浙江专版2018年高中数学课时跟踪检测十五复数代数形式的乘除运算新人教A版选修2_2

(浙江专版)2018年高中数学课时跟踪检测(十三)空间向量的数乘运算新人教A版选修2-1

课时跟踪检测（十三）空间向量的数乘运算层级一学业水平达标1．已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，有OM＝x OA＋错误!OB＋错误! OC，则x的值为（）A．1 B．0C．3 D。

错误!解析：选 D ∵OM＝x OA＋错误!OB＋错误!OC，且M，A,B，C四点共面，∴x＋错误!＋错误!＝1,x＝错误!。

2．已知空间向量a，b，且AB＝a＋2b，BC＝－5a＋6b，CD＝7a－2b，则一定共线的三点是（）A．A，B，D B．A，B，CC．B，C,D D．A，C，D解析：选A ∵BD＝BC＋CD＝2a＋4b＝2AB,∴A，B，D三点共线．3．若空间中任意四点O,A，B，P满足OP＝m OA＋n OB，其中m＋n＝1，则( )A．P∈AB B．P∉ABC．点P可能在直线AB上 D．以上都不对解析：选A 因为m＋n＝1,所以m＝1－n，所以OP＝(1－n）OA＋n OB,即OP－OA＝n（OB－OA）,即AP＝n AB，所以AP与AB共线．又AP,AB有公共起点A，所以P，A，B三点在同一直线上，即P∈AB。

4．在下列条件中,使M与A,B，C一定共面的是（)A．OM＝3OA－2OB－OCB．OM＋OA＋OB＋OC＝0C．MA＋MB＋MC＝0D．OM＝错误!OB－OA＋错误!OC解析：选C ∵MA＋MB＋MC＝0，∴MA＝－MB－MC，∴M与A，B，C必共面．5．已知正方体ABCD。

A1B1C1D1中，A E1＝错误!A C11，若AE＝x AA1＋y(AB＋AD)，则( ）A．x＝1，y＝错误! B．x＝错误!，y＝1 C．x＝1，y＝错误! D．x＝1,y＝错误!解析：选 D 因为AE＝AA1＋A E1＝AA1＋错误!A C11＝AA1＋错误!（AB＋AD），所以x＝1，y＝错误!。

6．化简：错误!（a＋2b－3c)＋5错误!－3(a－2b＋c）＝________.解析:原式＝错误!a＋b－错误!c＋错误!a－错误!b＋错误!c－3a＋6b－3c＝错误!a＋错误!b＋错误!c＝错误!a＋错误!b－错误!c。

浙江专版2018年高中数学课时跟踪检测十反证法新人教A版

课时跟踪检测（十）反证法层级一学业水平达标1．用反证法证明命题：“若直线AB，CD是异面直线，则直线AC，BD也是异面直线”的过程归纳为以下三个步骤：①则A，B，C，D四点共面，所以AB，CD共面，这与AB，CD是异面直线矛盾；②所以假设错误，即直线AC，BD也是异面直线；③假设直线AC，BD是共面直线．则正确的序号顺序为( )A．①②③B．③①②C．①③② D．②③①解析：选B 根据反证法的三个基本步骤“反设—归谬—结论”可知顺序应为③①②.2．用反证法证明命题“如果a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为( )A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除C．a，b不都能被5整除D．a不能被5整除解析：选B “至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”，故选B.3．用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，反设正确的是( ) A．三个内角中至少有一个钝角B．三个内角中至少有两个钝角C．三个内角都不是钝角D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角解析：选 B “至多有一个”即要么一个都没有，要么有一个，故反设为“至少有两个”．4．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b的位置关系为( ) A．一定是异面直线 B．一定是相交直线C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线解析：选C 假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不可能是平行直线，故应选C.5．已知a，b，c，d为实数，且c＞d，则“a＞b”是“a－c＞b－d”的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选B ∵c＞d，∴－c＜－d，a＞b，∴a－c与b－d的大小无法比较．可采用反证法，当a－c＞b－d成立时，假设a≤b，∵－c＜－d，∴a－c＜b－d，与题设矛盾，∴a ＞b.综上可知，“a＞b”是“a－c＞b－d”的必要不充分条件．6．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设是________．答案：自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数7．命题“a，b∈R，若|a－1|＋|b－1|＝0，则a＝b＝1”用反证法证明时应假设为________．解析：“a＝b＝1”的反面是“a≠1或b≠1”，所以设为a≠1或b≠1.答案：a≠1或b≠18．和两条异面直线AB，CD都相交的两条直线AC，BD的位置关系是____________．解析：假设AC与BD共面于平面α，则A，C，B，D都在平面α内，∴AB⊂α，CD⊂α，这与AB，CD异面相矛盾，故AC与BD异面．答案：异面9．求证：1，3，2不能为同一等差数列的三项．证明：假设1，3，2是某一等差数列的三项，设这一等差数列的公差为d，则1＝3－md,2＝3＋nd，其中m，n为两个正整数，由上面两式消去d，得n＋2m＝3(n＋m)．因为n＋2m为有理数，而3(n＋m)为无理数，所以n＋2m≠3(n＋m)，矛盾，因此假设不成立，即1，3，2不能为同一等差数列的三项．10．已知函数f(x)在R上是增函数，a，b∈R.(1)求证：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；(2)判断(1)中的命题的逆命题是否成立？并证明你的结论．解：(1)证明：当a＋b≥0时，a≥－b且b≥－a.∵f(x)在R上是增函数，∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．(2)(1)中命题的逆命题为“如果f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，那么a＋b≥0”，此命题成立．用反证法证明如下：假设a＋b＜0，则a＜－b，∴f(a)＜f(－b)．同理可得f(b)＜f(－a)．∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，这与f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)矛盾，故假设不成立，∴a ＋b ≥0成立，即(1)中命题的逆命题成立．层级二应试能力达标1．用反证法证明命题“关于x 的方程ax ＝b (a ≠0)有且只有一个解”时，反设是关于x 的方程ax ＝b (a ≠0)( )A ．无解B ．有两解C ．至少有两解D ．无解或至少有两解解析：选D “唯一”的否定是“至少两解或无解”．2．下列四个命题中错误的是( )A ．在△ABC 中，若∠A ＝90°，则∠B 一定是锐角 B.17，13，11不可能成等差数列C ．在△ABC 中，若a ＞b ＞c ，则∠C ＞60°D ．若n 为整数且n 2为偶数，则n 是偶数解析：选C 显然A 、B 、D 命题均真，C 项中若a ＞b ＞c ，则∠A ＞∠B ＞∠C ，若∠C ＞60°，则∠A ＞60°，∠B ＞60°，∴∠A ＋∠B ＋∠C ＞180°与∠A ＋∠B ＋∠C ＝180°矛盾，故选C.3．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2解析：选C 假设都大于－2，则a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a ＞－6，但⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≤－2＋(－2)＋(－2)＝－6，矛盾． 4．若△ABC 能被一条直线分成两个与自身相似的三角形，那么这个三角形的形状是( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．不能确定解析：选B 分△ABC 的直线只能过一个顶点且与对边相交，如直线AD (点D 在BC 上)，则∠ADB ＋∠ADC ＝π，若∠ADB 为钝角，则∠ADC 为锐角．而∠ADC ＞∠BAD ，∠ADC ＞∠ABD ，△ABD 与△ACD 不可能相似，与已知不符，只有当∠ADB ＝∠ADC ＝∠BAC ＝π2时，才符合题意． 5．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是________________．解析：至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．答案：方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根6．完成反证法证题的全过程．设a 1，a 2，…，a 7是1,2，…，7的一个排列，求证：乘积p ＝(a 1－1)(a 2－2)…(a 7－7)为偶数．证明：假设p 为奇数，则a 1－1，a 2－2，…，a 7－7均为奇数．因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数＝________＝________＝0.但0≠奇数，这一矛盾说明p 为偶数．解析：据题目要求及解题步骤，∵a 1－1，a 2－2，…，a 7－7均为奇数，∴(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)也为奇数．即(a 1＋a 2＋…＋a 7)－(1＋2＋…＋7)为奇数．又∵a 1，a 2，…，a 7是1,2，…，7的一个排列，∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝1＋2＋…＋7，故上式为0，所以奇数＝(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)＝(a 1＋a 2＋…＋a 7)－(1＋2＋…＋7)＝0.答案：(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)(a 1＋a 2＋...＋a 7)－(1＋2＋ (7)7．设x ，y 都是正数，且x ＋y ＞2，试用反证法证明：1＋x y ＜2和1＋y x ＜2中至少有一个成立．证明：假设1＋x y ＜2和1＋y x＜2都不成立，即1＋x y ≥2，1＋y x≥2. 又∵x ，y 都是正数，∴1＋x ≥2y,1＋y ≥2x .两式相加得到2＋(x ＋y )≥2(x ＋y )，∴x ＋y ≤2.与已知x ＋y ＞2矛盾，所以假设不成立，所以1＋x y ＜2和1＋y x＜2中至少有一个成立．8．已知数列{a n }满足：a 1＝12，＋a n ＋11－a n ＝＋a n 1－a n ＋1，a n a n ＋1＜0(n ≥1)；数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．解：(1)由题意可知，1－a 2n ＋1＝23(1－a 2n )．令c n ＝1－a 2n ，则c n ＋1＝23c n . 又c 1＝1－a 21＝34，则数列{c n }是首项为c 1＝34，公比为23的等比数列，即c n ＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，故1－a 2n ＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1⇒a 2n ＝1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. 又a 1＝12＞0，a n a n ＋1＜0，故a n ＝(－1)n －11－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. b n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. (2)用反证法证明．假设数列{b n }存在三项b r ，b s ，b t (r ＜s ＜t )按某种顺序成等差数列，由于数列{b n }是首项为14，公比为23的等比数列，于是有b r ＞b s ＞b t ，则只可能有2b s ＝b r ＋b t 成立． ∴2·14·⎝ ⎛⎭⎪⎫23s －1＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫23r －1＋14·⎝ ⎛⎭⎪⎫23t －1，两边同乘以3t －121－r ，化简得3t －r ＋2t －r ＝2·2s －r 3t －s .由于r ＜s ＜t ，∴上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾．故数列{b n }中任意三项不可能成等差数列．。

