高中數(shù)學(xué)北師大版2第四章數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①－1②a＝c，b＝d③eq\x\to(z)＝a－bi④Z(a，b)⑤Oeq\o(Z,\s\up6(→))⑥a＋c⑦(b＋d)i⑧(a－c)＋(b－d)i________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________復(fù)數(shù)的概念正確確定復(fù)數(shù)的實、虛部是準確理解復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(如實數(shù)、虛數(shù)、純虛數(shù)、相等復(fù)數(shù)、共軛復(fù)數(shù)、復(fù)數(shù)的模)的前提．兩復(fù)數(shù)相等的充要條件是復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為實數(shù)問題的依據(jù)．求字母的范圍時一定要關(guān)注實部與虛部自身有意義．復(fù)數(shù)z＝log3(x2－3x－3)＋ilog2(x－3)，當(dāng)x為何實數(shù)時，(1)z∈R；(2)z為虛數(shù)．【精彩點撥】根據(jù)復(fù)數(shù)的分類列方程求解．【規(guī)范解答】(1)因為一個復(fù)數(shù)是實數(shù)的充要條件是虛部為0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，①,log2x－3＝0，②,x－3>0，③))由②得x＝4，經(jīng)驗證滿足①③式．所以當(dāng)x＝4時，z∈R.(2)因為一個復(fù)數(shù)是虛數(shù)的充要條件是虛部不為0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，①,log2x－3≠0，②,x－3>0，③))由①得x>eq\f(3＋\r(21),2)或x<eq\f(3－\r(21),2).由②得x≠4，由③得x>3.所以當(dāng)x>eq\f(3＋\r(21),2)且x≠4時，z為虛數(shù)．[再練一題]1．設(shè)i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)a－eq\f(10,3－i)(a∈R)是純虛數(shù)，則a的值為()A．－3 B．－1C．1 D．3(2)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足i(z＋1)＝－3＋2i(i是虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的實部是__________．【解析】(1)因為a－eq\f(10,3－i)＝a－eq\f(103＋i,3－i3＋i)＝a－eq\f(103＋i,10)＝(a－3)－i，由純虛數(shù)的定義，知a－3＝0，所以a＝3.(2)法一：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則i(z＋1)＝i(a＋bi＋1)＝－b＋(a＋1)i＝－3＋2i.由復(fù)數(shù)相等的充要條件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b＝－3，,a＋1＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))故復(fù)數(shù)z的實部是1.法二：由i(z＋1)＝－3＋2i，得z＋1＝eq\f(－3＋2i,i)＝2＋3i，故z＝1＋3i，即復(fù)數(shù)z的實部是1.【答案】(1)D(2)1復(fù)數(shù)的四則運算復(fù)數(shù)加減乘運算可類比多項式的加減乘運算，注意把i看作一個字母(i2＝－1)，除法運算注意應(yīng)用共軛的性質(zhì)z·eq\x\to(z)為實數(shù)．(1)設(shè)i是虛數(shù)單位，eq\o(z,\s\up6(－))表示復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)．若z＝1＋i，則eq\f(z,i)＋i·eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－2 B．－2iC．2 D．2i(2)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(z－2i)(2－i)＝5，則z＝()A．2＋3i B．2－3iC．3＋2i D．3－2i【精彩點撥】(1)先求出eq\x\to(z)及eq\f(z,i)，結(jié)合復(fù)數(shù)運算法則求解．(2)利用方程思想求解并化簡．【規(guī)范解答】(1)∵z＝1＋i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝1－i，eq\f(z,i)＝eq\f(1＋i,i)＝eq\f(－i2＋i,i)＝1－i，∴eq\f(z,i)＋i·eq\o(z,\s\up6(－))＝1－i＋i(1－i)＝(1－i)(1＋i)＝2.故選C.(2)由(z－2i)(2－i)＝5，得z＝2i＋eq\f(5,2－i)＝2i＋eq\f(52＋i,2－i2＋i)＝2i＋2＋i＝2＋3i.【答案】(1)C(2)A[再練一題]2．已知(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，則eq\f(z,\x\to(z))的值為()\f(3,5)＋eq\f(4,5)i B．eq\f(3,5)－eq\f(4,5)iC．