝0上． 19．(本題滿分12分)已知z＝，其中i為虛數(shù)單位，a>0，復(fù)數(shù)ω＝z(z＋i)的虛部減去它的實(shí)部所得的差等于，求復(fù)數(shù)ω的模． [解析]　∵z＝，代入ω＝z(z＋i)，得 ω＝(＋i)＝ ＝＝ ＝＋i， ∴ω的實(shí)部為，虛部為， 由已知得－＝， 解得a2＝4，∴a＝2． 又a>0，故a＝2． |ω|＝|＋i|＝|＋i| ＝|＋3i|＝． 20．(本題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z＝ ，ω＝z＋ai(a∈R)，當(dāng)||≤時(shí)，求a的取值范圍． [解析]　∵z＝＝＝1－i， ∴|z|＝．又＝≤，∴|ω|≤2． 而ω＝z＋ai＝(1－i)＋ai＝1＋(a－1)i，(a∈R)， 則≤2?(a－1)2≤3， ∴－≤a－1≤，1－≤a≤1＋．即a的取值范圍為[1－，1＋]． 21．(本題滿分12分)(2016天津高二檢測(cè))設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知向量，分別對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)z1，z2，且z1＝－(10－a2)i，z2＝＋(2a－5)i，a∈R，若z1＋z2可以與任意實(shí)數(shù)比較大小，求的值． [解析]　依題意得z1＋z2為實(shí)數(shù)， 因?yàn)閦1＋z2＝＋＋[(a2－10)＋(2a－5)]i， 所以所以a＝3． 此時(shí)z1＝－i，z2＝－1＋i， 即＝(，－1)，＝(－1,1)． 所以＝(－1)＋(－1)1＝－． 22．(本題滿分14分)將一顆質(zhì)地均勻的正方體骰子(六個(gè)面的點(diǎn)數(shù)分別為1、2、3、4、5、6)先后拋擲兩次，記第一次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為a，第二次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為b． (1)設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(i為虛數(shù)單位)，求事件“z－3i為實(shí)數(shù)”的概率； (2)求點(diǎn)P(a，b)落在不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi)(含邊界)的概率． [解析]　(1)z＝a＋bi(i為虛數(shù)單位)，z－3i為實(shí)數(shù)，則a＋bi－3i＝a＋(b－3)i為實(shí)數(shù)，則b＝3． 依題意得b的可能取值為1、2、3、4、5、6，故b＝3的概率為． 即事件“z－3i為實(shí)數(shù)”的概率為． (2)連續(xù)拋擲兩次骰子所得結(jié)果如下表： 1 2 3 4 5 6 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) 由上表知，連續(xù)拋擲兩次骰子共有36種不同的結(jié)果． 不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示(含邊界)． 由圖知，點(diǎn)P(a，b)落在四邊形ABCD內(nèi)的結(jié)果有：(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(2,3)、(2,4)、(3,1)、(3,2)、(3,3)、(3,4)、(3,5)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(4,4)、(4,5)、(4,6)，共18種． 所以點(diǎn)P(a，b)落在四邊形ABCD內(nèi)(含邊界)的概率為P＝＝．