第三章复习提升-2022版数学必修第二册 湘教版（2019） 同步练习 （Word含解析）

本章复习提升

易混易错练

易错点1　忽视复数相等的条件致错

1.()已知(2+i)y=x+yi,x,y∈R,且y≠0,则= (　　)

A.

2.()已知i是虚数单位,m,n∈R,且m+i=1+ni,则= (　　)

A.i B.1 C.-i D.-1

3.()已知m∈R,i为虚数单位,若(m+i)(2-3i)=5-i,则m的值为 (　　)

A.1 B.-1 C.2 D.-2

4.(2021山东临沂一中高二下月考,)已知x是实数,y是纯虚数,且满足(2x-1)+i=y-(3-y)i,求x与y的值.

易错点2　对复数的几何意义考虑不全面致错

5.()在复平面内,已知复数z对应的向量为(O为坐标原点),与实轴正方向的夹角为120°,且复数z的模为2,则复数z=              (　　)

A.1+i

C.-1-i

6.()已知复数z满足|z|2-2|z|-3=0,则在复平面内,复数z对应的点的集合构成的图形是              (　　)

A.1个圆 B.线段 C.2个点 D.2个圆

易错点3　混淆实数的绝对值与复数的模致错

7.()对任意复数z=x+yi(x,y∈R),i为虚数单位,下列结论正确的是　　　　.(填序号)  

①|z-|=2y;②z2=x2+y2;③|z-|≥2x;④|z|≤|x|+|y|.

8.()在复数范围内求方程x2-5|x|+6=0的解.

易错点4　混淆复数运算与实数运算致错

9.()复数= (　　)

A.-i

C.i

10.()若复数=2-i(其中a,b是实数,i是虚数单位),则复数a+bi在复平面内所对应的点位于              (　　)

A.第一象限 B.第二象限

C.第三象限 D.第四象限

11.()满足z+是实数,且z+3的实部与虚部是相反数的虚数z是否存在?若存在,求出虚数z;若不存在,请说明理由.

思想方法练

一、方程思想在解决复数问题中的运用

1.(2020辽宁沈阳铁路实验中学高二月考,)已知z∈C,zi=2-bi(b∈R),z的实部与虚部相等,则b=              (　　)

A.-2 B.

2.(2020安徽六安一中高二模考,)设复数z=1+bi(b∈R)且z2=-3+4i,则z的共轭复数的虚部为              (　　)

A.-2 B.-2i C.2 D.2i

3.(2020上海大同中学高一月考,)若z1=a+2i,z2=1-4i,且为纯虚数,则实数a=　　　　. 

4.(2020天津耀华中学高一月考,)已知a,b∈R,复数z=a-i且=1+bi(i为虚数单位),则ab=　　　　. 

5.()若关于x的方程3x2-x-1=(10-x-2x2)i有实数根,则实数a的值等于　　　　.  

6.()已知关于x的一元二次方程x2+2kx-3k=0(k∈R)的虚根为x1,x2.

(1)求k的取值范围,并用k表示该方程的根;

(2)若3|x1|=2|x2|+,求k的值.

二、数形结合思想在解决复数问题中的运用

7.()在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是,,则复数z1-z2= (　　)

A.-1+2i B.-2-2i

C.1+2i D.1-2i

8.()在平行四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,若向量,对应的复数分别是3+i,-1+3i,则对应的复数是              (　　)

A.2+4i B.-2+4i

C.-4+2i D.4-2i

9.()已知复数z的模为1,求|z-1-2i|的最大值和最小值.

三、转化与化归思想在解决复数问题中的运用

10.()复数z1=-2mi,z2=-m+m2i,若z1+z2>0,则实数m=　　　　;在复平面内,对应的点位于第　　　　象限.  

11.()设虚数z满足|2z+3|=+2|.

(1)求证:|z|为定值;

(2)是否存在实数k,使为实数?若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.

答案全解全析

易混易错练

1.D　因为x∈R,y∈R且y≠0,(2+i)y=x+yi,所以2y=x,所以,故选D.

2.A　因为m+i=1+ni,所以m=n=1,则=i.故选A.

3.A　由(m+i)(2-3i)=(2m+3)+(2-3m)i=5-i,得解得m=1.

