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章末复习提升
题型一　复数的有关概念
1.复数的概念是掌握复数的基础,如虚数、纯虚数、复数相等、复数的模等.有关复数的题目不同于实数,应注意根据复数的相关概念解答.
2.掌握复数的相关概念,培养数学抽象的核心素养.
[典例1] (多选题)已知复数z1=-4+2i,z2=2+i,z3=-3+2i在复平面内对应的点分别为A,B,C,z2的共轭复数在复平面内对应的点为D,则(　　)
[A] 点A位于第二象限
[B] ||=2
[C] |z1|=2|z2|
[D] 点D的坐标为(2,-1)
[跟踪训练] (1)(多选题)已知复数z=,则下列结论正确的是(　　)
[A] z的虚部为i
[B] =2-i
[C] |z|=
[D] z在复平面内对应的点位于第四象限
(2)若复数z=m2-1+(m2-m-2)i为纯虚数,则实数m的值为　　　　.
对于A,z的虚部为1,A错误;
对于B,=2-i,B正确;
对于C,|z|==,C正确;
对于D, z在复平面内对应的点(2,1)位于第一象限,D错误.故选BC.
(2)因为复数m2-1+(m2-m-2)i为纯虚数,
所以解得m=1.
题型二　复数的四则运算
1.复数的四则运算中含有虚数单位i的看作一类同类项,不含i的看作另一类同类项,分别合并即可,但要注意把i的幂写成最简单的形式.
2.通过复数的运算,提升数学运算和逻辑推理的核心素养.
[典例2] (1)等于(　　)
[A] -1 [B] 1 [C] 1-i [D] 1+i
(2)(2024·新课标Ⅰ卷)若=1+i,则z等于(　　)
[A] -1-i [B] -1+i
[C] 1-i [D] 1+i
(3)设a∈R,(a+i)(1-ai)=2,则a等于(　　)
[A] -1 [B] 0 [C] 1 [D] 2
(2)因为==1+=1+i,
所以z=1+=1-i.故选C.
(3)因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2,所以解得a=1.故选C.
[跟踪训练] 已知复数z=(i为虚数单位),则||等于(　　)
[A] 2 [B] [C] [D]
题型三　复数的几何意义
1.由复数确定有序实数对,即z=a+bi(a,b∈R)确定有序实数对(a,b),由有序实数对(a,b)确定复平面内的点Z(a,b)与向量=(a,b).
2.复数的加、减运算与复数的模有明确的几何意义,利用几何意义,借助几何直观解题,体现数形结合思想.
[典例3] (1)如图,若i为虚数单位,复平面内点Z表示复数z,则表示复数的点是(　　)
[A] E [B] F [C] G [D] H
(2)已知复数z1,z2满足z1+2=-3-i,|z2-z1|=1,则|z2+2i|的最大值为　.
故选D.
(2)令复数z1=x+yi,x,y∈R,则=x-yi,
所以z1+2=3x-yi=-3-i,
所以x=-1,y=1,
即z1=-1+i.
又|z2-z1|=1,即在复平面内,复数z2所对应的点的轨迹是以(-1,1)为圆心,1为半径的圆,
点(-1,1)到点(0,-2)的距离为
=,
所以|z2+2i|的最大值为+1.
[跟踪训练] 在复平面内,O是原点,向量对应的复数是-1+i,将绕点O按逆时针方向旋转,则与所得的向量对应的复数为　　　　.
如图,由题意可知=(-1,1),与x轴正向夹角为,
绕点O按逆时针方向旋转后点Z到达x轴上点Z1,
又||=||=,
所以点Z1的坐标为(-,0),
所以对应的复数为-.
章末检测卷(七)
(限时:120分钟　分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共 40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.在复平面内,复数z对应的点的坐标是(-1,),则z的共轭复数 等于(　　)
[A] 1+i [B] 1-i
[C] -1+i [D] -1-i
由共轭复数的定义可知,=-1-i.故选D.
2.如果z-(2-3i)=-1+i,那么复数z为(　　)
[A] 1-2i [B] 1+4i [C] -1-2i [D] -1+4i
所以z=-1+i+2-3i=1-2i.故选A.
