高中數(shù)學(xué)人教A版2本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí)單元測評3

單元測評(三)數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入(時間：90分鐘滿分：120分)第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題：本大題共10小題，共50分．1．“a＝0”是“復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)為純虛數(shù)”A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)為純虛數(shù)的充要條件是a＝0且b≠0.答案：B2．復(fù)數(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,\r(2))))2＝a＋bi(a，b∈R，i是虛數(shù)單位)，則a2－b2的值為()A．0 B．1C．2 D．－1解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,\r(2))))2＝eq\f(1－2i＋i2,2)＝－i＝a＋bi.所以a＝0，b＝－1，所以a2－b2＝0－1＝－1.答案：D3．已知復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·eq\x\to(z2)是實數(shù)，則實數(shù)t等于()\f(3,4) \f(4,3)C．－eq\f(4,3) D．－eq\f(3,4)解析：z1·eq\x\to(z2)＝(3＋4i)(t－i)＝(3t＋4)＋(4t－3)i，因為z1·eq\x\to(z2)是實數(shù)，所以4t－3＝0，所以t＝eq\f(3,4).答案：A4．如圖在復(fù)平面上，一個正方形的三個頂點對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別是1＋2i，－2＋i,0，那么這個正方形的第四個頂點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為()A．3＋i B．3－iC．1－3i D．－1＋3i解析：eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＝1＋2i－2＋i＝－1＋3i，所以C點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－1＋3i.答案：D5．設(shè)z∈C，若z2為純虛數(shù)，則z在復(fù)平面上的對應(yīng)點落在()A．實軸上 B．虛軸上C．直線y＝±x(x≠0)上 D．以上三項都不對解析：設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則z2＝(x＋yi)2＝x2－y2＋2xyi.∵z2為純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝0，,xy≠0.))∴y＝±x(x≠0)．答案：C6．已知復(fù)數(shù)z＝x＋yieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y∈R，x≥\f(1,2)))，滿足|z－1|＝x，那么z在復(fù)平面上對應(yīng)的點(x，y)的軌跡是()A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線解析：∵z＝x＋yi(x，y∈R，x≥eq\f(1,2))，滿足|z－1|＝x，∴(x－1)2＋y2＝x2，故y2＝2x－1.答案：D7．當(dāng)z＝－eq\f(1－i,\r(2))時，z100＋z50＋1的值等于()A．1 B．－1C．i D．－i解析：∵z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,\r(2))))2＝eq\f(－2i,2)＝－i.∴z100＋z50＋1＝(－i)50＋(－i)25＋1＝i50－i25＋1＝－i.答案：D8．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為A，將點A繞坐標(biāo)原點，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)eq\f(π,2)，再向左平移一個單位，向下平移一個單位，得到B點，此時點B與點A恰好關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，則復(fù)數(shù)z為()A．－1 B．1C．i D．－i解析：設(shè)z＝a＋bi，B點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z1，則z1＝(a＋bi)i－1－i＝(－b－1)＋(a－1)i，∵點B與點A恰好關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b－1＝－a，,a－1＝－b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))∴z＝1.答案：B9．如果復(fù)數(shù)z滿足|z＋i|＋|z－i|＝2，那么|z＋1＋i|的最小值是()A．1 \r(2)C．2 \r(5)解析：|z＋i|＋|z－i|＝2，則點Z在以(0,1)和(0，－1)為端點的線段上，|z＋1＋i|表示點Z到點(－1，－1)的距離．由圖知最小值為1.答案：A10．設(shè)z1，z2是復(fù)數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是()A．若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＞0，則zeq\o\al(2,1)＞－zeq\o\al(2,2)B．|z1－z2|＝eq\r(z\o\al(2,1)＋z\o\al(2,2)－4z1z2)C．zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0?z1＝z2＝0D．|zeq\o\al(2,1)|＝|eq\x\to(z)1|2解析：A錯，反例：z1＝2＋i，z2＝2－i；B錯，反例：z1＝2＋i，z2＝2－i；C錯，反例：z1＝1，z2＝i；D正確，z1＝a＋bi，則|zeq\o\al(2,1)|＝a2＋b2，|eq\x\to(z1)|2＝a2＋b2，故|zeq\o\al(2,1)|＝|eq\x\to(z1)|2.