高中数学(人教版选修1-2)课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算 Word版含答案

课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算一、选择题．(全国乙卷)设(＋)(＋)的实部与虚部相等，其中为实数，则＝( )．－．－．．解析：选由题意知(＋)(＋)＝－＋(＋)，则－＝＋，解得＝－，故选.．已知复数＝－，则＝()．－．．－．解析：选法一：因为＝－，所以＝＝＝－.法二：由已知得－＝－，而＝＝＝＝－.．若为虚数单位，如图中复平面内点表示复数，则表示复数的点是()．．．．解析：选由题图可得＝＋，所以＝＝＝＝－，则其在复平面上对应的点为(，－)．．(山东高考)若复数满足＋＝－，其中为虚数单位，则＝( )．＋．－．－＋．－－解析：选法一设＝＋(，∈)，则＋＝＋＋－＝＋＝－.由复数相等的定义，得＝，＝－，解得＝，＝－，∴＝－.法二由已知条件＋＝－①，得＋＝＋②，解①②组成的关于，的方程组，得＝－.故选.．已知复数＝，是的共轭复数，则·等于()．．解析：选∵＝＝＝＝＝＝－＋，∴＝－－，∴·＝.二、填空题．若＝－，则＋＝.解析：＝＝－.＋＝(－)＋(－)＝(－)·(－)＋(－)·(－)＝－＋.答案：－＋．设，为实数，且＋＝，则＋＝.解析：＋＝＋＝＋，而＝＝＋，所以＋＝且＋＝，解得＝－，＝，所以＋＝.答案：．设＝－(其中表示的共轭复数)，已知的实部是－，则的虚部为．解析：设＝＋(，∈)，则＝－＝＋－(－)＝(－)－(－).因为的实部是－，即－＝－，所以的虚部为.答案：三、解答题．计算：()；().解：()＝＝＝＝＋.()＝＝＝＝－－.。

2018版高考数学(人教A版理科)一轮复习课时跟踪检测15Word版含答案

课时跟踪检测(十五)1．方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0答案：C解析：设f (x )＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f (1)＝－6＜0，极小值为f (3)＝－10＜0，所以方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根有1个．2．若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞) D ．(－1，＋∞)答案：D解析：∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞)．3．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A ．3B ．4C ．6D ．5答案：A解析：设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A.4．若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A ．e x2－e x1＞ln x 2－ln x 1 B ．e x2－e x1＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1＞x 1e x2 D ．x 2e x1＜x 1e x2 答案：C解析：令f (x )＝exx，则f ′(x )＝xx －x ′·e x x 2＝e x x －x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2＜1，∴f (x 2)＜f (x 1)，即e x2x 2＜e x1x 1，∴x 2e x 1＞x 1ex2，故选C.5．已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，若f (x 1)＜f (x 2)，则( )A ．x 1＞x 2B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1＜x 2D ．x 21＜x 22答案：D解析：因为f (－x )＝－x ⎝⎛⎭⎪⎫e －x－1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数，由f (x 1)＜f (x 2)，得f (|x 1|)＜f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x －1e x ＋x ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋1e x ＝e 2x x ＋＋x －1ex.当x ≥0时，e 2x(x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，则f ′(x )≥0，所以f (x )在对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－3x 2＋12，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝( )A ．100B ．50C ．992D ．0答案：D解析：依题意得，g ′(x )＝6x 2－6x ，g ″(x )＝12x －6，令g ″(x )＝0得x ＝12，因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，所以函数g (x )的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，则g (1－x )＋g (x )＝0.因为1100＋99100＝2100＋98100＝…＝49100＋51100＝50100×2＝1，所以g ⎝⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝0.故选D.7．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________．答案：时，不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0,1]，g ′(x )＝3x 3－x －x 2x 6＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x4. 由g ′(x )＝0得x ＝12，当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表.当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，x >－1且x ≠0时，总有g (x )<1.11．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线 y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a 的值；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解：f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．1．已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＜0，不等式x 2＋(m ＋2)x ＞f ′(x )恒成立，求m 的取值范围．解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x＋x 2，则f ′(x )＝x (2－e x)，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜ln 2；由f ′(x )＜0，得x ＜0或x ＞ln 2.故函数f (x )的单调递增区间为(0，ln 2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．(2)依题意，f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋2m ＜x 2＋(m ＋2)x ，x ＜0，因为x ＜0，所以m e x－x －m ＞0，令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x－1，当m ≤1时，h ′(x )≤e x－1＜0，则h (x )在(－∞，0)上单调递减，所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意；当m ＞1时，h (x )在(－∞，－ln m )上单调递减，在(－ln m,0)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－ln m )＜h (0)＝0，不合题意．综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．2．函数f (x )＝(ax 2＋x )e x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)当a ＞0时，解不等式f (x )≤0；(2)当a ＝0时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在上有解．解：(1)因为e x＞0，所以不等式f (x )≤0即为ax 2＋x ≤0.又因为a ＞0，所以不等式可化为x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ≤0，所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a，0.(2)当a ＝0时，方程即为x e x＝x ＋2，由于e x＞0，所以x ＝0不是方程的解，所以原方程等价于e x－2x－1＝0.令h (x )＝e x－2x－1，因为h ′(x )＝e x＋2x2＞0对于x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h (x )在(－∞，0)和(0，＋∞)上是单调递增函数，又h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－2＞0，h (－3)＝e －3－13＜0，h (－2)＝e －2＞0，所以方程f (x )＝x ＋2有且只有两个实数根，且分别在区间和上，所以整数t 的所有值为{－3,1}．3．某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于点P ，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．解：(1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b ，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2.设在点P 处的切线l 交x 轴、y 轴分别于A ，B 两点，y ′＝－2 000x3，则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22＝32 t 2＋4×106t4，t ∈．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5,102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数；当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数．从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值，所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米．。

高中数学人教A版选修22：课时跟踪检测(二十一) 复数代数形式的乘除运算 Word版含解析

课时跟踪检测（二十一）复数代数形式的乘除运算层级一学业水平达标1．复数(1＋i)2(2＋3i)的值为( )A ．6－4iB ．－6－4iC ．6＋4iD ．－6＋4i解析：选D (1＋i)2(2＋3i)＝2i(2＋3i)＝－6＋4i.2．(全国卷Ⅰ)已知复数z 满足(z －1)i ＝1＋i ，则z ＝( )A ．－2－iB ．－2＋iC ．2－iD ．2＋i解析：选C z －1＝1＋i i＝1－i ，所以z ＝2－i ，故选C. 3．(广东高考)若复数z ＝i(3－2i)(i 是虚数单位)，则z ＝( )A ．2－3iB ．2＋3iC ．3＋2iD ．3－2i解析：选A ∵z ＝i(3－2i)＝3i －2i 2＝2＋3i ，∴z ＝2－3i.4．(1＋i)20－(1－i)20的值是( )A ．－1 024B ．1 024C ．0D ．512解析：选C (1＋i)20－(1－i)20＝[(1＋i)2]10－[(1－i)2]10＝(2i)10－(－2i)10＝(2i)10－(2i)10＝0.5．(全国卷Ⅱ)若a 为实数，且2＋a i 1＋i＝3＋i ，则a ＝( ) A ．－4B ．－3C ．3D ．4 解析：选D 2＋a i 1＋i ＝(2＋a i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝a ＋22＋a －22i ＝3＋i ，所以⎩⎨⎧a ＋22＝3，a －22＝1，解得a ＝4，故选D.6．(天津高考)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a ，则a b的值为________．解析：因为(1＋i)(1－b i)＝1＋b ＋(1－b )i ＝a ，又a ，b ∈R ，所以1＋b ＝a 且1－b ＝0，得a ＝2，b ＝1，所以a b＝2. 答案：27．设复数z ＝1＋2i ，则z 2－2z ＝________.解析：∵z ＝1＋2i ，∴z 2－2z ＝z (z －2)＝(1＋2i)(1＋2i －2)＝(1＋2i)(－1＋2i)＝－3.答案：－38．若a 1－i＝1－b i ，其中a ，b 都是实数，i 是虚数单位，则|a ＋b i|＝________. 解析：∵a ，b ∈R ，且a 1－i＝1－b i ，则a ＝(1－b i)(1－i)＝(1－b )－(1＋b )i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1－b ，0＝1＋b . ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－1. ∴|a ＋b i|＝|2－i|＝22＋(－1)2＝ 5. 答案： 59．计算：(i －2)(i －1)(1＋i)(i －1)＋i ＋－3－2i 2－3i. 解：因为(i －2)(i －1)(1＋i)(i －1)＋i ＝(i －2)(i －1)i 2－1＋i ＝(i －2)(i －1)－2＋i ＝i －1，－3－2i 2－3i ＝(－3－2i)(2＋3i)(2－3i)(2＋3i)＝－13i 13＝－i ，所以(i －2)(i －1)(1＋i)(i －1)＋i ＋－3－2i 2－3i＝i －1＋(－i)＝－1. 10．已知z 为z 的共轭复数，若z ·z －3i z ＝1＋3i ，求z .解：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z ＝a －b i(a ，b ∈R)，由题意得(a ＋b i)(a －b i)－3i(a －b i)＝1＋3i ，即a 2＋b 2－3b －3a i ＝1＋3i ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋b 2－3b ＝1，－3a ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1，b ＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3.所以z ＝－1或z ＝－1＋3i.层级二应试能力达标1．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( )A ．AB ．BC ．CD ．D解析：选B 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，且a ＜0，b ＞0，则z 的共轭复数为a －b i ，其中a ＜0，－b ＜0，故应为B 点．2．设a 是实数，且1＋a i 1＋i∈R ，则实数a ＝( ) A ．－1B ．1C ．2D ．－2解析：选B 因为1＋a i 1＋i ∈R ，所以不妨设1＋a i 1＋i＝x ，x ∈R ，则1＋a i ＝(1＋i)x ＝x ＋x i ，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，a ＝x ，所以a ＝1. 3．若a 为正实数，i 为虚数单位，⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝2，则a ＝( ) A ．2 B. 3 C. 2 D ．1解析：选B ∵a ＋i i ＝(a ＋i)(－i)＝1－a i ，∴⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝|1－a i|＝1＋a 2＝2，解得a ＝3或a ＝－3(舍)．4．计算(－1＋3i)3(1＋i)6＋－2＋i 1＋2i的值是( ) A ．0B ．1C ．iD ．2i解析：选D 原式＝(－1＋3i)3[(1＋i)2]3＋(－2＋i)(1－2i)(1＋2i)(1－2i)＝(－1＋3i)3(2i)3＋－2＋4i ＋i ＋25＝－12＋32i 3－i ＋i ＝1－i ＋i ＝i (－i)i＋i ＝2i. 5．若z 1＝a ＋2i ，z 2＝3－4i ，且z 1z 2为纯虚数，则实数a 的值为________．解析：z 1z 2＝a ＋2i 3－4i ＝(a ＋2i)(3＋4i)9＋16＝3a ＋4a i ＋6i －825＝(3a －8)＋(4a ＋6)i 25， ∵z 1z 2为纯虚数， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －8＝0，4a ＋6≠0， ∴a ＝83. 答案：836．设复数z 满足z 2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则z 的模为________．解析：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z 2＝a 2－b 2＋2ab i ＝3＋4i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝3，2ab ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－1. ∴|z |＝a 2＋b 2＝ 5. 答案： 57．设复数z ＝(1＋i)2＋3(1－i)2＋i，若z 2＋a z ＜0，求纯虚数a . 解：由z 2＋a z ＜0可知z 2＋a z是实数且为负数． z ＝(1＋i)2＋3(1－i)2＋i ＝2i ＋3－3i 2＋i ＝3－i 2＋i＝1－i. ∵a 为纯虚数，∴设a ＝m i(m ∈R 且m ≠0)，则z 2＋a z ＝(1－i)2＋m i 1－i＝－2i ＋m i －m 2 ＝－m 2＋⎝⎛⎭⎫m 2－2i ＜0， ∴⎩⎨⎧ －m 2＜0，m 2－2＝0，∴m ＝4，∴a ＝4i.8．复数z ＝(1＋i)3(a ＋b i)1－i且|z |＝4，z 对应的点在第一象限，若复数0，z ，z 对应的点是正三角形的三个顶点，求实数a ，b 的值．解：z ＝(1＋i)2·(1＋i)1－i(a ＋b i) ＝2i·i(a ＋b i)＝－2a －2b i.由|z |＝4，得a 2＋b 2＝4，①∵复数0，z ，z 对应的点构成正三角形， ∴|z －z |＝|z |.把z ＝－2a －2b i 代入化简得|b |＝1.② 又∵z 对应的点在第一象限，∴a ＜0，b ＜0.由①②得⎩⎨⎧ a ＝－3，b ＝－1.故所求值为a ＝－3，b ＝－1.。