3.已知复数z满足(1+i)z=3+5i(i是虚数单位),则|z|等于(　　)
[A] [B] 4 [C] [D] 5
4.复数z=在复平面内对应的点位于(　　)
[A] 第一象限 [B] 第二象限
[C] 第三象限 [D] 第四象限
5.已知=2+i,则复数z等于(　　)
[A] -1+3i [B] 1-3i
[C] 3+i [D] 3-i
所以=(2+i)(1+i)=2+3i-1=1+3i,
所以z=1-3i.故选B.
6.已知z=a-i2 027,且|z+i|=3,则实数a的值为(　　)
[A] 0 [B] 1 [C] ± [D]
因为|z+i|=3,所以a2+4=9,
即a2=5,所以a=±.故选C.
7.设π<θ<,则复数的辐角的主值为(　　)
[A] 2π-3θ [B] 3θ-2π [C] 3θ [D] 3θ-π
cos 3θ+isin 3θ,
因为π<θ<,
所以3π<3θ<.所以π<3θ-2π<.
所以该复数的辐角的主值为3θ-2π.故选B.
8.已知方程x2+(4+i)x+4+ai=0(a∈R)有实根b,且z=a+bi,则复数z等于(　　)
[A] -2-2i [B] 2+2i
[C] -2+2i [D] 2-2i
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.若z=+i(i为虚数单位),则下列说法正确的为(　　)
[A] ||=1 [B] z·=z2
[C] z3=i [D] z+z2 026=0
所以||==1,故A正确;
z·=(+i)(-i)=()2-(i)2=1,
z2=(+i)2=+i2+2×·i=+i,故B错误;z3=z2·z=(+i)(+i)=i,故C正确;z2 026=z·z2 025=z·=z·i675=z·i=-zi,所以z+z2 026≠0,故D错误.故选AC.
10.已知z∈C,是z的共轭复数,则(　　)
[A] 若z=,则 =
[B] 若z为纯虚数,则z2<0
[C] 若z-(2+i)>0,则z>2+i
[D] 若M={z||z+3i|≤3},则集合M所构成区域的面积为6π
11.已知复数z,ω均不为0,则(　　)
[A] z2=|z|2 [B] =
[C] =- [D] ||=
对于A,由z=a+bi(a,b∈R),得z2=(a+bi)2=a2+2abi-b2=a2-b2+2abi,
|z|2==a2+b2,故A错误.
对于B,=,又·z=|z|2,所以=,故B正确.
对于C,因为z-ω=a+bi-c-di=a-c+(b-d)i,所以=a-c-(b-d)i.又=a-bi,=c-di,所以-=a-bi-c+di=a-c-(b-d)i,即有=-,故C正确.
对于D,||=||=||=
||
=
=
=
=,
==
=
=,
故||=,故D正确.故选BCD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知a∈R,若复数z=a2-a-2+(a2+3a+2)i为纯虚数,则a=　　　　.
所以解得a=2.
13.已知复数z=(2a+i)(1-bi)的实部为2,其中a,b为实数,则4a+的最小值为　　　　.
所以2a+b=2,
即b=2-2a.
所以4a+=4a+21-2a=4a+≥2=2,
当且仅当即a=,b=时,等号成立.
所以所求最小值为2.
14.设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=+i,则|z1-z2|=　　　　.
z2=c+di(c∈R,d∈R),
所以z1+z2=a+c+(b+d)i=+i,
所以
又|z1|=|z2|=2,
所以a2+b2=4,c2+d2=4.
所以(a+c)2+(b+d)2=a2+c2+b2+d2+2(ac+bd)=4.
所以ac+bd=-2.
所以|z1-z2|=|(a-c)+(b-d)i|=
===2.
法二　如图,设复数z1,z2在复平面内对应的点分别为Z1,Z2,=+,
由已知||==2=|OZ1|=|OZ2|,
所以平行四边形OZ1PZ2为菱形,且△OPZ1,△OPZ2都是正三角形,所以∠Z1OZ2=120°.
在△OZ1Z2中,由余弦定理,得|Z1Z2|2=|OZ1|2+|OZ2|2-2|OZ1||OZ2|·cos 120°=22+22-2×2×2×(-)=12,
所以|z1-z2|=|Z1Z2|=2.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知复平面内正方形的三个顶点对应的复数分别是1+2i,-2+i,-1-2i,求第四个顶点对应的复数.