－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i D．－eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i【解析】因為(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，所以eq\x\to(z)＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(4＋3i1－2i,5)＝2－i，所以z＝2＋i，所以eq\f(z,\x\to(z))＝eq\f(2＋i,2－i)＝eq\f(2＋i2,5)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.【答案】A復(fù)數(shù)的幾何意義1.復(fù)數(shù)的幾何表示法：即復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)可以用復(fù)平面內(nèi)的點Z(a，b)來表示．此類問題可建立復(fù)數(shù)的實部與虛部應(yīng)滿足的條件，通過解方程(組)或不等式(組)求解．2．復(fù)數(shù)的向量表示：以原點為起點的向量表示的復(fù)數(shù)等于它的終點對應(yīng)的復(fù)數(shù)；向量平移后，此向量表示的復(fù)數(shù)不變，但平移前后起點、終點對應(yīng)的復(fù)數(shù)要改變．(1)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(i,1＋i)對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限(2)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(1－2i,2＋i)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為()A．(0，－1) B．(0,1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(3,5)))【精彩點撥】先把復(fù)數(shù)z化為復(fù)數(shù)的標(biāo)準形式，再寫出其對應(yīng)坐標(biāo)．【規(guī)范解答】(1)復(fù)數(shù)eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1＋i,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i.∴復(fù)數(shù)對應(yīng)點的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2))).∴復(fù)數(shù)eq\f(i,1＋i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第一象限．故選A.(2)∵eq\f(1－2i,2＋i)＝eq\f(1－2i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(－5i,5)＝－i，其對應(yīng)的點為(0，－1)，故選A.【答案】(1)A(2)A[再練一題]3．(1)已知復(fù)數(shù)z對應(yīng)的向量如圖4-1所示，則復(fù)數(shù)z＋1所對應(yīng)的向量正確的是()圖4-1(2)若i為虛數(shù)單位，圖4-2中復(fù)平面內(nèi)點Z表示復(fù)數(shù)z，則表示復(fù)數(shù)eq\f(z,1＋i)的點是()圖4-2A．E B．FC．G D．H【解析】(1)由題圖知，z＝－2＋i，∴z＋1＝－2＋i＋1＝－1＋i，故z＋1對應(yīng)的向量應(yīng)為選項A.(2)由題圖可得z＝3＋i，所以eq\f(z,1＋i)＝eq\f(3＋i,1＋i)＝eq\f(3＋i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，則其在復(fù)平面上對應(yīng)的點為H(2，－1)．【答案】(1)A(2)D轉(zhuǎn)化與化歸思想一般設(shè)出復(fù)數(shù)z的代數(shù)形式，即z＝x＋yi(x，y∈R)，則涉及復(fù)數(shù)的分類、幾何意義、模的運算、四則運算、共軛復(fù)數(shù)等問題，都可以轉(zhuǎn)化為實數(shù)x，y應(yīng)滿足的條件，即復(fù)數(shù)問題實數(shù)化的思想是本章的主要思想方法．設(shè)z∈C，滿足z＋eq\f(1,z)∈R，z－eq\f(1,4)是純虛數(shù)，求z.【精彩點撥】本題關(guān)鍵是設(shè)出z代入題中條件進而求出z.【規(guī)范解答】設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則z＋eq\f(1,z)＝x＋yi＋eq\f(1,x＋yi)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x,x2＋y2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(y,x2＋y2)))i，∵z＋eq\f(1,z)∈R，∴y－eq\f(y,x2＋y2)＝0，解得y＝0或x2＋y2＝1，又∵z－eq\f(1,4)＝x＋yi－eq\f(1,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))＋yi是純虛數(shù)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)＝0，,y≠0，))∴x＝eq\f(1,4)，代入x2＋y2＝1中，求出y＝±eq\f(\r(15),4)，∴復(fù)數(shù)z＝eq\f(1,4)±eq\f(\r(15),4)i.