高中数学人教a版选修2-2（课时训练）：章末检测：第三章 数系的扩充和复数的引入 word版含答案

高中数学人教a版选修2-2（课时训练）：章末检测：第三章 数系的扩充和复数的引入 word版含答案

章末检测 一、选择题 1．i 是虚数单位，若集合 S＝{－1,0,1}，则( ) A．i∈S B．i2∈S C．i3∈S D．2 i ∈S 答案 B 2．z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i，m∈R，z2＝3－2i，则“m＝1”是“z1＝z2”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 答案 A 解析 因为 z1＝z2，所以 m2＋m＋1＝3 m2＋m－4＝－2 ，解得 m＝1 或 m＝－2， 所以 m＝1 是 z1＝z2 的充分不必要条件． 3．(2013·天津改编)已知 i 是虚数单位，m，n∈R，且 m＋i＝1＋ni，则m＋ni m－ni ＝( ) A．－1 B．1 C．－i D．i 答案 D 解析 由 m＋i＝1＋ni(m，n∈R)，∴m＝1 且 n＝1.则m＋ni m－ni ＝1＋i 1－i ＝1＋i2 2 ＝i. 4．已知 a 是实数，a－i 1＋i 是纯虚数，则 a 等于( ) A．1 B．－1 C． 2 D．－ 2 答案 A 解析 a－i 1＋i ＝a－i1－i 1＋i1－i ＝a－1－a＋1i 2 是纯虚数，则 a－1＝0，a＋1≠0，解得 a＝1. 5．若(x－i)i＝y＋2i，x，y∈R，则复数 x＋yi 等于( ) A．－2＋i B．2＋i C．1－2i D．1＋2i 答案 B 解析 ∵(x－i)i＝y＋2i，xi－i2＝y＋2i， ∴y＝1，x＝2，∴x＋yi＝2＋i. 6．已知 2＋ai，b＋i 是实系数一元二次方程 x2＋px＋q＝0 的两根，则 p，q 的值为( ) A．p＝－4，q＝5 B．p＝4，q＝5 C．p＝4，q＝－5 D．p＝－4，q＝－5 答案 A 解析 由条件知 2＋ai，b＋i 是共轭复数，则 a＝－1，b＝2，即实系数一元二次方程 x2＋px＋q＝0 的两个根是 2±i，所以 p＝－[(2＋i)＋(2－i)] ＝－4，q＝(2＋i)(2－i)＝5. 7．(2013·新课标Ⅰ)若复数 z 满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则 z 的虚部为( ) A．－4 B．－4 5 C．4 D．4 5 答案 D 解析 因为复数 z 满足(3－4i)z＝|4＋3i|，所以 z＝|4＋3i| 3－4i ＝ 5 3－4i ＝53＋4i 25 ＝3 5 ＋4 5i，故 z 的虚部等于4 5 ，故选 D. 8．i 是虚数单位，若1＋7i 2－i ＝a＋bi(a，b∈R)，则 ab 的值是( ) A．－15 B．3 C．－3 D．15 答案 C 解析 1＋7i 2－i ＝1＋7i2＋i 5 ＝－1＋3i，∴a＝－1，b＝3，ab＝－3. 9．(2013·广东)若复数 z 满足 iz＝2＋4i，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) 答案 C 解析 z＝2＋4i i ＝4－2i 对应的点的坐标是(4，－2)，故选 C. 10．已知 f(n)＝in－i－n(n∈N*)，则集合{f(n)}的元素个数是( ) A．2 B．3 C．4 D．无数个 答案 B 解析 f(n)有三个值 0,2i，－2i. 二、填空题 11．复平面内，若 z＝m2(1＋i)－m(4＋i)－6i 所对应的点在第二象限，则实数 m 的取值范围是________． 答案 (3,4) 解析 ∵z＝m2－4m＋(m2－m－6)i 所对应的点在第二象限，∴ m2－4m<0 m2－m－6>0 ，解得 31＋i； ③虚轴上的点表示的数都是纯虚数； ④若一个数是实数，则其虚部不存在； ⑤若 z＝1 i ，则 z3＋1 对应的点在复平面内的第一象限． 答案 ⑤ 解析 由 y∈∁CR，知 y 是虚数，则 2x－1＝y 1＝－3－y 不成立，故①错误；两个不全为实数的复数不能比较大小，故②错误；原点也在虚轴上，表 示实数 0，故③错误；实数的虚部为 0，故④错误；⑤中 z3＋1＝1 i3 ＋1＝i＋1，对应点在第一象限，故⑤正确． 14．下列是关于复数的类比推理： ①复数的加减法运算可以类比多项式的加减法运算法则； ②由实数绝对值的性质|x|2＝x2 类比得到复数 z 的性质|z|2＝z2； ③已知 a，b，∈R，若 a－b＞0，则 a＞b 类比得已知 z1，z2∈C，若 z1－z2＞0，则 z1＞z2； ④由向量加法的几何意义可以类比得到复数加法的几何意义． 