【配套K12】2018年高中数学课时跟踪检测十五综合法和分析法新人教A版选修2_2

课时跟踪检测（十五）综合法和分析法层级一学业水平达标1．要证明a ＋a ＋7＜a ＋3＋a ＋4(a ≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )A ．综合法B ．类比法C ．分析法D ．归纳法解析：选C 直接证明很难入手，由分析法的特点知用分析法最合理．2．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ ”，其过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证法解析：选B 结合分析法及综合法的定义可知B 正确．3．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足什么条件( )A ．a 2＜b 2＋c 2B ．a 2＝b 2＋c 2C ．a 2＞b 2＋c 2D ．a 2≤b 2＋c 2 解析：选C 由cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＜0，得b 2＋c 2＜a 2. 4．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 55，则( ) A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c解析：选C 利用函数单调性．设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，∴0＜x ＜e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．又a ＝ln 44，∴b ＞a ＞c . 5．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( )A ．恒为负值B ．恒等于零C ．恒为正值D ．无法确定正负解析：选A 由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0.6．命题“函数f (x )＝x －x ln x 在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f (x )＝x －x ln x 取导得f ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＝－ln x ＞0，故函数f (x )在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法．解析：该证明过程符合综合法的特点．答案：综合法7．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则正数a ，b 应满足的条件是________．解析：∵a a ＋b b －(a b ＋b a )＝a (a －b )＋b (b －a )＝(a －b )(a －b )＝(a －b )2(a ＋b )．∴只要a ≠b ，就有a a ＋b b ＞a b ＋b a .答案：a ≠b8．若不等式(－1)n a ＜2＋(－1)n ＋1n 对任意正整数n 恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：当n 为偶数时，a ＜2－1n ，而2－1n ≥2－12＝32，所以a ＜32，当n 为奇数时，a ＞－2－1n ，而－2－1n ＜－2，所以a ≥－2.综上可得，－2≤a ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，32 9．求证：2cos(α－β)－sin(2α－β)sin α＝sin βsin α. 证明：要证原等式，只需证：2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，① 因为①左边＝2cos (α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α＝sin β.所以①成立，所以原等式成立．10．已知数列{a n }的首项a 1＝5，S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，(n ∈N *)．(1)证明数列{a n ＋1}是等比数列．(2)求a n .解：(1)证明：由条件得S n ＝2S n －1＋(n －1)＋5(n ≥2)①又S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，②②－①得a n ＋1＝2a n ＋1(n ≥2)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝(2a n ＋1)＋1a n ＋1＝2(a n ＋1)a n ＋1＝2. 又n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，且a 1＝5，所以a 2＝11，所以a 2＋1a 1＋1＝11＋15＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为公比的等比数列．(2)因为a 1＋1＝6，所以a n ＋1＝6×2n －1＝3×2n ，所以a n ＝3×2n －1.层级二应试能力达标1．使不等式1a ＜1b成立的条件是( ) A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＞b 且ab ＜0D ．a ＞b 且ab ＞0解析：选D 要使1a ＜1b ，须使1a －1b ＜0，即b －a ab＜0. 若a ＞b ，则b －a ＜0，ab ＞0；若a ＜b ，则b －a ＞0，ab ＜0.2．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是( )A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin βB ．si n(α＋β)＞cos α＋cos βC ．cos(α＋β)＞sin α＋sin βD ．cos(α＋β)＜cos α＋cos β解析：选D 因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)．3．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4＜m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,4)B ．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C ．(－4,1)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)解析：选 B ∵x ＞0，y ＞0，1x ＋4y ＝1，∴x ＋y 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y ＝2＋y 4x ＋4x y≥2＋2y 4x ·4x y ＝4，等号在y ＝4x ，即x ＝2，y ＝8时成立，∴x ＋y 4的最小值为4，要使不等式m 2－3m ＞x ＋y 4有解，应有m 2－3m ＞4，∴m ＜－1或m ＞4，故选B.4．下列不等式不成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca B.a ＋b ＞a ＋b (a ＞0，b ＞0) C.a －a －1＜a －2－a －3(a ≥3) D.2＋10＞2 6解析：选 D 对A ，∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，a 2＋c 2≥2ac ，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；对B ，∵(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(a ＋b )2＝a ＋b ，∴a ＋b ＞a ＋b ；对C ，要证 a －a －1＜a －2－a －3(a ≥3)成立，只需证明a ＋a －3＜a －2＋a －1，两边平方得2a －3＋2a (a －3)＜2a －3＋2(a －2)(a －1)，即a (a －3)＜(a －2)(a －1)，两边平方得a 2－3a ＜a 2－3a ＋2，即0＜2.因为0＜2显然成立，所以原不等式成立；对于D ，(2＋10)2－(26)2＝12＋45－24＝4(5－3)＜0，∴2＋10＜26，故D 错误．5．已知函数f (x )＝2x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系是________．解析：∵a ＋b 2≥ab (a ，b 为正实数)，2ab a ＋b ≤ab ，且f (x )＝2x 是增函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，即C ≤B ≤A . 答案：C ≤B ≤A6．如图所示，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD ⊥A 1C (写上一个条件即可)．解析：要证BD ⊥A 1C ，只需证BD ⊥平面AA 1C .因为AA 1⊥BD ，只要再添加条件AC ⊥BD ，即可证明BD ⊥平面AA 1C ，从而有BD ⊥A 1C .答案：AC ⊥BD (答案不唯一)7．在锐角三角形ABC 中，求证：sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C .证明：在锐角三角形ABC 中，∵A ＋B ＞π2，∴A ＞π2－B . ∴0＜π2－B ＜A ＜π2，又∵在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内正弦函数y ＝sin x 是单调递增函数， ∴sin A ＞sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ，即sin A ＞cos B ．①同理sin B ＞cos C ，②sin C ＞cos A ．③由①＋②＋③，得： sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C .8．已知n ∈N，且n ＞1，求证：log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)．证明：要证明log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)，即证明log n (n ＋1)－log n ＋1(n ＋2)＞0.(*)∵log n (n ＋1)－log n ＋1(n ＋2)＝1log n ＋1n－log n ＋1(n ＋2) ＝1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)log n ＋1n . 又∵当n ＞1时，log n ＋1n ＞0，且log n ＋1(n ＋2)＞0，log n ＋1n ≠log n ＋1(n ＋2)，∴log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)＜14[log n ＋1n ＋log n ＋1(n ＋2)]2＝14log 2n ＋1[n (n ＋2)]＝14log 2n ＋1(n 2＋2n )＜14log 2n ＋1(n ＋1)2＝1，故1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)＞0，∴1－log n ＋1n ·log n ＋1(n ＋2)log n ＋1n＞0. 这说明(*)式成立，∴log n (n ＋1)＞log n ＋1(n ＋2)．。