则A(1,2),B(-2,1),C(-1,-2),
所以=(-3,-1),=(1,-3),
所以·=-3+3=0,
所以∠ABC=90°.
设第四个点为D(x,y),则按照A,B,C,D的顺序才能构成正方形,
所以=,
即(-3,-1)=(-1-x,-2-y),
即解得
则D(2,-1),对应的复数为2-i.
16.(本小题满分15分)
已知z1,z2是方程x2-2x+5=0的两个根.
(1)求证:z1·z2==.
(2)若复数z满足|z-z1|=|z-z2|,求|z-1+i|的最小值.
z2==1-2i,
则|z1|==,
|z2|==,
z1·z2=(1+2i)(1-2i)=5,
所以z1·z2=|z1|2=|z2|2.
因为z满足|z-z1|=|z-z2|,所以点Z在线段Z1Z2的垂直平分线y=0上.
又|z-1+i|=|z-(1-i)|,复数1-i在复平面内对应的点为A(1,-1),所以当且仅当线段AZ垂直于x轴时,|z-1+i|取最小值,为1.
17.(本小题满分15分)
设向量及对应的复数分别为z1=1+3i,z2=2+i,计算z1+z2,并在复平面内作出+.
=+,如图所示.
18.(本小题满分17分)
有下列三个条件:①z<0;②z为虚数;③z为纯虚数.从中任选一个,补充在下面问题的横线中,并作答.
已知复数z=(m2-2m-8)+(m2-4)i.
(1)若　　　　,求实数m的值;
(2)若复数z-m2(1+i)+8的模为2,求m的值.
注:若选择多个符合要求的条件分别解答,则按第一个解答计分.
解得m=2.
选择②z为虚数,则m2-4≠0,
解得m≠±2.
选择③z为纯虚数,则m2-2m-8=0,m2-4≠0,
解得m=4.
(2)由z=(m2-2m-8)+(m2-4)i可知,
复数z-m2(1+i)+8=(m2-2m-8)+(m2-4)i-m2i-m2+8=-2m-4i.
依题意=2,
解得m=±1.
19.(本小题满分17分)
已知复数z=a+bi(a,b∈R),存在实数t,使 =-3ati成立.
(1)求证:2a+b为定值.
(2)若|z-2|≤a,求a的取值范围.
由复数相等的定义得消去t,得2a+b=6,
故2a+b为定值.
所以
又因为2a+b=6,即b=6-2a,
所以(a-2)2+(6-2a)2≤a2,
整理得a2-7a+10≤0.
所以原不等式组即为
解得a∈[2,5],
故a的取值范围为[2,5].
阶段检测卷一(第六章～第七章)
(限时:120分钟　分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共 40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知i·z=2+i,则复数z的虚部为(　　)
[A] 2 [B] -2 [C] 2i [D] -2i
2.若向量a=(1,2),b=(2,3),则与a+b共线的向量坐标可以是(　　)
[A] (2,1) [B] (6,10)
[C] (-1,2) [D] (-6,10)
即只有n=(6,10)与a+b平行.故选B.
3.若△ABC的外接圆的半径R=,A=45°,则a等于(　　)
[A] 1 [B] [C] 2 [D] 2
所以a=2Rsin A=2sin 45°=2.故选C.
4.复数z1=1+xi(x∈R),z2=y+i(y∈R),若z1=z2,则 等于(　　)
[A] 1+i [B] 1-i [C] -1+i [D] -1-i
所以z1=1+i,所以=1-i.故选B.
5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a2-b2=c2-bc,则tan 2A等于(　　)
[A] [B] - [C] 2 [D] 2
所以b2+c2-a2=bc.
在△ABC中,由余弦定理,
得cos A==.
因为A∈(0,π),所以sin A==.
所以tan A==,
则tan 2A===2.
故选C.
6.已知z=(m+3)+(m-1)i(m∈R)在复平面内对应的点位于第四象限,则复数z的模的取值范围是(　　)
[A] [2,4) [B] [2,4]
[C] (2,4) [D] (2,4)
所以解得-3|z|===
.