[再練一題]4．滿足z＋eq\f(5,z)是實數(shù)，且z＋3的實部與虛部是相反數(shù)的虛數(shù)z是否存在？若存在，求出虛數(shù)z；若不存在，請說明理由．【解】設(shè)虛數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R，且y≠0)，則z＋eq\f(5,z)＝x＋yi＋eq\f(5,x＋yi)＝x＋eq\f(5x,x2＋y2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5y,x2＋y2)))i，z＋3＝x＋3＋yi.由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\f(5y,x2＋y2)＝0，,x＋3＝－y，))因為y≠0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝5，,x＋y＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－1.))所以存在虛數(shù)z＝－1－2i或z＝－2－i滿足題設(shè)條件．1．(2023·全國卷Ⅱ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z＋i＝3－i，則eq\x\to(z)＝()A．－1＋2i B．1－2iC．3＋2i D．3－2i【解析】由z＋i＝3－i得z＝3－2i，∴eq\x\to(z)＝3＋2i，故選C.【答案】C2．(2023·廣東高考)若復(fù)數(shù)z＝i(3－2i)(i是虛數(shù)單位)，則eq\x\to(z)＝()A．2－3i B．2＋3iC．3＋2i D．3－2i【解析】∵z＝i(3－2i)＝3i－2i2＝2＋3i，∴eq\x\to(z)＝2－3i.【答案】A3．(2023·山東高考)若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(\x\to(z),1－i)＝i，其中i為虛數(shù)單位，則z＝()A．1－i B．1＋iC．－1－i D．－1＋i【解析】由已知得eq\x\to(z)＝i(1－i)＝i＋1，則z＝1－i，故選A.【答案】A4．(2023·全國卷Ⅰ)設(shè)(1＋2i)(a＋i)的實部與虛部相等，其中a為實數(shù)，則a＝()A．－3 B．－2C．2 D．3【解析】(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(1＋2a)i，由題意知a－2＝1＋2a，解得【答案】A5．(2023·北京高考)復(fù)數(shù)eq\f(1＋2i,2－i)＝()A．i B．1＋iC．－i D．1－i【解析】eq\f(1＋2i,2－i)＝eq\f(1＋2i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(5i,5)＝i.【答案】A6．(2023·四川高考)設(shè)i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)(1＋i)2＝()A．0 B．2C．2i D．2＋2i【解析】(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i.【答案】C7．(2023·天津高考)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝2，則z的實部為________．【解析】因為(1＋i)z＝2，所以z＝eq\f(2,1＋i)＝1－i，所以其實部為1.【答案】18．(2023·江蘇高考)復(fù)數(shù)z＝(1＋2i)(3－i)，其中i為虛數(shù)單位，則z的實部是________．【解析】因為z＝(1＋2i)(3－i)＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，所以z的實部是5.【答案】5章末綜合測評(四)數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知a，b∈C，下列命題正確的是()A．3i<5i B．a(chǎn)＝0?|a|＝0C．若|a|＝|b|，則a＝±b D．a(chǎn)2≥0【解析】A選項中，虛數(shù)不能比較大?。籅選項正確；C選項中，當(dāng)a，b∈R時，結(jié)論成立，但在復(fù)數(shù)集中不一定成立，如|i|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))，但i≠－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i或eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i；D選項中，當(dāng)a∈R時結(jié)論成立，但在復(fù)數(shù)集中不一定成立，如i2＝－1<0.【答案】B2．i是虛數(shù)單位，則eq\f(i,1＋i)的虛部是()\f(1,2)i B．－eq\f(1,2)i\f(1,2) D．－eq\f(1,2)【解析】eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1＋i,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i.【答案】C\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋i)))＝()A．