2018年高中数学课时跟踪检测二十复数代数形式的加减运算及其几何意义新人教A版选修22

课时跟踪检测〔二十〕复数代数形式加、减运算及其几何意义层级一学业水平达标1．z ＝11－20i ，那么1－2i －z 等于( ) A ．z －1 B ．z ＋1 C ．－10＋18iD ．10－18i解析：选C 1－2i －z ＝1－2i －(11－20i)＝－10＋18i. 2．假设复数z 满足z ＋(3－4i)＝1，那么z 虚部是( ) A ．－2 B ．4 C ．3D ．－4解析：选B z ＝1－(3－4i)＝－2＋4i ，应选B.3．z 1＝2＋i ，z 2＝1＋2i ，那么复数z ＝z 2－z 1对应点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：选B z ＝z 2－z 1＝(1＋2i)－(2＋i)＝－1＋i ，实部小于零，虚部大于零，故位于第二象限．4．假设z 1＝2＋i ，z 2＝3＋a i(a ∈R)，且z 1＋z 2所对应点在实轴上，那么a 值为( )A ．3B ．2C ．1D ．－1解析：选 D z 1＋z 2＝2＋i ＋3＋a i ＝(2＋3)＋(1＋a )i ＝5＋(1＋a )i.∵z 1＋z 2所对应点在实轴上，∴1＋a ＝0，∴a ＝－1.5．设向量OP ――→，PQ ――→，OQ ――→对应复数分别为z 1，z 2，z 3，那么( ) A ．z 1＋z 2＋z 3＝0 B ．z 1－z 2－z 3＝0 C ．z 1－z 2＋z 3＝0D ．z 1＋z 2－z 3＝0解析：选 D ∵OP ――→＋PQ ――→＝OQ ――→，∴z 1＋z 2＝z 3，即z 1＋z 2－z 3＝0.6．x ∈R，y ∈R，(x i ＋x )＋(y i ＋4)＝(y －i)－(1－3x i)，那么x ＝__________，y ＝__________.解析：x ＋4＋(x ＋y )i ＝(y －1)＋(3x －1)i∴⎩⎨⎧x ＋4＝y －1，x ＋y ＝3x －1，解得⎩⎨⎧x ＝6，y ＝11.答案：6 117．计算|(3－i)＋(－1＋2i)－(－1－3i)|＝________.解析：|(3－i)＋(－1＋2i)－(－1－3i)|＝|(2＋i)－(－1－3i)|＝|3＋4i|＝ 32＋42＝5.答案：5 8．z 1＝32a ＋(a ＋1)i ，z 2＝－33b ＋(b ＋2)i(a ，b ∈R)，假设z 1－z 2＝43，那么a ＋b ＝________.解析：∵z 1－z 2＝32a ＋(a ＋1)i －[－33b ＋(b ＋2)i]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ＋33b ＋(a －b －1)i ＝43，由复数相等条件知⎩⎨⎧32a ＋33b ＝43，a －b －1＝0，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1.∴a ＋b ＝3.答案：39．计算以下各式．(1)(3－2i)－(10－5i)＋(2＋17i)；(2)(1－2i)－(2－3i)＋(3－4i)－(4－5i)＋…＋(2 015－2 016i)．解：(1)原式＝(3－10＋2)＋(－2＋5＋17)i ＝－5＋20i.(2)原式＝(1－2＋3－4＋…＋2 013－2 014＋2 015)＋(－2＋3－4＋5－…－2 014＋2 015－2 016)i ＝1 008－1 009i.10．设z 1＝x ＋2i ，z 2＝3－y i(x ，y ∈R)，且z 1＋z 2＝5－6i ，求z 1－z 2.解：∵z 1＝x ＋2i ，z 2＝3－y i ， ∴z 1＋z 2＝x ＋3＋(2－y )i ＝5－6i ，∴⎩⎨⎧x ＋3＝5，2－y ＝－6，解得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝8，∴z 1＝2＋2i ，z 2＝3－8i ，∴z 1－z 2＝(2＋2i)－(3－8i)＝－1＋10i.层级二应试能力达标1．设z ∈C，且|z ＋1|－|z －i|＝0，那么|z ＋i|最小值为( ) A ．0 B ．1 C.22D.12解析：选C 由|z ＋1|＝|z －i|知，在复平面内，复数z 对应点轨迹是以(－1,0)和(0,1)为端点线段垂直平分线，即直线y ＝－x ，而|z ＋i|表示直线y ＝－x 上点到点(0，－1)距离，其最小值等于点(0，－1)到直线y ＝－x 距离即为22. 2．复平面内两点Z 1和Z 2分别对应于复数3＋4i 和5－2i ，那么向量Z 1Z 2――→对应复数为( )A ．3＋4iB ．5－2iC ．－2＋6iD ．2－6i解析：选DZ 1Z 2――→＝OZ 2――→－OZ 1――→，即终点复数减去起点复数，∴(5－2i)－(3＋4i)＝2－6i.3．△ABC 三个顶点所对应复数分别为z 1，z 2，z 3，复数z 满足|z －z 1|＝|z －z 2|＝|z －z 3|，那么z 对应点是△ABC ( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心解析：选A 由复数模及复数减法运算几何意义，结合条件可知复数z 对应点P 到△ABC 顶点A ，B ，C 距离相等，∴P 为△ABC 外心．4．在平行四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，假设向量OA ――→，OB ――→对应复数分别是3＋i ，－1＋3i ，那么CD ――→对应复数是( )A ．2＋4iB ．－2＋4iC ．－4＋2iD ．4－2i解析：选D 依题意有CD ――→＝BA ――→＝OA ――→－OB ――→.而(3＋i)－(－1＋3i)＝4－2i ，故CD ――→对应复数为4－2i ，应选D.5．设复数z 满足z ＋|z |＝2＋i ，那么z ＝________. 解析：设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R)，那么|z |＝ x 2＋y 2. ∴x ＋y i ＋x 2＋y 2＝2＋i.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x 2＋y 2＝2，y ＝1，解得⎩⎨⎧x ＝34，y ＝1.∴z ＝34＋i.答案：34＋i6．在复平面内，O 是原点，OA ――→，OC ――→，AB ――→对应复数分别为－2＋i,3＋2i,1＋5i ，那么BC ――→对应复数为________．解析：BC ――→＝OC ――→－OB ――→＝OC ――→－(OA ――→＋AB ――→)＝3＋2i －(－2＋i ＋1＋5i)＝(3＋2－1)＋(2－1－5)i ＝4－4i.答案：4－4i7．在复平面内，A ，B ，C 三点对应复数分别为1,2＋i ，－1＋2i. (1)求向量AB ――→，AC ――→，BC ――→对应复数； (2)判断△ABC 形状． (3)求△ABC 面积．解：(1)AB ――→对应复数为2＋i －1＝1＋i ， BC ――→对应复数为－1＋2i －(2＋i)＝－3＋i ， AC ――→对应复数为－1＋2i －1＝－2＋2i.(2)∵|AB ――→|＝2，|BC ――→|＝10，|AC ――→|＝8＝22， ∴|AB ――→|2＋|AC ――→|2＝|BC ――→|2，∴△ABC 为直角三角形． (3)S △ABC ＝12×2×22＝2.8．设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，且4(a ＋b i)＋2(a －b i)＝33＋i ，又ω＝sin θ－icos θ，求z 值和|z －ω|取值范围．解：∵4(a ＋b i)＋2(a －b i)＝33＋i ，∴6a ＋2b i ＝33＋i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧6a ＝33，2b ＝1，∴⎩⎨⎧a ＝32，b ＝12.∴z ＝32＋12i ，∴z －ω＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋12i －(sin θ－icos θ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－sin θ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋cos θi∴|z －ω|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－sin θ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋cos θ2＝ 2－3sin θ＋cos θ ＝2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin θ－12cos θ＝2－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6，∵－1≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6≤1，∴0≤2－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6≤4，∴0≤|z －ω|≤2，故所求得z ＝32＋12i ，|z －ω|取值范围是[0,2]．。

高中数学《3.2.2复数代数形式的乘除运算》评估训练新人教A版选修1-2

3.2.2 复数代数形式的乘除运算双基达标限时20分钟1．(1－2i)(3＋4i)(－2＋i)等于( )．A ．20＋15iB ．20－15iC ．－20－15iD ．－20＋15i解析 (1－2i)(3＋4i)(－2＋i)＝(3＋4i －6i ＋8)(－2＋i)＝(11－2i)(－2＋i)＝－22＋11i ＋4i ＋2＝－20＋15i. 答案 D2．(1＋i)20－(1－i)20的值是( )．A ．－1 024B ．1 024C ．0D ．512解析 (1＋i)20－(1－i)20＝[(1＋i)2]10－[(1－i)2]10＝ (2i)10－(－2i)10＝(2i)10－(2i)10＝0. 答案 C 3.－1＋3i 31＋i 6＋－2＋i 1＋2i的值是 ( )．A ．0B ．1C ．iD ．2i解析原式＝－1＋3i 3[1＋i 2]3＋－2＋i i 1＋2i i＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2×－1＋3i 232i 3＋－2＋i i－2＋i＝－1i＋i＝2i ，故选D. 答案 D4．设复数z ＝1＋2i ，则z 2－2z ＝________.解析 ∵z ＝1＋2i∴z 2－2z ＝z (z －2)＝(1＋2i)(1＋2i －2) ＝(1＋2i)(－1＋2i)＝－3. 答案－35．若z 1＝a ＋2i ，z 2＝3－4i ，且z 1z 2为纯虚数，则实数a 的值为________．解析z 1z 2＝a ＋2i 3－4i ＝a ＋2i 3＋4i 9＋16＝3a ＋4a i ＋6i －825＝3a －8＋4a ＋6i 25，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －8＝0，4a ＋6≠0，∴a ＝83.答案 836．计算(1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 6＋2＋3i 3－2i；(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32i 4. 解 (1)原式＝i 6＋2＋3i i 3－2i i ＝i 2＋2＋3i i 2＋3i＝－1＋i.(2)法一原式＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32i 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i 2＝－12－32i.法二 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－32i 3＝1，∴原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－32i 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－32i 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－32i＝－12－32i.综合提高限时25分钟7．复数z 满足(1＋2i)z －＝4＋3i ，那么z ＝( )．A ．2＋iB ．2－iC ．1＋2iD ．1－2i解析 z －＝4＋3i 1＋2i ＝4＋3i 1－2i 1＋2i 1－2i ＝15(10－5i)＝2－i ，∴z ＝2＋i. 答案 A8．若x ＝1－3i 2，那么1x 2－x＝( )．A ．－2B ．－1C ．1＋3iD ．1 解析 ∵x 2－x ＝x (x －1)＝1－3i 2.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3i 2－1＝1－3i 2·－1－3i 2＝－14(1－3i)(1＋3i)＝－1，所以1x 2－x＝－1，故选B. 答案 B9．对任意复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，i 为虚数单位，则下列结论正确的是________．①|z －z |＝2y ；②z 2＝x 2＋y 2； ③|z －z |≥2x ；④|z |≤|x |＋|y |.解析 ∵z ＝x －y i(x ，y ∈R )，|z －z |＝|x ＋y i －x ＋y i|＝|2y i|＝|2y |，∴①不正确；对于②，z 2＝x 2－y 2＋2xy i ，故不正确；∵|z －z |＝|2y |≥2x 不一定成立，∴③不正确；对于④，|z |＝x 2＋y 2≤|x |＋|y |，故④正确．答案 ④10．设f (z ＋i)＝1－z －，z 1＝1＋i ，z 2＝1－i ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1z 1＋1z 2＝________.解析令z ＋i ＝t ，得z ＝t －i ，f (t )＝1－(t －i )＝1－i －t －，1z 1＋1z 2＝11＋i ＋11－i ＝1－i ＋1＋i 1＋i 1－i ＝22＝1.∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1z 1＋1z 2＝f (1)＝1－i －1＝－i.答案－i11．复数z ＝1＋i 2＋31－i 2＋i ，若z 2＋a z<0，求纯虚数a .解由z 2＋a z <0可知z 2＋a z是实数且为负数． z ＝1＋i 2＋31－i 2＋i ＝2i ＋3－3i 2＋i ＝3－i2＋i＝1－i.∵a 为纯虚数，∴设a ＝m i(m ≠0)，则z 2＋a z ＝(1－i)2＋m i 1－i ＝－2i ＋m i －m 2＝－m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2－2i<0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－m2<0，m 2－2＝0，∴m ＝4，∴a ＝4i.12．(创新拓展)复数z ＝1＋i 3a ＋b i 1－i且|z |＝4，z 对应的点在第一象限，若复数0，z ，z －对应的点是正三角形的三个顶点，求实数a 、b 的值．解 z ＝1＋i 2·1＋i 1－i(a ＋b i)＝2i·i(a ＋b i)＝－2a －2b i. 由|z |＝4，得a 2＋b 2＝4，①∵复数0，z ，z －对应的点构成正三角形，∴|z －z －|＝|z |.把z ＝－2a －2b i 代入化简得|b |＝1.②又∵z 对应的点在第一象限， ∴a <0，b <0. 由①②得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝－1.故所求值为a ＝－3，b ＝－1.。

