數系的擴充與復數的引入綜合能力檢測劉大鳴一、選擇題（本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題列出的四個選項中,選出符合題目要求的一項）1.a為正實數，i為虛數單位，，則a=（）A2B.C.D.12．i為虛數單位，則=（）A.－IB.－1C.i3.復數在復平面上對應的點位于()A．第一象限B．第二象限 C．第三象限D．第四象限4．下列命題中，正確的是()A．復數的模總是正實數B．復數集與復平面內所有向量組成的集合一一對應C．如果與復數z對應的點在第一象限，則與該復數對應的向量的終點也一定會在第一象限D．相等的向量對應著相等的復數5.復數滿足：；則（）ABC D6.設，是虛數單位，則“”是“復數為純虛數”的（）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7.eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復數，若z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2，(z－eq\o(z,\s\up6(－)))i＝2(i為虛數單位)，則z＝()A．1＋iB．－1－iC．－1＋iD．1－i8.已知i是虛數單位，a，b∈R，得“a＝b＝1”是“(a＋bi)2＝2i”的()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9.設復數,其中為虛數單位,則的虛部為（）A.B.C.D.10.設i是虛數單位，復數z＝的值是 （） A． B．C．D．111．復平面上三點A、B、C分別對應復數1,2i,5＋2i，則由A，B，C所構成的三角形是()A．直角三角形B．等腰三角形C．銳角三角形 D．鈍角三角形12.若A、B是銳角△ABC的兩內角，則復數z＝(cosB－sinA)＋(sinB－cosA)i在復平面內所對應的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限 D．第四象限二、填空題（本大題共4小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中橫線上）13若復數z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i是純虛數，則14.若是實系數方程的一個虛根，且，則15.,其中為實數R,,則的值是___16.已知復數,則在復平面內對應的點位于第______象限.三、解答題（本大題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟）17（10分）已知復數滿足（為虛數單位），復數的虛部為，是實數，求.18.（12分）實數k為何值時，復數(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)分別是(1)實數；(2)虛數；(3)純虛數；(4)零？19（12分）若是復數，是純虛數，求20．（12分）已知虛數z滿足|2z＋1－i|＝|z＋2－2i|(1)求|z|的值；(2)若mz＋eq\f(1,z)∈R，求實數m的值．21.（12分）已知|z1|＝1，|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(3)，求|z1－z2|.22.（12分）已知關于x的方程x2－(6＋i)x＋9＋ai＝0(a∈R)有實數根b.(1)求實數a，b的值；(2)若復數z滿足|eq\x\to(z)－a－bi|－2|z|＝0，求z為何值時，|z|有最小值，并求出|z|的最小值．參考答案一、選擇題5.D7.D提示：,a>0,故a=.2.因為,故所以選A.3.，對應的點為，所以為第四象限，選D.4.復數的模大于等于0，故A不正確；復數集與復平面內所有從原點出發的向量組成的集合一一對應，故B不對；同理C也不正確，故選D.5.6.“”則或，“復數為純虛數”則且，則“”是“復數為純虛數”的必要不充分條件，故選B.7.設（），則，又，所以，得．又，所以，得，故．8.由a，b∈R，(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝2i,得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝0，,2ab＝2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－1.))故選A.9.,有上述分析可知選D.10.，選C.11.1,2i,5＋2i對應的向量坐標為(1,0)，(0,2)，(5,2)設O為坐標原點即eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0,2)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(5,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1,2)．eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(5,0),eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(4,2)則|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|Aeq\o(C,\s\up6(→))|2.所以∠BAC＝90°，即由A、B、C所構成的三角形是直角三角形．12.因為A，B是銳角△ABC的兩內角，所以A＋B＞eq\f(π,2)①由①得A＞eq\f(π,2)－B因為A，B為銳角△ABC的內角所以A∈(0，eq\f(π,2))，(eq\f(π,2)－B)∈(0，eq\f(π,2))又在(0，eq\f(π,2))，正弦函數單調遞增∴sinA＞sin(eq\f(π,2)－B).即sinA＞cosB,所以cosB－sinA＜0又由①可得B＞eq\f(π,2)－A同理可得sinB＞sin(eq\f(π,2)－A)即sinB＞cosA.所以sinB－cosA＞0，即z對應的點在第二象限．二、填空題13.314.416.一提示：13.由復數z為純虛數的充要條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgm2－2m－2＝0,m2＋3m＋2≠0))，解得m＝3，故填3.14.設,則方程的另一個根為,且，由韋達定理所以15.由,得即所以.16.等比數列求和，利用i的周期性和分母實屬化求解，.所以在復平面內對應的點位于第一象限.三、解答題解：，設，則，因為，所以18.解：令z＝(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i.(1)當k2－5k－6＝0時，z∈R，所以k＝6或k＝－1.(2)當k2－5k－6≠0時，z是虛數，即k≠6且k≠－1.(3)當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－3k－4＝0，,k2－5k－6≠0))時，z是純虛數，所以k＝4.(4)當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－3k－4＝0，,k2－5k－6＝0))時，z＝0，解得k＝－1.綜上，當k＝6或k＝－1時，z是實數；當k≠6且k≠－1時，z是虛數；當k＝4時，z是純虛數；當k＝－1時，z是零．19.解法1：設，則，由于是純虛數，，，故解法2：由于是純虛數，所以可設所以，解得，6分從而12分20.解：(1)設虛數z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)代入|2z＋1－i|＝|z＋2－2i|得|2a＋1＋(2b－1)i|＝|(a＋2)＋(b－2)i|，所以(2a＋1)2＋(2b－1)2＝(a＋2)2＋(b整理得a2＋b2＝2，即|z|＝(2)由(1)知，z＝a＋bi其中a，b∈R，且b≠＋b2＝2，又知m∈R，mz＋eq\f(1,z)∈R.所以mz＋eq\f(1,z)＝m(a＋bi)＋eq\f(1,a＋bi)＝ma＋mbi＋eq\f(a－bi,a2＋b2)＝ma＋mbi＋eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)bi＝(ma＋eq\f(1,2)a)＋(mb－eq\f(1,2)b)i因為(mz＋eq\f(1,z))∈R，所以mb－eq\f(1,2)b＝0，所以m＝eq\f(1,2).21.解法1：設z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)．由已知，得a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，(a＋c)2＋(b＋d)2＝3.又因為(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋b2＋c2＋d2＋2ac＋2bd＝2＋2ac＋2bd＝3.所以2ac又|z1－z2|2＝(a－c)2＋(b－d)2＝a2＋b2＋c2＋d2－2ac－2bd＝2－1＝1，所以z1－z2解法2：在復平面內設z1，z2分別對應向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))、eq\o(OZ2,\s\up6(→))，則對角線eq\o(OZ,\s\up6(→))對應z1＋z2，eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))對應z1－z2，由已知|eq\o(OZ1,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OZ2,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OZ,\s\up6(→))|＝eq\r(3).∴∠OZ1Z＝120°.所以∠Z2OZ1＝60°.在△OZ1Z2中，eq\o(|Z2Z1|,\s\up6(→))＝1，即|z1－z2|＝1.22.解：(1)因為b是方程x2－(6＋i)x＋9＋ai＝0(a∈R)的實數根，所以b2－(6＋i)b＋9＋ai＝0，即(b2－6b＋9)＋(a－b)i＝0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2－6b＋9＝0，,a＝b，))解得a＝b＝3.5分(2)設z＝x＋yi(x，y∈R)，由|eq\