2eq\r(2) B．2\r(2) D．1【解析】由eq\f(2,1＋i)＝eq\f(21－i,1＋i1－i)＝eq\f(2－2i,2)＝1－i，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋i)))＝|1－i|＝eq\r(2).故選C.【答案】C\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù)．若z＋eq\x\to(z)＝2，(z－eq\x\to(z))i＝2(i為虛數(shù)單位)，則z＝()A．1＋i B．－1－iC．－1＋i D．1－i【解析】法一：設(shè)z＝a＋bi，a，b為實數(shù)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，∵z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2a＝2，∴a＝1.又(z－eq\o(z,\s\up6(－)))i＝2bi2＝－2b＝2，∴b＝－1.故z＝1－i.法二：∵(z－eq\o(z,\s\up6(－)))i＝2，∴z－eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(2,i)＝－2i.又z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2，∴(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＋(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＝－2i＋2，∴2z＝－2i＋2，∴z＝1－i.【答案】D5．復(fù)數(shù)eq\f(i,1－i)的共軛復(fù)數(shù)為()A．－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i \f(1,2)＋eq\f(1,2)i\f(1,2)－eq\f(1,2)i D．－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i【解析】∵eq\f(i,1－i)＝eq\f(i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(－1＋i,2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴其共軛復(fù)數(shù)為－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i.故選D.【答案】D6．下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)的四個命題：p1：|z|＝2；p2：z2＝2i；p3：z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i；p4：z的虛部為－1.其中的真命題為()A．p2，p3 B．p1，p2C．p2，p4 D．p3，p4【解析】∵z＝eq\f(2,－1＋i)＝－1－i，∴|z|＝eq\r(－12＋－12)＝eq\r(2)，∴p1是假命題；∵z2＝(－1－i)2＝2i，∴p2是真命題；∵eq\x\to(z)＝－1＋i，∴p3是假命題；∵z的虛部為－1，∴p4是真命題．其中的真命題為p2，p4.【答案】C7．復(fù)平面上平行四邊形ABCD的四個頂點中，A，B，C所對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為2＋3i,3＋2i，－2－3i，則D點對應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．－2＋3i B．－3－2iC．2－3i D．3－2i【解析】設(shè)D(x，y)，由平行四邊形對角線互相平分得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2＋－2,2)＝\f(3＋x,2)，,\f(3＋－3,2)＝\f(2＋y,2)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－2，))∴D(－3，－2)，∴對應(yīng)復(fù)數(shù)為－3－2i.【答案】B8．若復(fù)數(shù)(a2－a－2)＋(|a－1|－1)i(a∈R)不是純虛數(shù)，則()A．a(chǎn)＝－1 B．a(chǎn)≠－1且a≠2C．a(chǎn)≠－1 D．a(chǎn)≠2【解析】要使復(fù)數(shù)不是純虛數(shù)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a－2≠0，,|a－1|－1≠0，))解得a≠－1.【答案】C9．若a，b∈R，則復(fù)數(shù)(a2－6a＋10)＋(－b2＋4b－5)i對應(yīng)的點在()【導(dǎo)學(xué)號：67720237A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【解析】復(fù)數(shù)對應(yīng)點的坐標(biāo)為(a2－6a＋10，－b2＋4b又∵a2－6a＋10＝(a－3)2－b2＋4b－5＝－(b－2)2－1<0.∴復(fù)數(shù)對應(yīng)的點在第四象限．故選D.【答案】D10．如果復(fù)數(shù)z＝3＋ai滿足條件|z－2|<2，那么實數(shù)a的取值范圍是()A．(－2eq\r(2)，2eq\r(2)) B．(－2,2)C．(－1,1) D．(－eq\r(3)，eq\r(3))【解析】因為|z－2|＝|3＋ai－2|＝|1＋ai|＝eq\r(1＋a2)<2，所以a2＋1<4，所以a2<3，即－eq\r(3)<a<eq\r(3).