其中推理结论正确的是________． 答案 ①④ 三、解答题 15．设复数 z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i，当 m 为何值时， (1)z 是实数？(2)z 是纯虚数？ 解 (1)要使复数 z 为实数，需满足 m2－2m－2>0 m2＋3m＋2＝0 ，解得 m＝－2 或－1.即当 m＝－2 或－1 时，z 是实数． (2)要使复数 z 为纯虚数，需满足 m2－2m－2＝1 m2＋3m＋2≠0 ， 解得 m＝3.即当 m＝3 时，z 是纯虚数． 16．设 f(n)＝ 1＋i 1－i n＋ 1－i 1＋i n(n∈N)，求集合{x|x＝f(n)}中元素的个数． 解 ∵1＋i 1－i ＝i，1－i 1＋i ＝－i，∴f(n)＝in＋(－i)n.设 k∈N. 当 n＝4k 时，f(n)＝2， 当 n＝4k＋1 时，f(n)＝i4k·i＋(－i)4k·(－i)＝0， 当 n＝4k＋2 时，f(n)＝i4k·i2＋(－i)4k·(－i)2＝－2， 当 n＝4k＋3 时，f(n)＝i4k·i3＋(－i)4k·(－i)3＝0， ∴{x|x＝f(n)}中有三个元素． 17．(2013·山东德州期中)已知 z＝1＋i，a，b 为实数． (1)若ω＝z2＋3 z －4，求|ω|； (2)若z2＋az＋b z2－z＋1 ＝1－i，求 a，b 的值． 解 (1)因为ω＝z2＋3 z －4＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i，|ω|＝ －12＋－12＝ 2. (2)由条件z2＋az＋b z2－z＋1 ＝1－i，得1＋i2＋a1＋i＋b 1＋i2－1＋i＋1 ＝ 1－i.即a＋b＋a＋2i i ＝1－i ∴(a＋b)＋(a＋2)i＝1＋i，∴ a＋b＝1 a＋2＝1 ，解得 a＝－1 b＝2 . 18．设 z1 是虚数，z2＝z1＋1 z1 是实数，且－1≤z2≤1. (1)求|z1|的值以及 z1 的实部的取值范围； (2)若ω＝1－z1 1＋z1 ，求证：ω为纯虚数． (1)解 设 z1＝a＋bi(a，b∈R 且 b≠0)，则 z2＝z1＋1 z1 ＝a＋bi＋ 1 a＋bi ＝ a＋ a a2＋b2 ＋ b－ b a2＋b2 i. 因为 z2 是实数，b≠0，于是有 a2＋b2＝1，即|z1|＝1，还可得 z2＝2a. 由－1≤z2≤1，得－1≤2a≤1，解得－1 2 ≤a≤1 2 ，即 z1 的实部的取值范围是 －1 2 ，1 2 . (2)证明 ω＝1－z1 1＋z1 ＝1－a－bi 1＋a＋bi ＝1－a2－b2－2bi 1＋a2＋b2 ＝ － b a＋1 i.因为 a∈[－1 2 ，1 2]，b≠0，所以ω为纯虚数． 模块检测模块检测 一、选择题 1．“金导电、银导电、铜导电、锡导电，所以一切金属都导电”．此推理方法是( ) A．完全归纳推理 B．归纳推理 C．类比推理 D．演绎推理 答案 B 解析 由特殊到一般的推理为归纳推理．故选 B. 2．(2013·浙江)已知 i 是虚数单位，则(－1＋i)(2－i)( ) A．－3＋i B．－1＋3i C．－3＋3i D．－1＋i 答案 B 解析 (－1＋i)(2－i)＝－2＋i＋2i＋1＝－1＋3i，故选 B. 3．设 f(x)＝10x＋lg x，则 f′(1)等于( ) A．10 B．10ln 10＋lg e C． 10 ln 10 ＋ln 10 D．11ln 10 答案 B 解析 ∵f′(x)＝10xln 10＋ 1 xln 10 ，∴f′(1)＝10ln 10＋lg e，故选 B. 4．若大前提：任何实数的平方都大于 0，小前提：a∈R，结论：a2>0，那么这个演绎推理出错在( ) A．大前提 B．小前提 C．推理形式 D．没有出错 答案 A 5．观察下列数表规律 则数 2 007 的箭头方向是( ) A.2 007→ ↑ B． ↓ 2 007→ C． ↑ →2007 D．→2 007 ↓ 答案 D 解析 因上行奇数是首项为 3，公差为 4 的等差数列，若 2 007 在上行，则 2 007＝3＋(n－1)·4⇒n＝502∈N*.故 2 007 在上行，又因为在上行奇 数的箭头为→an，故选 D. 6．函数 f(x)＝x3－ax2－bx＋a2 在 x＝1 处有极值 10，则 a，b 的值为( ) A. a＝3 b＝－3 或 a＝－4 b＝11 B． a＝－4 b＝11 C． a＝－1 b＝5 D．以上都不对 答案 B 解析 ∵f′(x)＝3x2－2ax－b，∴ 3－2a－b＝0 1－a－b＋a2＝10 ，解得 a＝3 b＝－3 或 a＝－4 b＝11 .经检验 a＝3，b＝－3 不合题意，应舍去． 7．