答案：D第Ⅱ卷(非選擇題，共70分)二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．11．在復(fù)平面內(nèi)，已知復(fù)數(shù)z＝x－eq\f(1,3)i所對應(yīng)的點都在單位圓內(nèi)，則實數(shù)x的取值范圍是__________．解析：∵z對應(yīng)的點Zeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，－\f(1,3)))都在單位圓內(nèi)，∴|OZ|＜1，即eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))2)＜1.∴x2＋eq\f(1,9)＜1，∴x2＜eq\f(8,9)，∴－eq\f(2\r(2),3)＜x＜eq\f(2\r(2),3).答案：－eq\f(2\r(2),3)＜x＜eq\f(2\r(2),3)12．定義運算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，則對復(fù)數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R)符合條件eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1,z2i))＝3＋2i的復(fù)數(shù)z等于__________．解析：由定義運算，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1,z2i))＝2zi－z＝3＋2i，則z＝eq\f(3＋2i,－1＋2i)＝eq\f(3＋2i－1－2i,－1＋2i－1－2i)＝eq\f(1,5)－eq\f(8,5)i.答案：eq\f(1,5)－eq\f(8,5)i13．設(shè)x，y為實數(shù)，且eq\f(x,1－i)＋eq\f(y,1－2i)＝eq\f(5,1－3i)，則x＋y＝__________.解析：eq\f(x,1－i)＋eq\f(y,1－2i)＝eq\f(5,1－3i)?eq\f(x1＋i,1－i1＋i)＋eq\f(y1＋2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(51＋3i,1－3i1＋3i)?eq\f(1,2)x(1＋i)＋eq\f(1,5)y(1＋2i)＝eq\f(1,2)(1＋3i)?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(1,5)y＝\f(1,2)，,\f(1,2)x＋\f(2y,5)＝\f(3,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝5，))所以x＋y＝4.答案：414．已知復(fù)數(shù)z0＝3＋2i，復(fù)數(shù)z滿足z·z0＝3z＋z0，則復(fù)數(shù)z＝__________.解析：z＝eq\f(z0,z0－3)＝eq\f(3＋2i,2i)＝eq\f(3i－2,－2)＝1－eq\f(3,2)i.答案：1－eq\f(3,2)i三、解答題：本大題共4小題，滿分50分．15．(12分)已知復(fù)數(shù)z1滿足(z1－2)i＝1＋i，復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1·z2為實數(shù)，求z2.解：由(z1－2)i＝1＋i得，z1－2＝eq\f(1＋i,i)＝(1＋i)(－i)＝1－i，∴z1＝3－i.(6分)依題意可設(shè)z2＝x＋2i(x∈R)，則z1·z2＝(3－i)(x＋2i)＝3x＋2＋(6－x)i為實數(shù)，∴x＝6，∴z2＝6＋2i.(12分)16．(12分)設(shè)z1是方程x2－6x＋25＝0的一個根．(1)求z1；(2)設(shè)z2＝a＋i(其中i為虛數(shù)單位，a∈R)，若z2的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z2)滿足|zeq\o\al(3,1)·eq\x\to(z2)|＝125eq\r(5)，求zeq\o\al(2,2).解：(1)因為Δ＝62－4×25＝－64，所以z1＝3－4i或z1＝3＋4i.(4分)(2)由|(3±4i)3·(a－i)|＝625，得125eq\r(a2＋1)＝125eq\r(5)，a＝±2.(8分)當(dāng)a＝－2時，zeq\o\al(2,2)＝(－2＋i)2＝3－4i；(10分)當(dāng)a＝2時，zeq\o\al(2,2)＝(2＋i)2＝3＋4i.(12分)17．(12分)設(shè)w＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，(1)求證：1＋w＋w2＝0；(2)計算：(1＋w－w2)(1－w＋w2)．解：(1)證明：∵w＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，∴w2＝(－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i)2＝eq\f(1,4)＋2(－eq\f(1,2))(eq\f(\r(3),2)i)＋(eq\f(\r(3),2)i)2＝eq\f(1,4)－eq\f(\r(3),2)i－eq\f(3,4)＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i.∴1＋w＋w2＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i＝0.(6分)(2)由1＋w＋w2＝0知，(w－1)(1＋w＋w2)＝0，∴w3－1＝0，∴w3＝1.∴(1＋w－w2)(1－w＋w2)＝(－2w2)(－2w)＝4w3＝4.(12分)18．(14分)設(shè)z1，z2∈C，(1)求證：|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2|z1|2＋2|z2|2；(2)設(shè)|z1|＝3，|z2|＝5，|z1＋z2|＝6，求|z1－z2|.解：(1)證明：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝|(a＋c)＋(b＋d)i|2＋|(a－c)＋(b－d)i|2＝(