2020-2021学年高中数学选修1-2单元测试卷：第三章+数系的扩充与复数的引入.docx

第三章测试(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1下列命题正确的是()A复数的模是正实数B虚轴上的点与纯虚数一一对应C实部与虚部分别互为相反数的两个复数是共轭复数D相等的向量对应着相等的复数解析复数的模可能为0，故A项错虚轴上原点对应的复数不是纯虚数，故B项错实部相等，虚部互为相反数的两个复数为共轭复数，故C项错，D项正确答案D2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)解析iz24iz42i.其对应点的坐标为(4，2)答案C3i是虚数单位，()4等于()Ai BiC1 D1解析i，()4i41.答案C4复数z(a22a3)i(aR)为纯虚数，则a的值为()Aa0Ba0，且a1Ca0，或a2Da1，或a3解析依题意得解得a0，或a2.答案C5复数的值是()A1 B1Ci Di解析1.答案A6已知z是纯虚数，是实数，那么z等于()A2i BiCi D2i解析设zbi(bR，且b0)，则R，2b0，b2.z2i.答案D7如图，在复平面内，点A表示复数z，则图中表示z的共轭复数的点是()AA BBCC DD解析互为共轭复数的对应点关于x轴对称，故的对应点为B.答案B8复数的化简结果为()A.i BiCi D1i解析i.答案B9若12ai(1bi)i，其中a、bR，i是虚数单位，则|abi|()A.i B.C. D.解析12aibi，又a，bR，即|abi| .答案C10定义运算adbc，则符合条件42i的复数z为()A3i B13iC3i D13i解析依题意知，ziz42i，z(1i)42i.z(2i)(1i)3i.答案A11复数zabi(a，bR)是方程z234i的一个根，则z等于()A12i B12iC12i，或12i D2i，或2i解析若按复数相等的充要条件去解方程组，计算量很大，本题可接受验证的方法(12i)214i(2i)234i，z12i或12i.答案C12对任意复数zxyi(x，yR)，i为虚数单位，则下列结论正确的是()A|z|2y Bz2x2y2C|z|2x D|z|x|y|解析zxyi，(x，yR)，则xyi，z2yi，|z|2y|2y，故A、C错又z2x2y22xyix2y2，故B错因此，正确答案为D.答案D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上)13复数的共轭复数是_解析i.共轭复数为i.答案i14若z11i，z122，则z2_.解析z11i，z122，21i.z21i.答案1i15若复数z1429i，z269i，其中i是虚数单位，则复数(z1z2)i的实部是_解析(z1z2)ii(220i)i202i，(z1z2)i的实部是20.答案2016已知虚数(x2)yi(x，yR)的模为，则的最大值是_解析|(x2)yi|.(x2)2y23.设k，则ykx，代入圆的方程，并整理得(1k2)x24x10.该方程有解，164(1k2)0，|k|.故的最大值为.答案三、解答题(本大题共6个小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(10分)要使复数za2a6i为纯虚数，实数a是否存在？若存在求出a的值；若不存在说明理由解若z为纯虚数，则由解得a3，或a2，分别代入都不合题意，所以不存在使z为纯虚数的实数a.18(12分)已知集合M1，(m22m)(m2m2)i，N1,1,4i，若MNN，求实数m的值解MNN，MN.由(m22m)(m2m2)i1，得解得m1.由(m22m)(m2m2)i4i.得解得m2.综上知m的值为1或2.19(12分)已知复数z1mni，z222i和zxyi，设ziz2，m，n，x，yR.若复数z1的对应点M(m，n)在曲线y(x2)2上运动，求复数z所对应的点P(x，y)的轨迹C的方程解z1mni，z222i，ziz2(mni)i(22i)(n2)(m2)i.又zxyi，m，n，x，yR，点M(m，n)在曲线y(x2)2上运动，x2y2，即y22x1.故点P(x，y)的轨迹C的方程为y22x1.20(12分)已知1i是实系数方程x2axb0的一个根. (1)求a，b的值；(2)试推断1i是否是方程的根解(1)1i是方程x2axb0的根，(1i)2a(1i)b0，即(ab)(a2)i0，a，b的值分别为a2，b2.(2)方程为x22x20，把1i代入方程左边(1i)22(1i)22i22i20明显方程成立1i也是方程的一个根21(12分)设wi，(1)求证：1ww20；(2)计算：(1ww2)(1ww2)解(1)证明wi，w2(i)22()(i)(i)2ii.1ww21ii0.(2)由1ww20知，(w1)(1ww2)0，w310，w31.(1ww2)(1ww2)(2w2)(2w)4w34.22(12分)设z1，z2C，(1)求证：|z1z2|2|z1z2|22|z1|22|z2|2； (2)设|z1|3，|z2|5，|z1z2|6，求|z1z2|.解(1)证明设z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，则|z1z2|2|z1z2|2|(ac)(bd)i|2|(ac)(bd)i|2(ac)2(bd)2(ac)2(bd)22a22c22b22d22(a2b2)2(c2d2)，又2|z1|22|z2|22(a2b2)2(c2d2)，故|z1z2|2|z1z2|22|z1|22|z2|2.(2)|z1z2|2|z1z2|22|z1|22|z2|2，62|z1z2|2232252.|z1z2|2683632.|z1z2|4.