《2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义：第3章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义：第3章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 对应学生用书P46 1虚数单位 i (1)i21(即1 的平方根是i) (2)实数可以与 i 进行四则运算，进行运算时原有的加、乘运算律仍然成立 (3)i 的幂具有周期性 ： i4n1， i4n1i， i4n21， i4n3i(nN*)， 则有 inin1in2 in30(nN*) 2复数的分类 复数 (zabi，a，bR)Error!. 3共轭复数的性质 设复数 z 的共轭复数为 ，则z (1)z |z|2| |2；zz (2)z 为实数z ，z 为纯虚数z . zz 4复数的几何意义 5复数相等的条件 (1)代数形式 ： 复数相等的充要条件为 a
2、bicdi(a， b， c， dR)ac， bd.特别地， a bi0(a，bR)ab0. 注意：两复数不是实数时，不能比较大小 (2)几何形式：z1，z2C，z1z2对应点 Z1，Z2重合与 2 OZ 重合 1 OZ 6复数的运算 (1)加法和减法运算：(abi)(cdi)(ac)(bd)i(a，b，c，dR) (2)乘法和除法运算：复数的乘法按多项式相乘进行运算，即(abi)(cdi)(acbd) (adbc)i；复数除法是乘法的逆运算，其实质是分母实数化 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 对应学生用书P65 (时间：120 分钟，总分：160 分) 一、填空题(本大题共 14
3、个小题，每小题 5 分，共 70 分，把答案填在题中横线上) 1(新课标全国卷改编)设复数 z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z12i， 则 z1z2_. 解析 ： z12i 在复平面内对应点(2,1)， 又 z1与 z2在复平面内的对应点关于虚轴对称， 则 z2的对应点为(2,1)，则 z22i， z1z2(2i)(2i)i245. 答案：5 2(山东高考改编)若 ai 与 2bi 互为共轭复数，则(abi)2_. 解析：根据已知得 a2，b1，所以(abi)2(2i)234i. 答案：34i 3若复数 z 满足 (34i)z|43i|，则 z 的虚部为_ 解析：(34i)z|43i
4、|， z i， |43i| 34i 5(34i) (34i)(34i) 34i 5 3 5 4 5 z 的虚部是 . 4 5 答案：4 5 4已知1ni，其中 m，n 是实数，i 是虚数单位，则 mni 等于_ m 1i 解析：1ni，所以 m(1n)(1n)i， m 1i 因为 m，nR， 所以Error!所以Error! 即 mni2i. 答案：2i 5定义运算adbc，则满足条件42i 的复数 z 为_ | a b c d| 1 1 z zi| 解析：ziz， | 1 1 z zi| 设 zxyi， zizxiyxyixy(xy)i42i， Error!Error! z3i. 高清试卷
5、下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案：3i 6在复平面内，复数对应的点位于第_象限 2i 1i 解析： i， 2i 1i (2i)(1i) (1i)(1i) 13i 1212 1 2 3 2 对应的点位于第四象限 答案：四 7._. 5(4i)2 i(2i) 解析： 5(4i)2 i(2i) 5(158i) 12i 5(158i)(12i) (1)222 138i. 答案：138i 8设 a 是实数，且是实数，则 a 等于_ a 1i 1i 2 解析：i 是实数， a 1i 1i 2 a(1i) 2 1i 2 ( a 2 1 2) (1a) 2 0，即 a1. 1a 2 答案：1 9复数 z
6、 满足方程4，那么复数 z 的对应点 P 组成图形为_ |z 2 1i| 解析：|z(1i)|z(1i)|4. |z 2 1i| 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 答案：以(1,1)为圆心，以 4 为半径的圆 10已知集合 M1,2，zi，i 为虚数单位，N3,4，MN4，则复数 z_. 解析：由 MN4，知 4M， 故 zi4，z 4i. 4 i 答案：4i 11若复数 z 满足|z| ，则 z_.z 10 12i 解析：设 zabi(a，bR)， |z| (abi)abi，za2b2a2b2 24i， 10 12