2018版高考数学人教A版理科一轮复习课时跟踪检测15 含

课时跟踪检测(十五)1．方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0答案：C解析：设f (x )＝x 3－6x 2＋9x －10，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由此可知函数的极大值为f (1)＝－6＜0，极小值为f (3)＝－10＜0，所以方程x 3－6x 2＋9x －10＝0的实根有1个．2．若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞) D ．(－1，＋∞)答案：D解析：∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞)．3．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( )A ．3B ．4C ．6D ．5答案：A解析：设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A.4．若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A ．e x2－e x1＞ln x 2－ln x 1 B ．e x2－e x1＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1＞x 1e x2 D ．x 2e x1＜x 1e x2 答案：C解析：令f (x )＝exx，则f ′(x )＝xx －x ′·e x x 2＝e x x －x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2＜1，∴f (x 2)＜f (x 1)，即e x2x 2＜e x1x 1，∴x 2e x 1＞x 1ex2，故选C.5．已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，若f (x 1)＜f (x 2)，则( )A ．x 1＞x 2B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1＜x 2D ．x 21＜x 22答案：D解析：因为f (－x )＝－x ⎝⎛⎭⎪⎫e －x－1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数，由f (x 1)＜f (x 2)，得f (|x 1|)＜f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x －1e x ＋x ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋1e x ＝e 2x x ＋＋x －1ex.当x ≥0时，e 2x(x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，则f ′(x )≥0，所以f (x )在对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－3x 2＋12，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝( )A ．100B ．50C ．992D ．0答案：D解析：依题意得，g ′(x )＝6x 2－6x ，g ″(x )＝12x －6，令g ″(x )＝0得x ＝12，因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，所以函数g (x )的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，则g (1－x )＋g (x )＝0.因为1100＋99100＝2100＋98100＝…＝49100＋51100＝50100×2＝1，所以g ⎝⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝0.故选D.7．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________．答案：时，不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0,1]，g ′(x )＝3x 3－x －x 2x 6＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x4. 由g ′(x )＝0得x ＝12，当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表.当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，x >－1且x ≠0时，总有g (x )<1.11．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线 y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a 的值；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解：f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．1．已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＜0，不等式x 2＋(m ＋2)x ＞f ′(x )恒成立，求m 的取值范围．解：(1)当m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x＋x 2，则f ′(x )＝x (2－e x)，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜ln 2；由f ′(x )＜0，得x ＜0或x ＞ln 2.故函数f (x )的单调递增区间为(0，ln 2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．(2)依题意，f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋2m ＜x 2＋(m ＋2)x ，x ＜0，因为x ＜0，所以m e x－x －m ＞0，令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x－1，当m ≤1时，h ′(x )≤e x－1＜0，则h (x )在(－∞，0)上单调递减，所以h (x )＞h (0)＝0，符合题意；当m ＞1时，h (x )在(－∞，－ln m )上单调递减，在(－ln m,0)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－ln m )＜h (0)＝0，不合题意．综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．2．函数f (x )＝(ax 2＋x )e x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)当a ＞0时，解不等式f (x )≤0；(2)当a ＝0时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在上有解．解：(1)因为e x＞0，所以不等式f (x )≤0即为ax 2＋x ≤0.又因为a ＞0，所以不等式可化为x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ≤0，所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a，0.(2)当a ＝0时，方程即为x e x＝x ＋2，由于e x＞0，所以x ＝0不是方程的解，所以原方程等价于e x－2x－1＝0.令h (x )＝e x－2x－1，因为h ′(x )＝e x＋2x2＞0对于x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h (x )在(－∞，0)和(0，＋∞)上是单调递增函数，又h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－2＞0，h (－3)＝e －3－13＜0，h (－2)＝e －2＞0，所以方程f (x )＝x ＋2有且只有两个实数根，且分别在区间和上，所以整数t 的所有值为{－3,1}．3．某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于点P ，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．解：(1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b ，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2.设在点P 处的切线l 交x 轴、y 轴分别于A ，B 两点，y ′＝－2 000x3，则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22＝32 t 2＋4×106t4，t ∈．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5,102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数；当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数．从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值，所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米．。

(浙江专版)2018年高中数学课时跟踪检测(十四)复数代数形式的加、减运算及其几何意义新人教A版选修2_2

课时跟踪检测（十四）复数代数形式的加、减运算及其几何意义层级一学业水平达标1．已知z ＝11－20i ，则1－2i －z 等于( )A ．z －1B ．z ＋1C ．－10＋18iD ．10－18i解析：选C 1－2i －z ＝1－2i －(11－20i)＝－10＋18i.2．若复数z 满足z ＋(3－4i)＝1，则z 的虚部是( )A ．－2B ．4C ．3D ．－4解析：选B z ＝1－(3－4i)＝－2＋4i ，故选B.3．已知z 1＝2＋i ，z 2＝1＋2i ，则复数z ＝z 2－z 1对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B z ＝z 2－z 1＝(1＋2i)－(2＋i)＝－1＋i ，实部小于零，虚部大于零，故位于第二象限．4．若z 1＝2＋i ，z 2＝3＋a i(a ∈R)，且z 1＋z 2所对应的点在实轴上，则a 的值为( )A ．3B ．2C ．1D ．－1解析：选D z 1＋z 2＝2＋i ＋3＋a i ＝(2＋3)＋(1＋a )i ＝5＋(1＋a )i.∵z 1＋z 2所对应的点在实轴上，∴1＋a ＝0，∴a ＝－1.5．设向量OP ―→，PQ ―→，OQ ―→对应的复数分别为z 1，z 2，z 3，那么( )A ．z 1＋z 2＋z 3＝0B ．z 1－z 2－z 3＝0C ．z 1－z 2＋z 3＝0D ．z 1＋z 2－z 3＝0解析：选D ∵OP ―→＋PQ ―→＝OQ ―→，∴z 1＋z 2＝z 3，即z 1＋z 2－z 3＝0.6．(2016·绍兴高三检测)已知x ∈R ，y ∈R ，(x i ＋x )＋(y i ＋4)＝(y －i)－(1－3x i)，则x ＝__________，y ＝__________.解析：x ＋4＋(x ＋y )i ＝(y －1)＋(3x －1)i∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋4＝y －1，x ＋y ＝3x －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝6，y ＝11.答案：6 117．在复平面内，AB ―→对应的复数是2＋i ，CB ―→ 对应的复数是－1－3i.则CA ―→对应的复数为________．解析：∵BA ―→对应复数－2－i ，CB ―→对应复数－1－3i ，∴CA ―→对应复数－1－3i ＋(－2－i)＝－3－4i.答案：－3－4i8．已知z 1＝32a ＋(a ＋1)i ，z 2＝－33b ＋(b ＋2)i(a ，b ∈R)，若z 1－z 2＝43，则a ＋b ＝________.解析：∵z 1－z 2＝32a ＋(a ＋1)i －[－33b ＋(b ＋2)i]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ＋33b ＋(a －b －1)i ＝43，由复数相等的条件知⎩⎪⎨⎪⎧ 32a ＋33b ＝43，a －b －1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1.∴a ＋b ＝3.答案：39．计算下列各式．(1)(3－2i)－(10－5i)＋(2＋17i)；(2)(1－2i)－(2－3i)＋(3－4i)－(4－5i)＋…＋(2 015－2 016i)．解：(1)原式＝(3－10＋2)＋(－2＋5＋17)i ＝－5＋20i.(2)原式＝(1－2＋3－4＋…＋2 013－2 014＋2 015)＋(－2＋3－4＋5－…－2 014＋2 015－2 016)i ＝1 008－1 009i.10．设z 1＝x ＋2i ，z 2＝3－y i(x ，y ∈R)，且z 1＋z 2＝5－6i ，求z 1－z 2.解：∵z 1＝x ＋2i ，z 2＝3－y i ，∴z 1＋z 2＝x ＋3＋(2－y )i ＝5－6i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋3＝5，2－y ＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2，y ＝8，∴z 1＝2＋2i ，z 2＝3－8i ，∴z 1－z 2＝(2＋2i)－(3－8i)＝－1＋10i.层级二应试能力达标1．设z ∈C ，且|z ＋1|－|z －i|＝0，则|z ＋i|的最小值为( )A ．0B ．1 C.22 D.12解析：选C 由|z ＋1|＝|z －i|知，在复平面内，复数z 对应的点的轨迹是以(－1,0)和(0,1)为端点的线段的垂直平分线，即直线y ＝－x ，而|z ＋i|表示直线y ＝－x 上的点到点(0，－1)的距离，其最小值等于点(0，－1)到直线y ＝－x 的距离即为22. 2．复平面内两点Z 1和Z 2分别对应于复数3＋4i 和5－2i ，那么向量Z 1Z 2―→对应的复数为( )A ．3＋4iB ．5－2iC ．－2＋6iD ．2－6i解析：选 D Z 1Z 2―→＝OZ 2―→－OZ 1―→，即终点的复数减去起点的复数，∴(5－2i)－(3＋4i)＝2－6i.3．△ABC 的三个顶点所对应的复数分别为z 1，z 2，z 3，复数z 满足|z －z 1|＝|z －z 2|＝|z －z 3|，则z 对应的点是△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心解析：选A 由复数模及复数减法运算的几何意义，结合条件可知复数z 的对应点P 到△ABC 的顶点A ，B ，C 距离相等，∴P 为△ABC 的外心．4．在平行四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，若向量OA ―→，OB ―→对应的复数分别是3＋i ，－1＋3i ，则CD ―→对应的复数是( )A ．2＋4iB ．－2＋4iC ．－4＋2iD ．4－2i解析：选D 依题意有CD ―→＝BA ―→＝OA ―→－OB ―→.而(3＋i)－(－1＋3i)＝4－2i ，故CD ―→对应的复数为4－2i ，故选D.5．若复数3－5i,1－i 和－2＋a i 在复平面内所对应的点在一条直线上，则实数a ＝________.解析：三个复数对应的点分别为(3，－5)，(1，－1)，(－2，a )，根据三点共线，可得a ＝5.答案：56．已知z ＝m ＋3＋(2m ＋1)i(－2≤m ≤1)，则|z |的最大值是________．解析：|z |＝m ＋2＋m ＋2＝m ＋2＋5，∵－2≤m ≤1，∴m ＝1时，|z |max ＝5.答案：57．在复平面内，A ，B ，C 三点对应的复数分别为1,2＋i ，－1＋2i.(1)求向量AB ―→，AC ―→，BC ―→对应的复数；(2)判断△ABC 的形状．(3)求△ABC 的面积．解：(1) AB ―→对应的复数为2＋i －1＝1＋i ，BC ―→对应的复数为－1＋2i －(2＋i)＝－3＋i ，AC ―→对应的复数为－1＋2i －1＝－2＋2i.(2)∵|AB ―→|＝2，|BC ―→|＝10，|AC ―→|＝8＝22，∴|AB ―→|2＋|AC ―→|2＝|BC ―→|2，∴△ABC 为直角三角形．(3)S △ABC ＝12×2×22＝2.8．设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，且4(a ＋b i)＋2(a －b i)＝33＋i ，又ω＝sin θ－icos θ，求z 的值和|z －ω|的取值范围．解：∵4(a ＋b i)＋2(a －b i)＝33＋i ，∴6a ＋2b i ＝33＋i ，∴⎩⎨⎧ 6a ＝33，2b ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝32，b ＝12.∴z ＝32＋12i ， ∴z －ω＝⎝⎛⎭⎪⎫32＋12i －(sin θ－icos θ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－sin θ＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋cos θi ∴|z －ω|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－sin θ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋cos θ2 ＝ 2－3sin θ＋cos θ＝ 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin θ－12cos θ＝ 2－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6， ∵－1≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6≤1， ∴0≤2－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6≤4，∴0≤|z －ω|≤2，故所求得z ＝32＋12i ，|z －ω|的取值范围是[0,2]．。