因为-3则2(m+1)2+8∈[8,16).
所以复数z的模的取值范围是[2,4).故选A.
7.如图,为了测量某湿地内A,B两点间的距离,观察者在同一平面内找到在同一条直线上的三点C,D,E,从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC= km,CE=1 km,则A,B两点间的距离为(　　)
[A] km [B] km
[C] 3 km [D] 2 km
则AC=DC= km.
在△BCE中,因为∠BCE=75°,∠BEC=60°,
所以∠EBC=180°-75°-60°=45°.
由正弦定理,得=,
可得BC===(km).
在△ABC中,因为BC= km,AC= km,
∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,
所以由余弦定理,
得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=,得AB= km.故选B.
8.已知△ABC中,||=6,||=2,且|λ+(3-3λ)|(λ∈R)的最小值为3,若P为边AB上任意一点,则 · 的最小值是(　　)
[A] -12 [B] -11 [C] -10 [D] -9
则|λ+(3-3λ)|
=
=
=
=
≥,
当且仅当λ=时,等号成立.
又|λ+(3-3λ)|(λ∈R)的最小值为3,
所以=3 cos θ=0.
又θ∈(0,π),所以∠BAC=θ=.
以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系,
设点P(x,0),其中0≤x≤6,
则B(6,0),C(0,2),=(6-x,0),=(-x,2),
所以·=-x(6-x)=x2-6x=(x-3)2-9≥-9,当且仅当x=3时,·取最小值-9.故选D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知复数z=-1+3i,是z的共轭复数,则(　　)
[A] |z+3-2i|=
[B] z的虚部是3i
[C] z在复平面内对应的点位于第二象限
[D] 复数是方程x2+2x+8=0的一个根
z的虚部是3,故B错误;
z在复平面内对应的点的坐标为(-1,3),位于第二象限,故C正确;
x2+2x+8=0 x==-1±i,
显然=-1-3i不符合题意,故D错误.
故选AC.
10.对于△ABC,有如下说法,其中正确的是(　　)
[A] 满足条件AB=,AC=1,B=30°的三角形共有两个
[B] 若sin A=cos B,则△ABC是直角三角形
[C] 若cos2A+cos2B+sin2C<2,则△ABC为锐角三角形
[D] 若△ABC是锐角三角形,则不等式sin A>cos B恒成立
则sin C==,
因为AB>AC,所以C=60°或C=120°,即满足条件的三角形共有两个,A选项正确;
对于B,在△ABC中,sin A=cos B=sin(±B),有A=-B或A=+B,则△ABC是直角三角形或钝角三角形,B选项错误;
对于C,在△ABC中,cos2A+cos2B+sin2C<2,
则sin2C<1-cos2A+1-cos2B=sin2A+sin2B,由正弦定理可得a2+b2>c2,则cos C=>0,即C为锐角,
因为角A与角B的大小未知,所以△ABC不一定为锐角三角形,C选项错误;
对于D,因为△ABC是锐角三角形,所以0°90°,有0°<90°-B则sin A>sin(90°-B),即sin A>cos B恒成立,D选项正确.故选AD.
11.已知i为虚数单位,则下列说法正确的是(　　)
[A] 若复数z的共轭复数为,则z·=|z|2=||2
[B] 若1-3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根,则q=-8
[C] 若复数z满足|z-i|=1,则|z|的最大值为2
[D] 已知ω=-+i是方程x3=1在复数范围内的一个根,则ω2 027=
对于B,若实系数方程存在复数根,则必为一对共轭复数,故(1-3i)(1+3i)=q q=10,B错误;
对于C,令z=x+yi(x,y∈R),由复数模的几何意义,知|z-i|=1可表示为x2+(y-1)2=1,
即z在复平面内对应的点在圆心为(0,1),半径为1的圆上,数形结合易知|z|的最大值为2,C正确;
对于D,x3=1 (x-1)(x2+x+1)=0,则有x2+x+1=0或x=1.因为ω=-+i为方程x3=1的一个根,即ω2+ω+1=0,且ω3=1,所以ω2 027=(ω3)675·ω2=ω2=-ω-1=--i=,D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知向量a=(-3,1),b=(2,1),则a在b上的投影向量的坐标为　　　　.