4.解析　根据已知条件可设y=bi(b∈R ,b≠0),代入(2x-1)+i=y-(3-y)i,整理得(2x-1)+i=-b+(b-3)i,根据复数相等的充要条件,可得

所以

5.D　设复数z在复平面内对应的点的坐标为Z(a,b).

根据题意可画出图形,如图所示,

∵|z|=2,且与实轴正方向的夹角为120°,

∴a=-1,b=±,

即点Z的坐标为(-1,)或(-1,-).

∴z=-1+i.

6.A　由题意可知(|z|-3)(|z|+1)=0,即|z|=3或|z|=-1,∵|z|≥0,∴|z|=3,故复数z对应的点的集合构成的图形是以原点为圆心,3为半径的圆.

7.答案　④

解析　对于①,=x-yi(x,y∈R),∴|z-|=|x+yi-x+yi|=|2yi|=|2y|,故不正确;对于②,z2=x2-y2+2xyi,故不正确;对于③,|z-|=|2y|≥2x不一定成立,故不正确;对于④,|z|=≤|x|+|y|,故正确.

8.解析　因为x∈C,所以设x=a+bi(a,b∈R),代入方程得(a+bi)2-5+6=0,即a2-b2-5+6+2abi=0,

所以

解得

所以原方程有6个解,分别为i,-i,2,-2,3,-3.

9.C　因为i2=-1,i3=-i,i4=1,所以i.

10.C　由=2-i,可得a+i=(b-i)(2-i)=2b-1-(2+b)i,

所以

所以复数a+bi在复平面内所对应的点的坐标为(-7,-3),位于第三象限,故选C.

11.解析　存在.理由如下:设虚数z=x+yi(x,y∈R,且y≠0),

则z+3=x+3+yi,z+i.

由题意得

∴

∴存在虚数z=-1-2i或z=-2-i满足题意.

思想方法练

1.C　设z=a+ai(a∈R),则(a+ai)i=2-bi, 即-a+ai=2-bi,

∴

2.A　因为z2=(1+bi)2=1-b2+2bi=-3+4i,

所以解得b=2,所以z=1+2i,所以的虚部为-2.

3.答案　8

解析　因为i为纯虚数,

所以解得a=8.

4.答案　-6

解析　∵z=a-i,∴=1+bi,

即a-i=(1+i)(1+bi)=1+bi+i-b=1-b+(b+1)i,

根据复数相等的充要条件,得

解得∴ab=-6.

5.答案　11或-

解析　设方程的实数根为x=m,则3m2-m-1=(10-m-2m2)i,

所以

解得

所以a的值为11或-.

6.解析　(1)因为一元二次方程 x2+2kx-3k=0有两个虚根,

所以Δ=4k2+12k<0,解得-3<k<0.

所以方程x2+2kx-3k=0的虚根为-k-i.

(2)因为x1,x2互为共轭复数,

所以|x1|=|x2|,

因为3|x1|=2|x2|+,

所以|x1|=,

所以k2+(-k2-3k)=,解得k=-.

7.B　由题图,知z1=-2-i,z2=i,所以z1-z2=-2-2i,故选B.

8.D　如图,,∵对应的复数为3+i,对应的复数为-1+3i,

∴对应的复数为(3+i)-(-1+3i)=4-2i.

9.解析　∵复数z的模为1,

∴z在复平面内对应的点在以原点为圆心,1为半径的圆上.

而|z-1-2i|=|z-(1+2i)|可以看成圆上的点Z到点A(1,2)的距离,如图.

∴|z-1-2i|min=|AB|=|OA|-|OB|=-1,

|z-1-2i|max=|AC|=|OA|+|OC|=+1.

10.答案　2;三

解析　易得z1+z2=(-2mi)+(-m+m2i)=(-m)+(m2-2m)i.

∵z1+z2>0,∴z1+z2为实数,且大于0.

∴解得m=2.

∴z2=-2+4i,∴=-2-4i,对应的点的坐标为(-2,-4),位于第三象限.

11.解析　设z=x+yi(x,y∈R,y≠0).

(1)证明:将z=x+yi(x,y∈R,y≠0)代入|2z+3|=+2|,

得|(2x+3)+2yi|=|(x+2)-yi|,即·,整理得x2+y2=3,即|z|=,所以|z|为定值.

(2)存在.

假设存在实数k,使得为实数,

即i为实数,

∴=0,

∵y≠0,∴k=±,故存在实数k,使为实数,此时k=±.