《人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22優(yōu)化練習(xí)：第三章 章末優(yōu)化總結(jié)》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《人教版 高中數(shù)學(xué) 選修22優(yōu)化練習(xí)：第三章 章末優(yōu)化總結(jié)（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2019人教版精品教學(xué)資料·高中選修數(shù)學(xué) 章末檢測(cè)(三) 時(shí)間：120分鐘　滿(mǎn)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．已知復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·2是實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)t等于(　　) A.　　　　　　　　　 B. C．－ D．－ 解析：z1·2＝(3＋4i)(t－i)＝(3t＋4)＋(4t－3)i.因?yàn)閦1·2是實(shí)數(shù)，所以4t－3＝0，所以t＝.因此選A. 答案：A 2．已知f(x)＝x2，i是虛數(shù)單位，則在復(fù)平面中復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在(　　)

2、 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2，所以f(1＋i)＝(1＋i)2，化簡(jiǎn)得f(1＋i)＝2i， 所以 ＝＝＝＝＝＋i.根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義知，所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(，)，所以其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限．故應(yīng)選A. 答案：A 3．(2014·高考遼寧卷)設(shè)復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足(z－2i)(2－i)＝5，則z＝(　　) A．2＋3i B．2－3i C．3＋2i D．3－2i 解析：由(z－2i)(2－i)＝5得z＝＋2i＝＋2i＝＋2i＝2＋3i，選A. 答案：A 4．已知復(fù)數(shù)z＝－＋i，則＋|z|＝(　　) A．－－i B

3、．－＋i C.＋i D.－i 解析：因?yàn)閦＝－＋i，所以＋|z|＝－－i＋＝－i. 答案：D 5．若z＝cos θ＋isin θ(i為虛數(shù)單位)，則使z2＝－1的θ值可能是(　　) A. B. C. D. 解析：∵z2＝cos 2θ＋isin 2θ＝－1，∴ ∴2θ＝2kπ＋π(k∈Z)， ∴θ＝kπ＋.令k＝0知，D正確． 答案：D 6．若關(guān)于x的方程x2＋(1＋2i)x＋3m＋i＝0有實(shí)根，則實(shí)數(shù)m等于(　　) A. B.i C．－ D．－i 解析：設(shè)方程的實(shí)數(shù)根為x＝a(a為實(shí)數(shù))， 則a2＋(1＋2i)·a＋3m＋i＝0，∴ ∴

4、故選A. 答案：A 7．實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足(1＋i)x＋(1－i)y＝2，則xy的值是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：由題意得x＋y＋(x－y)i＝2， ∴∴ ∴xy＝1. 答案：B 8．設(shè)O為原點(diǎn)，向量，對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為2＋3i，－3－2i，那么向量對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為(　　) A．－1＋i B．1－i C．－5－5i D．5＋5i 解析：∵由已知＝(2,3)，＝(－3，－2)， ∴＝－＝(2,3)－(－3，－2)＝(5,5)， ∴對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為5＋5i. 答案：D 9．已知復(fù)數(shù)z＝(x－2)＋yi(x、y∈R)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的向量的模為，則的最大值

5、是(　　) A. B. C. D. 解析：因?yàn)閨(x－2)＋yi|＝，所以(x－2)2＋y2＝3，所以點(diǎn)(x，y)在以C(2,0)為圓心，以為半徑的圓上，如圖，由平面幾何知識(shí)知－≤≤. 答案：D 10．已知復(fù)數(shù)a＝3＋2i，b＝4＋xi(其中i為虛數(shù)單位，x∈R)，若復(fù)數(shù)∈R，則實(shí)數(shù)x的值為(　　) A．－6 B．6 C. D．－ 解析：＝＝＝＋·i∈R，∴＝0，∴x＝. 答案：C 11．設(shè)z＝(2t2＋5t－3)＋(t2＋2t＋2)i，t∈R，則以下結(jié)論正確的是(　　) A．z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限 B．z一定不為純虛數(shù) C.對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在實(shí)軸的下方

6、D．z一定為實(shí)數(shù) 解析：∵t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1>0，∴z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在實(shí)軸的上方． 又∵z與對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱(chēng)，∴C項(xiàng)正確． 答案：C 12．(2013·高考陜西卷)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(shí)數(shù) B．若z2<0，則z是虛數(shù) C．若z是虛數(shù)，則z2≥0 D．若z是純虛數(shù)，則z2<0 解析：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)， 選項(xiàng)A，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi≥0，則故b＝0或a，b都為0，即z為實(shí)數(shù)，正確． 選項(xiàng)B，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi<0，則則故z一定為

7、虛數(shù)，正確． 選項(xiàng)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(wú)法與0比較大小，錯(cuò)誤． 選項(xiàng)D，若z為純虛數(shù)，則則z2＝－b2<0，正確． 答案：C 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中的橫線(xiàn)上) 13．已知x＋＝－1，則x2 014＋的值為_(kāi)_______． 解析：∵x＋＝－1，∴x2＋x＋1＝0.∴x＝－±i，∴x3＝1. ∵2 014＝3×671＋1，∴x2 014＝x，∴x2 014＋＝x＋＝－1. 答案：－1 14．已知復(fù)數(shù)z1＝cos α＋isin α，z2＝c