【答案】D11．若1＋eq\r(2)i是關(guān)于x的實系數(shù)方程x2＋bx＋c＝0的一個復(fù)數(shù)根，則()A．b＝2，c＝3 B．b＝－2，c＝3C．b＝－2，c＝－1 D．b＝2，c＝－1【解析】因為1＋eq\r(2)i是實系數(shù)方程的一個復(fù)數(shù)根，所以1－eq\r(2)i也是方程的根，則1＋eq\r(2)i＋1－eq\r(2)i＝2＝－b，(1＋eq\r(2)i)(1－eq\r(2)i)＝3＝c，解得b＝－2，c＝3.【答案】B12．設(shè)z是復(fù)數(shù)，則下列命題中的假命題是()A．若z2≥0，則z是實數(shù)B．若z2<0，則z是虛數(shù)C．若z是虛數(shù)，則z2≥0D．若z是純虛數(shù)，則z2<0【解析】設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，選項A，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi≥0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝0，,a2≥b2，))故b＝0或a，b都為0，即z為實數(shù)，正確．選項B，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi<0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝0，,a2<b2，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b≠0，))故z一定為虛數(shù)，正確．選項C，若z為虛數(shù)，則b≠0，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，由于a的值不確定，故z2無法與0比較大小，錯誤．選項D，若z為純虛數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b≠0，))則z2＝－b2<0，正確．【答案】C二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將答案填在題中的橫線上)13．(2023·重慶高考)設(shè)復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)的模為eq\r(3)，則(a＋bi)(a－bi)＝________.【解析】∵|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(3)，∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3.【答案】314．a(chǎn)為正實數(shù)，i為虛數(shù)單位，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋i,i)))＝2，則a＝__________.【解析】eq\f(a＋i,i)＝eq\f(a＋i·－i,i·－i)＝1－ai，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋i,i)))＝|1－ai|＝eq\r(a2＋1)＝2，所以a2＝3.又a為正實數(shù)，所以a＝eq\r(3).【答案】eq\r(3)15．設(shè)a，b∈R，a＋bi＝eq\f(11－7i,1－2i)(i為虛數(shù)單位)，則a＋b的值為__________．【解析】a＋bi＝eq\f(11－7i,1－2i)＝eq\f(11－7i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(25＋15i,5)＝5＋3i，依據(jù)復(fù)數(shù)相等的充要條件可得a＝5，b＝3.從而a＋b＝8.【答案】816．若復(fù)數(shù)z滿足|z－i|≤eq\r(2)(i為虛數(shù)單位)，則z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的圖形的面積為________．【解析】設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則由|z－i|≤eq\r(2)可得eq\r(x2＋y－12)≤eq\r(2)，即x2＋(y－1)2≤2，它表示以點(0,1)為圓心，eq\r(2)為半徑的圓及其內(nèi)部，所以z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的圖形的面積為2π.【答案】2π三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)計算：(1)(eq\r(2)＋eq\r(2)i)2(4＋5i)；(2)eq\f(2＋2i,1－i2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1＋i)))2016.【解】(1)(eq\r(2)＋eq\r(2)i)2(4＋5i)＝2(1＋i)2(4＋5i)＝4i(4＋5i)＝－20＋16i.(2)eq\f(2＋2i,1－i2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1＋i)))2023＝eq\f(2＋2i,－2i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2i)))1008＝i(1＋i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,i)))1008＝－1＋i＋(－i)1008＝－1＋i＋1＝i.18．