配套K122018年高中数学课时跟踪检测十五复数代数形式的乘除运算新人教A版选修2_2

课时跟踪检测（十五）复数代数形式的乘除运算层级一学业水平达标1．复数(1＋i)2(2＋3i)的值为( ) A ．6－4i B ．－6－4i C ．6＋4iD ．－6＋4i解析：选D (1＋i)2(2＋3i)＝2i(2＋3i)＝－6＋4i. 2．(全国卷Ⅰ)已知复数z 满足(z －1)i ＝1＋i ，则z ＝( ) A ．－2－i B ．－2＋i C ．2－iD ．2＋i解析：选C z －1＝1＋ii＝1－i ，所以z ＝2－i ，故选C.3．(广东高考)若复数z ＝i(3－2i)(i 是虚数单位)，则z ＝( ) A ．2－3i B ．2＋3i C ．3＋2iD ．3－2i解析：选A ∵z ＝i(3－2i)＝3i －2i 2＝2＋3i ，∴z ＝2－3i. 4．(1＋i)20－(1－i)20的值是( ) A ．－1 024 B ．1 024 C ．0D ．512解析：选 C (1＋i)20－(1－i)20＝[(1＋i)2]10－[(1－i)2]10＝(2i)10－(－2i)10＝(2i)10－(2i)10＝0.5．(全国卷Ⅱ)若a 为实数，且2＋a i1＋i ＝3＋i ，则a ＝( )A ．－4B ．－3C ．3D ．4 解析：选D2＋a i1＋i＝＋a －＋－＝a ＋22＋a －22i ＝3＋i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋22＝3，a －22＝1，解得a ＝4，故选D.6．在复平面内，复数z ＝i(1＋3i)对应的点位于第________象限．解析：∵z ＝i(1＋3i)＝i ＋3i 2＝－3＋i ， ∴复数z 对应的点为(－3,1)，在第二象限．答案：二7．设i 为虚数单位，则1i ＋1i 2＋1i 3＋1i 4＝________.解析：1i ＋1i 2＋1i 3＋1i 4＝－i －1＋i ＋1＝0.答案：08．若a1－i ＝1－b i ，其中a ，b 都是实数，i 是虚数单位，则|a ＋b i|＝________.解析：∵a ，b ∈R ，且a1－i ＝1－b i ，则a ＝(1－b i)(1－i)＝(1－b )－(1＋b )i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1－b ，0＝1＋b .∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－1.∴|a ＋b i|＝|2－i|＝22＋－2＝ 5.答案： 5 9．计算：－－＋－＋i ＋－3－2i2－3i .解：因为－－＋－＋i ＝－－i 2－1＋i＝－－－2＋i＝i －1，－3－2i2－3i ＝－3－＋－＋＝－13i 13＝－i ，所以－－＋i －＋i ＋－3－2i2－3i＝i －1＋(－i)＝－1.10．已知z 为z 的共轭复数，若z ·z －3i z ＝1＋3i ，求z . 解：设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z ＝a －b i(a ，b ∈R)，由题意得(a ＋b i)(a －b i)－3i(a －b i)＝1＋3i ，即a 2＋b 2－3b －3a i ＝1＋3i ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－3b ＝1，－3a ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3.所以z ＝－1或z ＝－1＋3i.层级二应试能力达标1．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( )A ．AB ．BC ．CD ．D解析：选B 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，且a ＜0，b ＞0，则z 的共轭复数为a －b i ，其中a ＜0，－b ＜0，故应为B 点．2．设a 是实数，且1＋a i1＋i ∈R ，则实数a ＝( )A ．－1B ．1C ．2D ．－2解析：选B 因为1＋a i 1＋i ∈R ，所以不妨设1＋a i1＋i＝x ，x ∈R ，则1＋a i ＝(1＋i)x ＝x ＋x i ，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，a ＝x ，所以a ＝1.3．若a 为正实数，i 为虚数单位，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝2，则a ＝( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1解析：选B ∵a ＋ii＝(a ＋i)(－i)＝1－a i ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋i i ＝|1－a i|＝1＋a 2＝2，解得a＝3或a ＝－3(舍)．4．计算－1＋33＋6＋－2＋i 1＋2i的值是( ) A ．0 B ．1 C ．iD ．2i解析：选D 原式＝－1＋33＋2]3＋－2＋－＋－＝－1＋333＋－2＋4i ＋i ＋25＝－12＋32i 3－i ＋i ＝1－i ＋i ＝i －＋i ＝2i.5．若z 1＝a ＋2i ，z 2＝3－4i ，且z 1z 2为纯虚数，则实数a 的值为________．解析：z 1z 2＝a ＋2i 3－4i ＝a ＋＋9＋16＝3a ＋4a i ＋6i －825＝a －＋a ＋25，∵z 1z 2为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －8＝0，4a ＋6≠0，∴a ＝83.答案：836．i 是虚数单位，则⎝⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 4＝________.解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 4＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤＋2－22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2i －2i 2＝1. 答案：1 7．设复数z ＝＋2＋－2＋i，若z 2＋a z＜0，求纯虚数a .解：由z 2＋a z ＜0可知z 2＋a z是实数且为负数．z ＝＋2＋－2＋i＝2i ＋3－3i2＋i＝3－i2＋i＝1－i. ∵a 为纯虚数，∴设a ＝m i(m ∈R 且m ≠0)，则z 2＋a z ＝(1－i)2＋m i 1－i＝－2i ＋m i －m2＝－m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2－2i ＜0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－m2＜0，m 2－2＝0，∴m ＝4，∴a ＝4i.8．复数z ＝＋3a ＋b1－i且|z |＝4，z 对应的点在第一象限，若复数0，z ，z 对应的点是正三角形的三个顶点，求实数a ，b 的值．解：z ＝＋2＋1－i(a ＋b i)＝2i·i(a ＋b i)＝－2a －2b i. 由|z |＝4，得a 2＋b 2＝4，①∵复数0，z ，z 对应的点构成正三角形，∴|z －z |＝|z |.把z ＝－2a －2b i 代入化简得|b |＝1.② 又∵z 对应的点在第一象限， ∴a ＜0，b ＜0. 由①②得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝－1.故所求值为a ＝－3，b ＝－1.。

2017-2018学年高中数学课时跟踪检测(十)复数代数形式的乘除运算(含解析)新人教A版选修1-2

课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算一、选择题1．(辽宁高考)设复数z 满足(z －2i)(2－i)＝5，则z ＝( )A ．2＋3iB ．2－3iC ．3＋2iD ．3－2i解析：选A z ＝52－i ＋2i ＝5(2＋i)(2－i)(2＋i)＋2i ＝2＋i ＋2i＝2＋3i.2．已知复数z ＝1－i ，则z 2－2zz －1＝( )A ．2iB ．－2iC ．2D ．－2解析：选B 法一：因为z ＝1－i ，所以z 2－2z z －1＝(1－i)2－2(1－i)1－i －1＝－2－i ＝－2i.法二：由已知得z －1＝－i ，而z 2－2z z －1＝(z －1)2－1z －1＝(－i)2－1－i＝2i ＝－2i.3．若i 为虚数单位，如图中复平面内点Z 表示复数z ，则表示复数z1＋i 的点是( )A ．EB ．FC ．GD ．H解析：选D 由题图可得z ＝3＋i ，所以z1＋i ＝3＋i1＋i ＝(3＋i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝4－2i 2＝2－i ，则其在复平面上对应的点为H (2，－1)．4．(安徽高考)设i 是虚数单位，是复数z 的共轭复数．若z ·i＋2＝2z ，则z ＝()A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选A 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z ＝a －b i ，又z ·z i ＋2＝2z ，∴(a 2＋b 2)i ＋2＝2a ＋2b i ，∴a ＝1，b ＝1，故z ＝1＋i.5．已知复数z ＝3＋i (1－3i)2，是z 的共轭复数，则z ·等于( ) A.14B.12 C ．1D ．2 解析：选A ∵z ＝3＋i (1－3i)2 ＝－3i 2＋i (1－3i)2＝i(1－3i)(1－3i)2 ＝i 1－3i ＝i(1＋3i)4 ＝－34＋i 4， ∴z ＝－34－i 4， ∴z ·z ＝14. 二、填空题6．若z ＝－1－i 2，则z 2 012＋z 102＝________. 解析：z 2＝⎝⎛⎭⎪⎫－1－i 22＝－i. z 2 012＋z 102＝(－i)1 006＋(－i)51＝(－i)1 004·(－i)2＋(－i)48·(－i)3＝－1＋i. 答案：－1＋i7．设x ，y 为实数，且x 1－i ＋y 1－2i ＝51－3i，则x ＋y ＝________. 解析：x 1－i ＋y 1－2i ＝x (1＋i)2＋y (1＋2i)5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 5＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2y 5i ，而51－3i ＝5(1＋3i)10＝12＋32i ，所以x 2＋y 5＝12且x 2＋2y 5＝32，解得x ＝－1，y ＝5，所以x ＋y ＝4.答案：48．设z 2＝z 1－i 1(其中1表示z 1的共轭复数)，已知z 2的实部是－1，则z 2的虚部为________．解析：设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z 2＝z 1－i 1＝a ＋b i －i(a －b i)＝(a －b )－(a －b )i. 因为z 2的实部是－1，即a －b ＝－1，所以z 2的虚部为1.答案：1三、解答题9．计算：(1)(1＋2i)2＋3(1－i)2＋i； (2)1－3i (3＋i)2. 解：(1)(1＋2i)2＋3(1－i)2＋i ＝－3＋4i ＋3－3i 2＋i＝i 2＋i ＝i(2－i)5＝15＋25i. (2)1－3i (3＋i)2＝(3＋i)(－i)(3＋i)2 ＝－i 3＋i＝(－i)(3－i)4 ＝－14－34i.10．已知z 1＝1－i ，z 2＝1－3i ，z 3＝1－2i ，且x z 1－5z 2＝y z 3. (1)求实数x ，y 的值； (2)求z 1·z 2. 解：(1)由已知x z 1－5z 2＝y z 3，得x 1－i －51－3i ＝y 1－2i ，即x －12＋x －32i ＝y 5＋2y 5i.∵x ，y ∈R ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －12＝y 5，x －32＝2y 5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－5. (2)由(1)知z 1＝1＋i ，z 2＝1＋3i ，。

(浙江专版)2017-2018学年高中数学课时跟踪检测(十五)对数新人教A版必修1

课时跟踪检测（十五) 对数层级一学业水平达标1．将错误!－2＝9写成对数式,正确的是( )A．log9错误!＝－2 B．log139＝－2C．log13（－2)＝9 D．log9（－2）＝错误!解析:选B 根据对数的定义，得log139＝－2，故选B。

2．方程2log3x＝错误!的解是( ）A．x＝错误!B．x＝错误!C．x＝ 3 D．x＝9解析:选A ∵2log3x＝2－2，∴log3x＝－2，∴x＝3－2＝错误!。