8、os β＋isin β，則復(fù)數(shù)z1·z2的實(shí)部是________． 解析：z1·z2＝(cos α＋isin α)(cos β＋isin β)＝cos αcos β－sin αsin β＋(cos αsin β＋sin αcos β)i ＝cos(α＋β)＋sin(α＋β)i. 故z1·z2的實(shí)部為cos(α＋β)． 答案：cos(α＋β) 15．若(3－10i)y＋(－2＋i)x＝1－9i，則實(shí)數(shù)x、y的值分別為x＝________，y＝________. 解析：原式可以化為(3y－2x)＋(x－10y)i＝1－9i， 根據(jù)復(fù)數(shù)相等的充要條件，有解

9、得 答案：1　1 16．已知復(fù)數(shù)z1＝m＋(4＋m)i(m∈R)，z2＝2cos θ＋(λ＋ 3cos θ)i(λ∈R)，若z1＝z2，則λ的取值范圍是________． 解析：因?yàn)閦1＝z2，所以消去m得λ＝4－cos θ.又因?yàn)椋?≤cos θ≤1， 所以3≤4－cos θ≤5，所以λ∈[3,5]． 答案：[3,5] 三、解答題(本大題共6小題，共74分，解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 17．(本小題滿(mǎn)分12分)復(fù)數(shù)z＝(a2＋1)＋ai (a∈R)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第幾象限？復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡方程是什么？ 解析：因?yàn)閍2＋1≥1>0，復(fù)數(shù)z＝(a2＋1)

10、＋ai對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(a2＋1，a)，所以z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一、四象限或?qū)嵼S的正半軸上．設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則 消去a可得x＝y(tǒng)2＋1，所以復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡方程是y2＝x－1. 18．(本小題滿(mǎn)分12分)(1)已知復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，|z|＝1，且z＋＝1，求z； (2)已知復(fù)數(shù)z＝－(1＋5i)m－3(2＋i)為純虛數(shù)，求實(shí)數(shù)m的值． 解析：(1)設(shè)z＝a＋bi(a、b∈R)，由題意得解得a＝，b＝±. ∵復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限， ∴b＝－.∴z＝－i. (2)z＝－(1＋5i)m－3(2＋i)＝(m2－m－6)＋(2m2－5m－3)

11、i， 依題意得 解得∴m＝－2. 19. (本小題滿(mǎn)分12分)虛數(shù)z滿(mǎn)足|z|＝1，z2＋2z＋＜0，求z. 解析：設(shè)z＝x＋yi(x、y∈R，y≠0)，∴x2＋y2＝1. 則z2＋2z＋＝(x＋yi)2＋2(x＋yi)＋＝(x2－y2＋3x)＋y(2x＋1)i. ∵y≠0，z2＋2z＋<0， ∴ 又x2＋y2＝1.③ 由①②③得∴z＝－±i. 20．(本小題滿(mǎn)分12分)滿(mǎn)足z＋是實(shí)數(shù)，且z＋3的實(shí)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(qǐng)說(shuō)明理由． 解析：存在． 設(shè)虛數(shù)z＝x＋yi(x、y∈R，且y≠0)．z＋＝x＋yi＋＝x

12、＋＋i. 由已知得∵y≠0，∴ 解得或 ∴存在虛數(shù)z＝－1－2i或z＝－2－i滿(mǎn)足以上條件． 21．(本小題滿(mǎn)分13分)已知z1＝(3x＋y)＋(y－4x)i， z2＝(4y－2x)－(5x＋3y)i，(x，y∈R)，設(shè)z＝z1－z2＝13－2i，求z1，z2. 解析：z＝z1－z2 ＝(3x＋y)＋(y－4x)i－[(4y－2x)－(5x＋3y)i] ＝[(3x＋y)－(4y－2x)]＋[(y－4x)＋(5x＋3y)]i ＝(5x－3y)＋(x＋4y)i， 又∵z＝13－2i，且x，y∈R， ∴解得 ∴z1＝(3×2－1)＋(－1－4×2)i＝5－

13、9i， z2＝4×(－1)－2×2－[5×2＋3×(－1)]i＝－8－7i. 22．(本小題滿(mǎn)分13分)將一顆質(zhì)地均勻的正方體骰子(六個(gè)面的點(diǎn)數(shù)分別為1、2、3、4、5、6)先后拋擲兩次，記第一次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為a，第二次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為b. (1)設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(i為虛數(shù)單位)，求事件“z－3i為實(shí)數(shù)”的概率； (2)求點(diǎn)P(a，b)落在不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi)(含邊界)的概率． 解析：(1)z＝a＋bi(i為虛數(shù)單位)，z－3i為實(shí)數(shù)，則a＋bi－3i＝a＋(b－3)i為實(shí)數(shù)，則b＝3. 依題意得b的可能取值為1、2、3、4、5、6，故b＝3

14、的概率為. 即事件“z－3i為實(shí)數(shù)”的概率為. (2)連續(xù)拋擲兩次骰子所得結(jié)果如下表： 1 2 3 4 5 6 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) 由上表知，連續(xù)拋擲兩次骰子共有36種不同的結(jié)果． 不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示(含邊界)． 由圖知，點(diǎn)P(a，b)落在四邊形ABCD內(nèi)的結(jié)果有：(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(2,3)、(2,4)、(3,1)、(3,2)、(3,3)、(3,4)、(3,5)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(4,4)、(4,5)、(4,6)，共18種． 所以點(diǎn)P(a，b)落在四邊形ABCD內(nèi)(含邊界)的概率為P＝＝.