13.如图,在△ABC中,D是BC边上一点,G是线段AD上一点,且==2,过点G作直线与线段AB,AC分别交于点E,F(不与点A重合),则+=　　　　.
使得=(1-λ)+λ.
由题知=2,
则-=2(-),
所以=+.
设=m,=n,则=m,=n.
因为=2,所以==+.
所以=(1-λ)+λ=m(1-λ)+nλ.
所以即
两式相加得+=1,
所以+=+=.
14.已知三个复数z1,z2,z3,且|z1|=|z2|=2,|z3|=,z1,z2对应的向量,满足·=0,则|z3-z1-z2|的最大值为　　　　.
因为|z1|=|z2|=2,且z1,z2对应的向量,满足·=0,即⊥,
不妨令A(2,0),B(0,2),
则z1=2,z2=2i.
又|z3|=,
设C(cos θ,sin θ)(θ∈R),
即z3=cos θ+(sin θ)i,
则z3-z1-z2=cos θ+(sin θ)i-2-2i=(cos θ-2)+(sin θ-2)i,
所以|z3-z1-z2|=
=
=
=.
所以当sin(θ+)=-1时,|z3-z1-z2|取得最大值,即|z3-z1-z2|max==3.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知复数z1=-2+4i,z2=-1-3i.
(1)若z=,求|z|;
(2)在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是,,其中O是原点,求∠AOB的大小.
所以|z|==.
(2)依题意向量=(-2,4),=(-1,-3),
于是有·=(-2)×(-1)+4×(-3)=-10,
||==2,||==.
因为∠AOB为与的夹角,
所以cos∠AOB===-.
因为∠AOB∈[0,π],所以∠AOB=.
16.(本小题满分15分)
已知向量a=(2,-1),b=(1,2),c=(3,-4).
(1)若|e|=1,且e∥a,求e的坐标;
(2)若c=ma+nb,求m+n;
(3)若(ka+b)⊥c,求实数k的值.
设e=ta=(2t,-t)(t∈R).
又|e|=1,
所以=|t|=1,解得t=±.
所以e=(-,)或e=(,-).
(2)因为a=(2,-1),b=(1,2),c=(3,-4),
所以c=m(2,-1)+n(1,2)=(2m+n,-m+2n),
于是解得
所以m+n=1.
(3)依题意,ka+b=k(2,-1)+(1,2)=(2k+1,-k+2).
因为(ka+b)⊥c,c=(3,-4),
所以(2k+1)×3+(-k+2)×(-4)=0,
解得k=.
17.(本小题满分15分)
已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin =bsin A.
(1)求B的大小;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=4,求△ABC面积的取值范围.
sin Asin =sin Bsin A,
因为sin A≠0,所以sin =sin B.
法一　因为0所以=B或=π-B.
当=B时,A+C=2B,B=;
当=π-B时,A+C=2π-2B,
即π-B=2π-2B,得B=π,舍去.
综上,B=.
法二　因为sin =sin(-)=cos ,
sin B=2sin cos ,
所以cos =2sin cos .
又因为cos ≠0,所以化简得sin =.
因为0所以=,所以B=.
(2)由(1)知B=,又c=4,
所以S△ABC=acsin B=a.
由正弦定理,
得a==4·=
=+2.
因为△ABC为锐角三角形,
所以解得所以tan C∈(,+∞).
所以∈(0,).
所以∈(0,6).所以2从而2即△ABC面积的取值范围是(2,8).
18.(本小题满分17分)如图,点P,Q分别是矩形ABCD的边DC,BC上的两点,AB=3,AD=2.
(1)若P是线段DC上靠近D的三等分点、Q是BC的中点,求cos∠PAQ;
(2)若=λ,=λ,0≤λ≤1,求· 的取值范围;
(3)若=2,延长AP交BC的延长线于点T,Q为BC的中点,试探究线段AB上是否存在一点H,使得∠THQ最大 若存在,求BH的长;若不存在,请说明理由.
则P(1,2),Q(3,1),A(0,0),所以=(1,2),
=(3,1).
所以·=
1×3+2×1=5,
||==,||==,
所以cos∠PAQ===.