(本小題滿分12分)已知關(guān)于x，y的方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＋i＝y(tǒng)－3－yi，①,2x＋ay－4x－y＋bi＝9－8i，②))有實數(shù)解，求實數(shù)a，b的值．【解】由①得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝y(tǒng)，,y－3＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝4，))將x，y代入②得(5＋4a)－(6＋b所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5＋4a＝9，,－6＋b＝－8，))所以a＝1，b＝2.19．(本小題滿分12分)實數(shù)k為何值時，復(fù)數(shù)z＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i是：(1)實數(shù)；(2)虛數(shù)；(3)純虛數(shù)；(4)0.【解】(1)當(dāng)k2－5k－6＝0，即k＝6或k＝－1時，z是實數(shù)．(2)當(dāng)k2－5k－6≠0，即k≠6且k≠－1時，z是虛數(shù)．(3)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－3k－4＝0，,k2－5k－6≠0，))即k＝4時，z是純虛數(shù)．(4)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－3k－4＝0，,k2－5k－6＝0，))即k＝－1時，z是0.20．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z滿足|z|＝eq\r(2)，z2的虛部是2.(1)求復(fù)數(shù)z；(2)設(shè)z，z2，z－z2在復(fù)平面上的對應(yīng)點分別為A，B，C，求△ABC的面積．【解】(1)設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z2＝a2－b2＋2abi，由題意得a2＋b2＝2且2ab＝2，解得a＝b＝1或a＝b＝－1，所以z＝1＋i或z＝－1－i.(2)當(dāng)z＝1＋i時，z2＝2i，z－z2＝1－i，所以A(1,1)，B(0,2)，C(1，－1)，所以S△ABC＝1.當(dāng)z＝－1－i時，z2＝2i，z－z2＝－1－3i，所以A(－1，－1)，B(0,2)，C(－1，－3)，所以S△ABC＝1.21．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z1＝eq\r(5)i，z2＝eq\r(2)－eq\r(3)i，z3＝2－i，z4＝－eq\r(5)在復(fù)平面上對應(yīng)的點分別是A，B，C，D.【導(dǎo)學(xué)號：67720238】(1)求證：A，B，C，D四點共圓；(2)已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(AP,\s\up6(→))，求點P對應(yīng)的復(fù)數(shù)．【解】(1)證明：∵|z1|＝|z2|＝|z3|＝|z4|＝eq\r(5)，即|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|，∴A，B，C，D四點都在圓x2＋y2＝5上，即A，B，C，D四點共圓．(2)∵A(0，eq\r(5))，B(eq\r(2)，－eq\r(3))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(3)－eq\r(5))．設(shè)P(x，y)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，y－eq\r(5))，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝2eq\o(AP,\s\up6(→))，那么(eq\r(2)，－eq\r(3)－eq\r(5))＝(2x,2y－2eq\r(5))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)＝2x，,－\r(3)－\r(5)＝2y－2\r(5)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(5)－\r(3),2)，))∴點P對應(yīng)的復(fù)數(shù)為eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(5)－\r(3),2)i.22．(本小題滿分12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點，已知向量Oeq\o(Z,\s\up6(→))1，Oeq\o(Z,\s\up6(→))2分別對應(yīng)復(fù)數(shù)z1，z2，且z1＝eq\f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq\f(2,1－a)＋(2a－5)i，a∈R.若eq\x\to(z)1＋z2可以與任意實數(shù)比較大小，求Oeq\o(Z,\s\up6(→))1·Oeq\o(Z,\s\up6(→))2的值．【解】由題意，得eq\x\to(z)1＝eq\f(3,a＋5)－(10－a2)i，則eq\x\to(z)1＋z2＝eq\f(3,a＋5)－(10－a2)i＋eq\f(2,1－a)＋(2a－5)i＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a＋5)＋\f(2,1－a)))＋(a2＋2a－15)i.