3．使对数log a（－2a＋1)有意义的a的取值范围为( )A．a＞错误!且a≠1 B．0＜a＜错误!C．a＞0且a≠1 D．a＜错误!解析:选B 由对数的概念可知使对数log a（－2a＋1）有意义的a需满足错误!解得0＜a ＜错误!.4．下列指数式与对数式互化不正确的一组是（）A．e0＝1与ln 1＝0B．8-13－错误!＝错误!与log8错误!＝－错误!C．log39＝2与912＝3D．.log77＝1与71＝7解析：选C 由指对互化的关系：a x＝N⇔x＝log a N可知A、B、D都正确；C中log39＝2⇔9＝32.5．已知x2＋y2－4x－2y＋5＝0,则log x(y x）的值是（）A．1 B．0 C．x D．.y 解析:选B 由x2＋y2－4x－2y＋5＝0，得(x－2）2＋(y－1）2＝0,∴x＝2,y＝1,∴log x（y x）＝log2(12）＝0.6．lg 10 000＝________;lg 0。

001＝________.解析：由104＝10 000知lg 10 000＝4,10－3＝0。

001得lg 0。

001＝－3。

答案：4－37．方程log2（1－2x)＝1的解x＝________.解析：∵log2(1－2x)＝1＝log22，∴1－2x＝2,∴x＝－错误!。

经检验满足1－2x>0.答案：－错误!8．已知log7（log3(log2x）)＝0,那么x-12＝________.解析：由题意得：log3（log2x）＝1,即log2x＝3，转化为指数式则有x＝23＝8，∴x－错误!＝8－错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!.答案：错误!9．将下列指数式化为对数式，对数式化为指数式．(1)53＝125;(2)4－2＝错误!;(3)log128＝－3;（4)log3错误!＝－3.解：（1）∵53＝125，∴log5125＝3.(2）∵4－2＝116，∴log4错误!＝－2.（3)∵log128＝－3，∴错误!－3＝8。

2018年高中数学课时跟踪检测二十一复数代数形式的乘除运算新人教A版

课时跟踪检测（二十一）复数代数形式的乘除运算层级一学业水平达标＋3i)的值为1．复数(1＋i)(2B．－6 －4i －4i A．6D＋4i2) (．－6＋4iC．62解析：选D (1＋i)(2＋3i)＝2i(2＋3i)＝－6＋4i.zzz＝( ，则 ) －1)i＝12．(全国卷Ⅰ)已知复数＋满足(iA．－2－i B．－2＋iD－i．2＋iC．21＋i zz＝2－i，故选1－i，所以解析：选C C.－1＝＝i zz＝( 2i)(i是虚数单位)，则3．(广东高考)若复数) ＝i(3－A．2－3i B．2＋3iC．3＋2iD．3－2i2zz＝2－＋3i，∴3i. －2i)＝3i－2i＝2解析：选A ∵＝i(32020) －i)的值是( 4．(1＋i)－(1 B．A．－1 024 1 024D．512C．0C (1＋i)－(1－i)＝[(1＋i)]－[(1－i)]＝(2i)－(－2i)＝(2i)100. 2102101010102020解析：选＝－(2i)a i2＋aa)＝( ＝3＋i，则5．(全国卷Ⅱ)若为实数，且i1＋3 ．－4 BA．－4C．3 ．D aaaa22－i)－2＋i(2＋＋i)(1 i，i＝3解析：选D＋＝＝＋2i)＋i)(1－1＋2i(1a2＋??，＝3 2?a＝4解得所以，故选D.a2－??，＝12aabab________．，则若是虚数单位，(1＋i)(1－的值为i))6．(天津高考已知＝，∈R，i babbb )i，＝＋(1解析：因为＋i)(1－i)＝1－＋(1bbababa，1＝，2＝，得0＝－1且＝＋1∈R，所以，又．a2. ＝所以b2答案：2zzz_. －2，则_______7．设复数＝＝1＋2i z解析：∵，＝1＋2i2zzzz3. ＋2i)＋2i－2)＝(11∴＋－22i)(＝－(＝－2)(1＝－＋2i)(13答案：－abbaba________.都是实数，i是虚数单位，则|i，其中，i|＋8．若＝1－＝i－1abab i1解析：∵－，，∈R，且＝i－1babb＋，)i(1－(1则)＝(1－－i)(1－i)＝ba，1－＝??∴?b.0＝1＋??a，＝2??∴?b1.＝－??22ba5. (－1)＝|2－i|＝＝∴|2＋＋i|5答案：2i1)－3－(i－2)(i－.9．计算：＋3i－i(1＋i)(i－1)＋22i－3－－1)(i－2)(i－1)(i －2)(i－1)(i－2)(i＝－1，＝＝因解：为＝i－2＋－i)(i＋－1)＋iii－1＋2i(1(－3－2i)(2＋3i)－13i＝＝－i，23i3i)133i)(2＋(2－(i－2)(i－1)－3－2i所以＋＝i－1＋(－i)＝－1.3i21)＋－i(1＋i)(i－zzzzzz. ，求·＋＝．已知10－3i为1的共轭复数，若3i zabab ∈R)，解：设i(＝＋，zabab∈R)，＝－则，i(ababab i)＝1＋3i－－i)3i(，－由题意得(＋ i)(22aabb，1i＝即＋＋－33－3i22bba，1－3＝＋??则有?a，3－＝3??aa，＝－1＝－1，????解得或??bb3.＝0，＝????zz3i.＝－1所以＋＝－1或层级二应试能力达标zAz的共轭复数则图中表示1．如图，在复平面内，点，表示复数)的点是(BA BA．．DC D ．C．bzazababab，其中的共轭复数为，则i－设解析：选B ＜＝0＋，i(＞，0∈R)，且Bab＜0，－0＜，故应为点．a i1＋aa)是实数，且∈R，则实数＝2．设( i1＋1 ．A．－1 B22D．－C．aa i＋i11＋xxxaxx，＋(1＋＝解析：选B 因为∈R，所以不妨设i)，i∈R，则1＋＝i ＝i11＋＋i x，＝1??a1.所以所以有＝?xa，＝??a i＋????aa)，则＝( ＝3．若2为正实数，i为虚数单位，??i3 AB.．21D．C.2aa i＋i＋??2??aaaaa解得i|2＝1＝＝(＋i)(－i)∵解析：选B ＝1－i，∴|1－＋，＝??ii a＝－3(舍)＝3或．3i＋3i)－2(－1＋) ＋的值是( 4．计算62i＋i)1(1＋1 B．A．02iDi．C．332i＋3i)－2＋4i＋＋2(－1＋3i)(－＋i)(1－2i)(－1＋＝＝＋解析：选D 原式＝－2i)(2i)(1＋5[(1＋i)]133－＋i221i＋i3322i)(1＝＋i＝＋i＝2i.i－i(－－i)i z1aazz ________为纯虚数4i3，2i＝5．若＋＝－，且，则实数的值为．21z2．aaaza86i＋4－i＋2i(＋＋2i)(3＋4i)31＝＝解析：＝z25－164i9＋32aa6)i＋－8)＋(4(3 ＝，25z1∵为纯虚数，z2a，3－8＝0??∴?a＋6≠0，4??8a.∴＝38 答案：32zzz的模为________满足．＝3＋4i(i是虚数单位)．设复数6，则bzaba＝∈R)，＋解析：设，i(222abbza i＝32＋则4i＝－，＋22ba，－＝3??∴?ab，4＝2??aa，＝－＝2，2????或解得??bb1.1＝－＝????22bza5. ∴|＋|＝＝答案：52a i)＋3(1－(1＋i)2azz.0，若＝，求纯虚数＋＜7．设复数z i＋2aa22zz是实数且为负数．＋解：由＜＋0可知zz2i－3＋－3i3＋(1i)＋3(1－i)2i z i.＝＝1－＝＝i22＋i2＋＋i mmmaa∈R且＝∵i(为纯虚数，∴设≠0)，则ammm－ii22z＋＝－2ii)(1－＋＋＝z i－21mm????2－＝－＜0＋，i??22m??，－＜02?∴m??，0＝－22ma4i.＝，∴4＝∴．3ba i)＋＋i)((1zzzzz对应|且，|＝4，，对应的点在第一象限，若复数8．复数0＝i1－ba的值．，的点是正三角形的三个顶点，求实数2i)＋·(1(1＋i)bza i)＝(解：＋i－1bbaa i. －2i)＝－＝2i·i(2＋22baz＝由|4|＝4，得＋，①zz∵复数0，，对应的点构成正三角形，zzz|.|＝∴|－|bzab |代入化简得＝1.②把2＝－|－2i z又∵对应的点在第一象限，ba0. ∴0＜，＜?a，＝－3?由①②得?b1.＝－ba＝－，故所求值为＝－31.。

高中数学人教A版选修1-2课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算 Word版含解析

课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算一、选择题1．(辽宁高考)设复数z 满足(z －2i)(2－i)＝5，则z ＝( )A ．2＋3iB ．2－3iC ．3＋2iD ．3－2i 解析：选A z ＝52－i ＋2i ＝5(2＋i )(2－i )(2＋i )＋2i ＝2＋i ＋2i ＝2＋3i.2．已知复数z ＝1－i ，则z 2－2z z －1＝( ) A ．2iB ．－2iC ．2D ．－2 解析：选B 法一：因为z ＝1－i ，所以z 2－2z z －1＝(1－i )2－2(1－i )1－i －1＝－2－i＝－2i. 法二：由已知得z －1＝－i ，而z 2－2z z －1＝(z －1)2－1z －1＝(－i )2－1－i＝2i＝－2i. 3．若i 为虚数单位，如图中复平面内点Z 表示复数z ，则表示复数z 1＋i 的点是( )A ．EB ．FC ．GD ．H解析：选D 由题图可得z ＝3＋i ，所以z 1＋i ＝3＋i 1＋i ＝(3＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝4－2i 2＝2－i ，则其在复平面上对应的点为H (2，－1)．4．(安徽高考)设i 是虚数单位，是复数z 的共轭复数．若z ·i ＋2＝2z ，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选A 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z ＝a －b i ，又z ·z i ＋2＝2z ，∴(a 2＋b 2)i ＋2＝2a ＋2b i ，∴a ＝1，b ＝1，故z ＝1＋i.5．已知复数z ＝3＋i (1－3i )2，是z 的共轭复数，则z ·等于( ) A.14B.12 C ．1D ．2解析：选A ∵z ＝3＋i (1－3i )2 ＝－3i 2＋i (1－3i )2＝i (1－3i )(1－3i )2＝i 1－3i ＝i (1＋3i )4 ＝－34＋i 4， ∴z ＝－34－i 4， ∴z ·z ＝14. 二、填空题6．若z ＝－1－i 2，则z 2 012＋z 102＝________. 解析：z 2＝⎝⎛⎭⎪⎫－1－i 22＝－i. z 2 012＋z 102＝(－i)1 006＋(－i)51＝(－i)1 004·(－i)2＋(－i)48·(－i)3＝－1＋i.答案：－1＋i7．设x ，y 为实数，且x 1－i ＋y 1－2i ＝51－3i ，则x ＋y ＝________. 解析：x 1－i ＋y 1－2i ＝x (1＋i )2＋y (1＋2i )5 ＝⎝⎛⎭⎫x 2＋y 5＋⎝⎛⎭⎫x 2＋2y 5i ，而51－3i＝5(1＋3i )10＝12＋32i ，所以x 2＋y 5＝12且x 2＋2y 5＝32，解得x ＝－1，y ＝5，所以x ＋y ＝4.答案：48．设z 2＝z 1－i 1(其中1表示z 1的共轭复数)，已知z 2的实部是－1，则z 2的虚部为________．解析：设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z 2＝z 1－i 1＝a ＋b i －i(a －b i)＝(a －b )－(a －b )i.因为z 2的实部是－1，即a －b ＝－1，所以z 2的虚部为1.答案：1三、解答题9．计算：(1)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i； (2)1－3i (3＋i )2. 解：(1)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ＝－3＋4i ＋3－3i 2＋i＝i 2＋i＝i (2－i )5＝15＋25i. (2)1－3i (3＋i )2＝(3＋i )(－i )(3＋i )2＝－i 3＋i＝(－i )(3－i )4 ＝－14－34i.10．已知z 1＝1－i ，z 2＝1－3i ，z 3＝1－2i ，且x z 1－5z 2＝y z 3. (1)求实数x ，y 的值；(2)求z 1·z 2.解：(1)由已知x z 1－5z 2＝y z 3，得x 1－i －51－3i ＝y 1－2i ，即x －12＋x －32i ＝y 5＋2y 5i. ∵x ，y ∈R ，∴⎩⎨⎧ x －12＝y 5，x －32＝2y 5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－5. (2)由(1)知z 1＝1＋i ，z 2＝1＋3i ，则z 1·z 2＝(1＋i)(1＋3i)＝1＋4i ＋3i 2＝－2＋4i.。