(2)由AB=3,AD=2,=λ,=λ,
0≤λ≤1,
得||=λ||=3λ,||=λ||=2λ,
则||=2-2λ,
所以·=(+)·(+)=
·+·+·+·=
0+2(2-2λ)+3λ×3+0=5λ+4.
又0≤λ≤1,所以·∈[4,9].
(3)如图,以A为坐标原点,建立平面直角坐标系,
则P(2,2),Q(3,1),
TC=AD=1,
所以T(3,3).
假设存在点H,使得∠THQ最大,
由∠THQ∈[0,),得tan∠THQ最大.
设BH=a,当a=0时,角度为0,此时∠THQ不可能最大,故a≠0,所以0则tan∠THQ=tan(∠THB-∠QHB)=
==
===≤=,
当且仅当a=,即a=时,等号成立,
即存在点H,使得∠THQ最大,此时BH=.
19.(本小题满分17分)
我们把a0+a1x+a2x2+…+anxn=0(其中an≠0,n∈N*)称为一元n次多项式方程.代数基本定理:任何一元n(n∈N*)次复系数多项式方程(即a0,a1,a2,…,an为复数)在复数集内至少有一个复数根;由此推得,任何一元n(n∈N*)次复系数多项式方程在复数集内有且仅有n个复数根(重根按重数计算).那么我们由代数基本定理可知:任何一元n(n∈N*)次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式,转化为n个一元一次多项式的积.即a0+a1x+a2x2+…+anxn=an(x-α1·(x-α2…(x-αm,其中k,m∈N*,k1+k2+…+km=n,α1,α2,…,αm为方程a0+a1x+a2x2+…+anxn=0的根.进一步可以推出:在实系数范围内(即a0,a1,a2,…,an为实数),方程a0+a1x+a2x2+…+anxn=0有实数根,则多项式a0+a1x+a2x2+…+anxn必可分解因式.例如:观察可知,x=1是方程x3-1=0的一个根,则(x-1)一定是多项式x3-1的一个因式,即x3-1=(x-1)(ax2+bx+c),由待定系数法可知,a=b=c=1.
(1)在复数集内解方程x3+x-2=0.
(2)设f(x)=a0+a1x+a2x2+a3x3,其中a0,a1,a2,a3∈R+,且a0+a1+a2+a3=1.
(ⅰ)分解因式:x-(a0+a1x+a2x2+a3x3).
(ⅱ)记点P(x0,y0)是y=f(x)的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点.求证:当a1+2a2+3a3≤1时,x0=1.
即x3+x-2=(x-1)(ax2+bx+c)=ax3+(b-a)x2+(c-b)x-c,即有解得
即x3+x-2=(x-1)(x2+x+2),
令x2+x+2=0,则x==,
即该方程的根分别为1,.
则(x-1)一定是多项式x-(a0+a1x+a2x2+a3x3)的一个因式,
即x-(a0+a1x+a2x2+a3x3)=(x-1)(ax2+bx+c)=ax3+(b-a)x2+(c-b)x-c,
则有即
即x-(a0+a1x+a2x2+a3x3)=-(x-1)[a3x2+(a3+a2)x-a0].
由a0,a1,a2,a3∈R+,
得Δ=+4a3a0>0,故函数g(x)必有两个不同零点,设g(x1)=g(x2)=0,且x1又g(1)=a3+a3+a2-a0=2a3+a2+a1+a2+a3-1=3a3+2a2+a1-1≤0,故x2≥1,则方程f(x)=x的根有1,x1,x2,且x1<0<1≤x2,故y=f(x)的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为1,即x0=1.(共23张PPT)
章末复习提升
主干知识回顾
核心题型突破
1.复数的概念是掌握复数的基础,如虚数、纯虚数、复数相等、复数的模等.有关复数的题目不同于实数,应注意根据复数的相关概念解答.
2.掌握复数的相关概念,培养数学抽象的核心素养.
题型一　复数的有关概念
[典例1] (多选题)已知复数z1=-4+2i,z2=2+i,z3=-3+2i在复平面内对应的点分别为A,B,C,z2的共轭复数在复平面内对应的点为D,则(　 　)
ACD
BC
(2)若复数z=m2-1+(m2-m-2)i为纯虚数,则实数m的值为　　.