7、i 10(12i) (12i)(12i) 10(12i) 1222 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 Error!解得Error! z34i. 答案：34i 12若OA 3i4，OB 1i，i 是虚数单位，则AB _.(用复数代数形式 表示) 解析：由于OA 3i4，OB 1i，i 是虚数单位， 所以AB OB OA (1i)(3i4)54i. 答案：54i 13复数 z 满足|z1|z1|2，则|zi1|的最小值是_ 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|
8、zi1|为该点到点(1，1) 的距离，其最小值为 1. 答案：1 14 已知关于 x 的方程 x2(12i)x(3m1)0 有实根， 则纯虚数 m 的值是_ 解析 ： 方程有实根， 不妨设其一根为x0， 设mai代入方程得x (12i)x0(3ai1)i0， 2 0 化简得，(2x01)ix x03a0， 2 0 Error! 解得 a，mi. 1 12 1 12 答案：i 1 12 二、解答题(本大题共 6 个小题，共 90 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15(本小题满分 14 分)计算： (1)；(2). (2i)(1i)2 12i 45i (54i)(1i) 解：(1) (
9、2i)(1i)2 12i (2i)(2i) 12i 2. 2(12i) 12i (2) 45i (54i)(1i) (54i)i (54i)(1i) i 1i i(1i) (1i)(1i) i1 2 i. 1 2 1 2 16(本小题满分 14 分)求实数 k 为何值时，复数(1i)k2(35i)k2(23i)分别是： (1)实数； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)虚数； (3)纯虚数； (4)零 解：由 z(1i)k2(35i)k2(23i)(k23k4)(k25k6)i. (1)当 k25k60 时，zR， k6 或 k1. (2)当 k25k60 时，z 是虚数，即 k
10、6 且 k1. (3)当Error!时，z 是纯虚数， k4. (4)当Error!时，z0，解得 k1. 综上，当 k6 或 k1 时，zR. 当 k6 且 k1 时，z 是虚数 当 k4 时，z 是纯虚数，当 k1 时，z0. 17(本小题满分 14 分)已知复数 z 满足|z|13iz，求的值 (1i)2(34i)2 2z 解：设 zabi(a，bR)，由|z|13iz， 得13iabi0，a2b2 则Error!所以Error! 所以 z43i. 则34i. (1i)2(34i)2 2z 2i(34i)2 2(43i) 2(43i)(34i) 2(43i) 18(本小题满分 16 分)
11、已知 i. 1 2 3 2 (1)求 2及 21 的值； (2)若等比数列an的首项为 a11，公比 q，求数列an的前 n 项和 Sn. 解：(1)2 2 i i. ( 1 2 3 2 i) 1 4 3 2 3 4 1 2 3 2 2110. ( 1 2 3 2 i) (1 2 3 2 i) (2)由于 210， k2k1kk(21)0，kZ. Sn12n1Error! Sn Error! 19(本小题满分 16 分)已知 z(aR 且 a0)，复数 z(zi)的虚部减去它的实 ai 1i 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 部所得的差等于 ，求复数 的模 3 2 解：把 z(a0)
12、代入 中， ai 1i 得 ai 1i( ai 1ii) i. a1 2 a(a1) 2 由 ，得 a24. a(a1) 2 a1 2 3 2 又 a0，所以 a2. 所以| 3i|. 3 2 3 2 5 20(本小题满分 16 分)已知复数 z 满足|z|，z2的虚部为 2.2 (1)求复数 z； (2)设 z，z2，zz2在复平面内对应的点分别为 A，B，C，求ABC 的面积 解：(1)设 zabi(a，bR)， 由已知条件得：a2b22，z2a2b22abi， 所以 2ab2. 所以 ab1 或 ab1，即 z1i 或 z1i. (2)当 z1i 时，z2(1i)22i，zz21i，所以点 A(1,1)，B(0,2)， C(1，1)，所以 SABC |AC|1 211； 1 2 1 2 当 z1i 时，z2(1i)22i，zz213i. 所以点 A(1，1)，B(0,2)，C(1，3)， 所以 SABC |AC|1 211. 1 2 1 2 即ABC 的面积为 1.