北师大版数学选修1-2练习（第4章）数系的扩充与复数的引入（1）（含答案）

北师大版数学选修1-2练习（第4章）数系的扩充与复数的引入（1）（含答案）

第四章 数系的扩充与复数的引入 同步练习(一) 说明:本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入题后括号内， 第Ⅱ卷可在各题后直接作答.共 100 分，考试时间 90 分钟. 第Ⅰ卷(选择题 共 40 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分) 1、若 2 2( 1) ( 3 2)x x x i    是纯虚数，则实数 x 的值是（ ） A、1 B、 1 C、 1 D、以上都不对 2、 2 2 1 ( 1) ( 4) , .z m m m m i m R       2 3 2 .z i  则 1m  是 1 2z z 的（ ）条件 A、充分不必要 B、必要不充分 C、充要 D、既不充分又不必要 3、若 1 2,z z C ，则 1 2 1 2z z z z   是（ ） A、纯虚数 B、实数 C、虚数 D、无法确定 4、 ( ) ,( )n nf n i i n N    的值域中，元素的个数是（ ） A、2 B、3 C、4 D、无数个 5、 3( )m i R  ，则实数 m 的值为（ ） A、 2 3 B、 3 3  C、 3 D、 3 2  6、若 x C ，则方程| | 1 3x i x   的解是（ ） A、 1 3 2 2 i B、 1 24, 1x x   C、 4 3i  D、 1 3 2 2 i 7、| 3 4 | 2z i   ，则| |z 的最大值为（ ） A、3 B、7 C、9 D、5 8、已知 1 , 2 iz   则 50 1001 z z  的值为（ ） A、i B、1 C、 2 i D、3 9、已知 1 1x x   ，则 1996 1996 1x x  的值为（ ） A、 1 B、1 C、 i D、i 10、已知复数 i iZ   1 1 ，则 4321 ZZZZ  的值是：（ ） A、1 B、 1 C、i D、 i 第Ⅱ卷(非选择题 共 60 分) 二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 11、3 4i 的平方根是 、 。 12、在复平面内，若复数 z 满足| 1| | |z z i   ，则 z 所对应的点的集合构成的图形 是 。 13、设 1 3 2 2 i    ，则集合 A={ | ( )k kx x k Z     }中元素的个数是 。 14、已知复数 1 22 , 1 3z i z i    ，则复数 2 1 5 zi z  = 。 三、解答题(本大题共 4 小题，共 40 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤) 15、（9 分）在复平面上，设点 A、B、C ，对应的复数分别为 ,1,4 2i i 。过 A、B、 C 做平行四边形 ABCD ，求此平行四边形的对角线 BD 的长。 16、（9 分）已知复数 )(21 R aiaz ， iz 432  ，且 2 1 z z 为纯虚数，求复数 1z ． 17、（11 分）已知复数 z 满足| 4 | | 4 |,z z i   且 14 1 zz z   为实数，求 z 。 18、（11分）已知复数 z 满足 2|| z ， 2z 的虚部为 2 ， （I）求 z ；（5分） （II）设 z ， 2z ， 2zz  在复平面对应的点分别为 A，B，C，求 ABC 的面积.（6 分） 参考答案 第Ⅰ卷(选择题 共 40 分) 一、A、A、B、B、B、 C、B、A、A、A、 第Ⅱ卷(非选择题 共 60 分) 二、 11、 2 , 2i i   12、 y x 直线 13、 2 14、i 三、简答题 15、 解：由题知平行四边形三顶点坐标为 (0,1), (1,0), (4,2)A B C ，设 D 点的坐标为 ( , )D x y 因为 BA CD  ，得( 1,1) ( 4, 2)x y    ，得 4 1, 2 1. x y       得 3 3 x y    ，即 (3,3)D 所以 (2,3)BD  ， 则| | 13BD  。 16、 解：由 2 1 z z 为纯虚数，可以设 21 zbiz  代入 )(21 R aiaz ， iz 432  ， 可得 )43(2 ibiia  即得 bibia 342  由复数相等的条件知：      b ba 32 4 解得：        3 2 3 8 b a 所以： .23 8 1 iz  17、 解： ,( , )z x yi x y R   ，因为| 4 | | 4 |,z z i   代入得 x y ，所以 ,z x xi x R   又因为 14 1 zz z   为实数，所以 14 14 1 1 z zz zz z      ， 化简得，所以有 0z z  或 2| 1| 13z   由 0z z  得 0x  ；由 2| 1| 13z   得 2, 3x x  或 。 所以 0; 2 2 ; 3 3 .z z i z i      （也可以直接用代数形式代入运算） 18、 解：（I）设 ( , )Z x yi x y R   由题意得 2 2 2 2( ) 2Z x y x y xyi     2 2 2(1) 2 1 (2) x y xy     故 2 0,x y x y    将其代入（2）得 22 2 1x x    故 1 1 x y    或 1 1 x y      故 1Z i  或 1Z i   （II）当 1Z i  时， 2 22 , 1Z i Z Z i    所以 (1,1), (0,2), (1, 1)A B C  12, 1 2 12ABCAC S      当 1Z i   时， 2 22 , 1 3Z i Z Z i     ， )3,1(),2,0(),1,1(  CBA 1 1 2 12ABCS    