2017-2018学年高中数学(选修1-2)课时跟踪检测(十)复数代数形式的乘除运算含答案

课时跟踪检测（十) 复数代数形式的乘除运算一、选择题1．(全国乙卷）设（1＋2i)（a＋i)的实部与虚部相等,其中a为实数,则a＝( ）A．－3 B．－2C．2 D．3解析:选A 由题意知(1＋2i）（a＋i)＝a－2＋（1＋2a）i，则a－2＝1＋2a，解得a＝－3，故选A。

2．已知复数z＝1－i，则错误!＝（）A．2i B．－2iC．2 D．－2解析：选B 法一：因为z＝1－i，所以错误!＝错误!＝错误!＝－2i。

法二：由已知得z－1＝－i，而错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝－2i.3．若i为虚数单位，如图中复平面内点Z表示复数z，则表示复数错误!的点是( ）A．E B．FC．G D．H解析：选D 由题图可得z＝3＋i，所以错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝2－i，则其在复平面上对应的点为H（2,－1）．4．(山东高考）若复数z满足2z＋错误!＝3－2i，其中i为虚数单位,则z＝（)A．1＋2i B．1－2iC．－1＋2i D．－1－2i解析：选B 法一设z＝a＋b i（a，b∈R)，则2z＋错误!＝2a＋2b i＋a－b i＝3a＋b i＝3－2i.由复数相等的定义，得3a＝3，b＝－2，解得a＝1，b＝－2，∴z＝1－2i.法二由已知条件2z＋错误!＝3－2i①，得2错误!＋z＝3＋2i②，解①②组成的关于z，错误!的方程组，得z＝1－2i.故选B。

5．已知复数z＝错误!，是z的共轭复数，则z·等于( )A。

错误! B.错误!C．1 D．2解析：选A ∵z＝错误! ＝错误!＝错误!＝i1－3i＝错误!＝－错误!＋错误!,∴z＝－错误!－错误!，∴z·错误!＝错误!。

二、填空题6．若z＝－错误!，则z2 012＋z102＝________.解析:z2＝错误!2＝－i.z2 012＋z102＝（－i)1 006＋(－i）51＝（－i）1 004·(－i）2＋（－i)48·（－i）3＝－1＋i.答案：－1＋i7．设x，y为实数,且错误!＋错误!＝错误!，则x＋y＝________.解析：错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!i，而错误!＝错误!＝错误!＋错误!i，所以错误!＋错误!＝错误!且错误!＋错误!＝错误!，解得x＝－1，y＝5，所以x＋y＝4。

高中数学人教A版选修1-2课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算 Word版含解析

课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算一、选择题1．(辽宁高考)设复数z 满足(z －2i)(2－i)＝5，则z ＝( )A ．2＋3iB ．2－3iC ．3＋2iD ．3－2i 解析：选A z ＝52－i ＋2i ＝5(2＋i )(2－i )(2＋i )＋2i ＝2＋i ＋2i ＝2＋3i.2．已知复数z ＝1－i ，则z 2－2z z －1＝( ) A ．2iB ．－2iC ．2D ．－2 解析：选B 法一：因为z ＝1－i ，所以z 2－2z z －1＝(1－i )2－2(1－i )1－i －1＝－2－i＝－2i. 法二：由已知得z －1＝－i ，而z 2－2z z －1＝(z －1)2－1z －1＝(－i )2－1－i＝2i＝－2i. 3．若i 为虚数单位，如图中复平面内点Z 表示复数z ，则表示复数z 1＋i 的点是( )A ．EB ．FC ．GD ．H解析：选D 由题图可得z ＝3＋i ，所以z 1＋i ＝3＋i 1＋i ＝(3＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝4－2i 2＝2－i ，则其在复平面上对应的点为H (2，－1)．4．(安徽高考)设i 是虚数单位，是复数z 的共轭复数．若z ·i ＋2＝2z ，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选A 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z ＝a －b i ，又z ·z i ＋2＝2z ，∴(a 2＋b 2)i ＋2＝2a ＋2b i ，∴a ＝1，b ＝1，故z ＝1＋i.5．已知复数z ＝3＋i (1－3i )2，是z 的共轭复数，则z ·等于( ) A.14B.12 C ．1D ．2解析：选A ∵z ＝3＋i (1－3i )2 ＝－3i 2＋i (1－3i )2＝i (1－3i )(1－3i )2＝i 1－3i ＝i (1＋3i )4 ＝－34＋i 4， ∴z ＝－34－i 4， ∴z ·z ＝14. 二、填空题6．若z ＝－1－i 2，则z 2 012＋z 102＝________. 解析：z 2＝⎝⎛⎭⎪⎫－1－i 22＝－i. z 2 012＋z 102＝(－i)1 006＋(－i)51＝(－i)1 004·(－i)2＋(－i)48·(－i)3＝－1＋i.答案：－1＋i7．设x ，y 为实数，且x 1－i ＋y 1－2i ＝51－3i ，则x ＋y ＝________. 解析：x 1－i ＋y 1－2i ＝x (1＋i )2＋y (1＋2i )5 ＝⎝⎛⎭⎫x 2＋y 5＋⎝⎛⎭⎫x 2＋2y 5i ，而51－3i＝5(1＋3i )10＝12＋32i ，所以x 2＋y 5＝12且x 2＋2y 5＝32，解得x ＝－1，y ＝5，所以x ＋y ＝4.答案：48．设z 2＝z 1－i 1(其中1表示z 1的共轭复数)，已知z 2的实部是－1，则z 2的虚部为________．解析：设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z 2＝z 1－i 1＝a ＋b i －i(a －b i)＝(a －b )－(a －b )i.因为z 2的实部是－1，即a －b ＝－1，所以z 2的虚部为1.答案：1三、解答题9．计算：(1)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i； (2)1－3i (3＋i )2. 解：(1)(1＋2i )2＋3(1－i )2＋i ＝－3＋4i ＋3－3i 2＋i＝i 2＋i＝i (2－i )5＝15＋25i. (2)1－3i (3＋i )2＝(3＋i )(－i )(3＋i )2＝－i 3＋i＝(－i )(3－i )4 ＝－14－34i.10．已知z 1＝1－i ，z 2＝1－3i ，z 3＝1－2i ，且x z 1－5z 2＝y z 3. (1)求实数x ，y 的值；(2)求z 1·z 2.解：(1)由已知x z 1－5z 2＝y z 3，得x 1－i －51－3i ＝y 1－2i ，即x －12＋x －32i ＝y 5＋2y 5i. ∵x ，y ∈R ，∴⎩⎨⎧ x －12＝y 5，x －32＝2y 5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－5. (2)由(1)知z 1＝1＋i ，z 2＝1＋3i ，则z 1·z 2＝(1＋i)(1＋3i)＝1＋4i ＋3i 2＝－2＋4i.高中数学学习技巧：在学习的过程中逐步做到：提出问题，实验探究，展开讨论，形成新知，应用反思。

浙江专版2018年高中数学课时跟踪检测十五复数代数形式的乘除运算新人教A版选修2_2

(浙江专版)2018年高中数学 课时跟踪检测(十三)空间向量的数乘运算 新人教A版选修2-1

浙江专版2018年高中数学课时跟踪检测十反证法新人教A版

高中数学(人教版选修1-2)课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算 Word版含答案

2018版高考数学(人教A版理科)一轮复习课时跟踪检测15Word版含答案

高中数学人教A版选修22：课时跟踪检测(二十一) 复数代数形式的乘除运算 Word版含解析

【配套K12】2018年高中数学课时跟踪检测十五综合法和分析法新人教A版选修2_2

2018年高中数学课时跟踪检测二十复数代数形式的加减运算及其几何意义新人教A版选修22

高中数学《3.2.2复数代数形式的乘除运算》评估训练 新人教A版选修1-2

2018版高考数学人教A版理科一轮复习课时跟踪检测15 含

(浙江专版)2018年高中数学课时跟踪检测(十四)复数代数形式的加、减运算及其几何意义新人教A版选修2_2

配套K122018年高中数学课时跟踪检测十五复数代数形式的乘除运算新人教A版选修2_2

2017-2018学年高中数学 课时跟踪检测(十)复数代数形式的乘除运算(含解析)新人教A版选修1-2

(浙江专版)2017-2018学年高中数学 课时跟踪检测(十五)对数 新人教A版必修1

2018年高中数学课时跟踪检测二十一复数代数形式的乘除运算新人教A版

最新整理高中数学人教A版选修1-2课时跟踪检测(10) 复数代数形式的乘除运算 Word版含解析.doc

高中数学人教A版选修1-2课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算 Word版含解析

2017-2018学年高中数学(选修1-2)课时跟踪检测(十)复数代数形式的乘除运算含答案

高中数学人教A版选修1-2课时跟踪检测(十) 复数代数形式的乘除运算 Word版含解析

(浙江专版)2018年高中数学课时跟踪检测(十三)空间向量的数乘运算新人教A版选修2-1

高中数学《3.2.2复数代数形式的乘除运算》评估训练新人教A版选修1-2

2017-2018学年高中数学课时跟踪检测(十)复数代数形式的乘除运算(含解析)新人教A版选修1-2

(浙江专版)2017-2018学年高中数学课时跟踪检测(十五)对数新人教A版必修1