给出下列命题： ①错误!dx＝错误!dt＝b－a(a，b 为常数且 a0，且 a＋b＋c＝1，求证： (1)a2＋b2＋c2≥1 3 ；(2) a＋ b＋ c≤ 3. 证明 (1)∵a2＋1 9 ≥2 3a，b2＋1 9 ≥2 3b，c2＋1 9 ≥2 3c， ∴ a2＋1 9 ＋ b2＋1 9 ＋ c2＋1 9 ≥2 3a＋2 3b＋2 3c＝2 3.∴a2＋b2＋c2≥1 3. (2)∵ a·1 3 ≤ a＋1 3 2 ， b·1 3 ≤ b＋1 3 2 ， c·1 3 ≤ c＋1 3 2 ，三式相加得 a 3 ＋ b 3 ＋ c 3 ≤1 2(a＋b＋c)＋1 2 ＝1，∴ a＋ b＋ c≤ 3. 17．是否存在常数 a，b，使等式 12 1×3 ＋ 22 3×5 ＋…＋ n2 2n－12n＋1 ＝an2＋n bn＋2 对一切 n∈N*都成立？若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳 法证明． 解 若存在常数 a，b 使等式成立， 则将 n＝1，n＝2 代入上式， 有 1 3 ＝a＋1 b＋2 ， 1 3 ＋ 4 15 ＝4a＋2 2b＋2 . 得 a＝1，b＝4， 即有 12 1×3 ＋ 22 3×5 ＋…＋ n2 2n－12n＋1 ＝n2＋n 4n＋2 对于一切 n∈N*都成立． 证明如下： (1)当 n＝1 时，左边＝ 12 1×3 ＝1 3 ， 右边＝ 1＋1 4×1＋2 ＝1 3 ，所以等式成立． (2)假设 n＝k(k≥1，且 k∈N*)时等式成立，即 12 1×3 ＋ 22 3×5 ＋…＋ k2 2k－12k＋1 ＝k2＋k 4k＋2 ， 当 n＝k＋1 时， 12 1×3 ＋ 22 3×5 ＋…＋ k2 2k－12k＋1 ＋ k＋12 2k＋12k＋3 ＝k2＋k 4k＋2 ＋ k＋12 2k＋12k＋3 ＝ k＋1 2k＋1 · k 2 ＋ k＋1 2k＋3 ＝ k＋1 2k＋1 ·2k2＋5k＋2 22k＋3 ＝ k＋1 2k＋1 ·2k＋1k＋2 22k＋3 ＝k＋1k＋2 4k＋6 ＝k＋12＋k＋1 4k＋1＋2 ， 也就是说，当 n＝k＋1 时，等式成立， 综上所述，等式对任何 n∈N*都成立． 18．(2013·广东)设函数 f(x)＝(x－1)ex－kx2(其中 k∈R)． (1)当 k＝1 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)当 k∈ 1 2 ，1 时，求函数 f(x)在[0，k]上的最大值 M. 解 (1)当 k＝1 时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)． 令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝ln 2. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表 x (－∞，0) 0 (0，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知，函数 f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝ln (2k)， 令 g(k)＝ln(2k)－k，则 g′(k)＝1 k －1＝1－k k ＞0，所以 g(k)在 1 2 ，1 上递增， 所以 g(k)≤ln 2－1＝ln 2－ln e＜0， 从而 ln (2k)＜k，所以 ln(2k)∈[0，k]， 所以当 x∈(0，ln(2k))时，f′(x)＜0； 当 x∈(ln(2k)，＋∞)时，f′(x)＞0； 所以 M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3} 令 h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，则 h′(k)＝k(ek－3k)， 令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0， 所以φ(k)在 1 2 ，1 上递减， 而φ 1 2 ·φ(1)＝ e－3 2 (e－3)＜0， 所以存在 x0∈ 1 2 ，1 使得φ(x0)＝0， 且当 k∈ 1 2 ，x0 时，φ(k)＞0，当 k∈(x0,1)时φ(k)＜0， 所以 h(k)在 1 2 ，x0 上单调递增， 在(x0,1)上单调递减． 因为 h 1 2 ＝－1 2 e＋7 8 ＞0，h(1)＝0， 所以 h(k)≥0 在 1 2 ，1 上恒成立， 当且仅当 k＝1 时取得“＝”． 综上，函数 f(x)在[0，k]上的最大值 M＝(k－1)ek－k3.