因為eq\x\to(z)1＋z2可以與任意實數(shù)比較大小，所以eq\x\to(z)1＋z2是實數(shù)，所以a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a又因為a＋5≠0，所以a＝3，所以z1＝eq\f(3,8)＋i，z2＝－1＋i.所以O(shè)eq\o(Z,\s\up6(→))1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，1))，Oeq\o(Z,\s\up6(→))2＝(－1,1)．所以O(shè)eq\o(Z,\s\up6(→))1·Oeq\o(Z,\s\up6(→))2＝eq\f(3,8)×(－1)＋1×1＝eq\f(5,8).模塊綜合測評(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2023·湖北高考)i為虛數(shù)單位，i607的共軛復(fù)數(shù)為()A．i B．－iC．1 D．－1【解析】因為i607＝i4×151＋3＝i3＝－i，所以其共軛復(fù)數(shù)為i，故選A.【答案】A2．根據(jù)二分法求方程x2－2＝0的根得到的程序框圖可稱為()A．工序流程圖 B．程序流程圖C．知識結(jié)構(gòu)圖 D．組織結(jié)構(gòu)圖【解析】由于該框圖是動態(tài)的且可以通過計算機來完成，故該程序框圖稱為程序流程圖．【答案】B3．下列框圖中，可作為流程圖的是()\x(整數(shù)指數(shù)冪)→eq\x(有理指數(shù)冪)→eq\x(無理指數(shù)冪)\x(隨機事件)→eq\x(頻率)→eq\x(概率)\x(入庫)→eq\x(找書)→eq\x(閱覽)→eq\x(借書)→eq\x(出庫)→eq\x(還書)\x(推理)eq\x(圖像與性質(zhì))eq\x(定義)【解析】流程圖具有動態(tài)特征，只有答案C符合．【答案】C4．(2023·安慶高二檢測)用反證法證明命題“a，b∈N，如果ab可被5整除”，那么a，b至少有一個能被5整除．則假設(shè)的內(nèi)容是()A．a(chǎn)，b都能被5整除B．a(chǎn)，b都不能被5整除C．a(chǎn)不能被5整除D．a(chǎn)，b有一個不能被5整除【解析】“至少有一個”的否定為“一個也沒有”，故應(yīng)假設(shè)“a，b都不能被5整除”．【答案】B5．有一段演繹推理是這樣的“有些有理數(shù)是真分數(shù)，整數(shù)是有理數(shù)，則整數(shù)是真分數(shù)”結(jié)論顯然是錯誤的，是因為()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．非以上錯誤【解析】一般的演繹推理是三段論推理：大前提——已知的一般原理；小前提——所研究的特殊情況；結(jié)論——根據(jù)一般原理對特殊情況作出的判斷．此題的推理不符合上述特征，故選C.【答案】C6．(2023·安徽高考)設(shè)i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)eq\f(2i,1－i)在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【解析】eq\f(2i,1－i)＝eq\f(2i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(2i－1,2)＝－1＋i，由復(fù)數(shù)的幾何意義知－1＋i在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點為(－1,1)，該點位于第二象限，故選B.【答案】B7．考察棉花種子是否經(jīng)過處理跟生病之間的關(guān)系得到如表數(shù)據(jù)：種子處理種子未處理總計得病32101133不得病61213274總計93314407根據(jù)以上數(shù)據(jù)，則()A．種子經(jīng)過處理跟是否生病有關(guān)B．種子經(jīng)過處理跟是否生病無關(guān)C．種子是否經(jīng)過處理決定是否生病D．以上都是錯誤的【解析】計算eq\f(32,93)與eq\f(101,314)可知相差很小，故選B.【答案】B8．給出下面類比推理：①“若2a<2b，則a<b”類比推出“若a2<b2，則a<b”②“(a＋b)c＝ac＋bc(c≠0)”類比推出“eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)(c≠0)”；③“a，b∈R，若a－b＝0，則a＝b”類比推出“a，b∈C，若a－b＝0，則a＝b”；④“a，b∈R，若a－b>0，則a>b”類比推出“a，b∈C，若a－b>0，則a>b(C為復(fù)數(shù)集)”．其中結(jié)論正確的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4【解析】①顯然是錯誤的；因為復(fù)數(shù)不能比較大小，所以④錯誤，②③正確，故選B.【答案】B9．(2023·全國卷Ⅰ)執(zhí)行下面的程序框圖1，如果輸入的t＝，則輸出的n＝()圖1A．5 B．6C．7 D．8【解析】逐次運行程序，直至輸出n.運行第一次：S＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)＝，m＝，n＝1，S>；運行第二次：S＝－＝，m＝，n＝2，S>；運行第三次：S＝－＝，m＝5，n＝3，S>；運行第四次：S＝－5＝5，m＝25，n＝4，S>；運行第五次：S＝25，m＝625，n＝5，S>；運行第六次：S＝625，m＝8125，n＝6，S>；運行第七次：S＝8125，m＝90625，n＝7，S<.輸出n＝7.故選C.【答案】C10．已知a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an，則a33為()A．3 B．－3C．6 D．－6【解析】a1＝3，a2＝6，a3＝a2－a1＝3，a4＝a3－a2＝－3，a5＝a4－a3＝－6，a6＝a5－a4＝－3，a7＝a6－a5＝3，a8＝a7－a6＝6，…，觀察可知{an}是周期為6的周期數(shù)列，故a33＝a3＝3.【答案】A11．(2023·大同高二檢測)設(shè)a，b，c均為正實數(shù)，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，則“PQR>0”是“P，Q，R同時大于0”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】必要性顯然成立；PQR>0，包括P，Q，R同時大于0，或其中兩個為負兩種情況．假設(shè)P<0，Q<0，則P＋Q＝2b<0，這與b為正實數(shù)矛盾．同理當(dāng)P，R同時小于0或Q，R同時小于0的情況亦得出矛盾，故P，Q，R同時大于0，所以選C.【答案】C12．有人收集了春節(jié)期間平均氣溫x與某取暖商品銷售額y的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：平均氣溫/℃－2－3－5－6銷售額/萬元20232730根據(jù)以上數(shù)據(jù)，用線性回歸的方法，求得銷售額y與平均氣溫x之間線性回歸方程y＝bx＋a的系數(shù)b＝－，則預(yù)測平均氣溫為－8℃A．萬元 B．萬元C．萬元 D．萬元【解析】eq\x\to(x)＝eq\f(－2－3－5－6,4)＝－4，eq\x\to(y)＝eq\f(20＋23＋27＋30,4)＝25，所以這組數(shù)據(jù)的樣本中心點是(－4,25)．因為b＝－，把樣本中心點代入線性回歸方程得a＝，所以線性回歸方程為y＝－＋.當(dāng)x＝－8時，y＝.故選A.【答案】A二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將答案填在題中的橫線上)13．已知復(fù)數(shù)z＝m2(1＋i)－m(m＋i)(m∈R)，若z是實數(shù)，則m的值為________．【解析】z＝m2＋m2i－m2－mi＝(m2－m)i，∴m2－m＝0，∴m＝0或1.【答案】0或114．在平面幾何中，△ABC的∠C內(nèi)角平分線CE分AB所成線段的比|AE|∶|EB|＝|AC|∶|CB|(如圖2①)，把這個結(jié)論類比到空間，如圖2②，在三棱錐ABCD中，平面CDE平分二面角ACDB且與AB相交于E，結(jié)論是__________________．圖2【解析】依平面圖形與空間圖形的相關(guān)元素類比，線段之比類比面積之比．【答案】S△ACD∶S△BCD＝AE2∶EB215．(2023·山東高考)執(zhí)行下邊的程序框圖3，若輸入的x的值為1，則輸出的y的值是________．圖3【解析】當(dāng)x＝1時，1<2，則x＝1＋1＝2；當(dāng)x＝2時，不滿足x<2，則y＝3×22＋1＝13.【答案】1316．(2023·江西吉安高二檢測)已知等差數(shù)列{an}中，有eq\f(a11＋a12＋…＋a20,10)＝eq\f(a1＋a2＋…＋a30,30)，則在等比數(shù)列{bn}中，會有類似的結(jié)論________.【導(dǎo)學(xué)號：67720239】【解析】由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，b1b30＝b2b29＝…＝b11b20，∴eq\r(10,b11b12…b20)＝eq\r(30,b1b2…b30).【答案】eq\r(10,b11b12…b20)＝eq\r(30,b1b2…b30)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(2023·哈爾濱高二檢測)設(shè)z＝eq\f(1－4i1＋i＋2＋4i,3＋4i)，求|z|.【解】z＝eq\f(1＋i－4i＋4＋2＋4i,3＋4i)＝eq\f(7＋i,3＋4i)，∴|z|＝eq\f(|7＋i|,|3＋4i|)＝eq\f(5\r(2),5)＝eq\r(2).18．(本小題滿分12分)給出如下列聯(lián)表：患心臟病患其他病總計高血壓201030不高血壓305080總計5060110由以上數(shù)據(jù)判斷高血壓與患心臟病之間在多大程度上有關(guān)系？(參考數(shù)據(jù)：P(χ2≥＝，P(χ2≥＝【解】由列聯(lián)表中數(shù)據(jù)可得χ2＝eq\f(110×20×50－10×302,30×80×50×60)≈.又P(χ2≥＝，所以在犯錯誤的概率不超過的前提下，認為高血壓與患心臟病有關(guān)系．19．(本小題滿分12分)已知a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，求證：ax＋by≤1(分別用綜合法、分析法證明)．【證明】綜合法：∵2ax≤a2＋x2,2by≤b2＋y2，∴2(ax＋by)≤(a2＋b2)＋(x2＋y2)．又∵a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，∴2(ax＋by)≤2，∴ax＋by≤1.分析法：要證ax＋by≤1成立，只要證1－(ax＋by)≥0，只要證2－2ax－2by≥0，又∵a2＋b2＝1，x2＋y2＝1，∴只要證a2＋b2＋x2＋y2－2ax－2by≥0，即證(a－x)2＋(