1
题型二　复数的四则运算
1.复数的四则运算中含有虚数单位i的看作一类同类项,不含i的看作另一类同类项,分别合并即可,但要注意把i的幂写成最简单的形式.
2.通过复数的运算,提升数学运算和逻辑推理的核心素养.
C
C
(3)设a∈R,(a+i)(1-ai)=2,则a等于(　　)
[A] -1 [B] 0 [C] 1 [D] 2
C
C
题型三　复数的几何意义
2.复数的加、减运算与复数的模有明确的几何意义,利用几何意义,借助几何直观解题,体现数形结合思想.
D
[A] E [B] F [C] G [D] H
感谢观看章末复习提升
题型一　复数的有关概念
1.复数的概念是掌握复数的基础,如虚数、纯虚数、复数相等、复数的模等.有关复数的题目不同于实数,应注意根据复数的相关概念解答.
2.掌握复数的相关概念,培养数学抽象的核心素养.
[典例1] (多选题)已知复数z1=-4+2i,z2=2+i,z3=-3+2i在复平面内对应的点分别为A,B,C,z2的共轭复数在复平面内对应的点为D,则(　　)
[A] 点A位于第二象限
[B] ||=2
[C] |z1|=2|z2|
[D] 点D的坐标为(2,-1)
【答案】 ACD
【解析】 对于A,A(-4,2),所以点A位于第二象限,A正确;对于B,B(2,1),C(-3,2),所以=(-5,1),所以||==,B错误;对于C,|z1|==2,|z2|==,所以|z1|=2|z2|,C正确;对于D,=2-i,所以D(2,-1),D正确.故选ACD.
[跟踪训练] (1)(多选题)已知复数z=,则下列结论正确的是(　　)
[A] z的虚部为i
[B] =2-i
[C] |z|=
[D] z在复平面内对应的点位于第四象限
(2)若复数z=m2-1+(m2-m-2)i为纯虚数,则实数m的值为　　　　.
【答案】 (1)BC　(2)1
【解析】 (1)z====2+i.
对于A,z的虚部为1,A错误;
对于B,=2-i,B正确;
对于C,|z|==,C正确;
对于D, z在复平面内对应的点(2,1)位于第一象限,D错误.故选BC.
(2)因为复数m2-1+(m2-m-2)i为纯虚数,
所以解得m=1.
题型二　复数的四则运算
1.复数的四则运算中含有虚数单位i的看作一类同类项,不含i的看作另一类同类项,分别合并即可,但要注意把i的幂写成最简单的形式.
2.通过复数的运算,提升数学运算和逻辑推理的核心素养.
[典例2] (1)等于(　　)
[A] -1 [B] 1 [C] 1-i [D] 1+i
(2)(2024·新课标Ⅰ卷)若=1+i,则z等于(　　)
[A] -1-i [B] -1+i
[C] 1-i [D] 1+i
(3)设a∈R,(a+i)(1-ai)=2,则a等于(　　)
[A] -1 [B] 0 [C] 1 [D] 2
【答案】 (1)C　(2)C　(3)C
【解析】 (1)==1-i.故选C.
(2)因为==1+=1+i,
所以z=1+=1-i.故选C.
(3)因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2,所以解得a=1.故选C.
[跟踪训练] 已知复数z=(i为虚数单位),则||等于(　　)
[A] 2 [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 因为z==+i,所以=-i,则=-i,其模为=.故选C.
题型三　复数的几何意义
1.由复数确定有序实数对,即z=a+bi(a,b∈R)确定有序实数对(a,b),由有序实数对(a,b)确定复平面内的点Z(a,b)与向量=(a,b).
2.复数的加、减运算与复数的模有明确的几何意义,利用几何意义,借助几何直观解题,体现数形结合思想.
[典例3] (1)如图,若i为虚数单位,复平面内点Z表示复数z,则表示复数的点是(　　)
[A] E [B] F [C] G [D] H
(2)已知复数z1,z2满足z1+2=-3-i,|z2-z1|=1,则|z2+2i|的最大值为　.
【答案】 (1)D　(2)+1
【解析】 (1)因为点Z(3,1)对应的复数为z,所以z=3+i,所以====2-i,该复数对应的点的坐标是(2,-1),即点H.
故选D.
(2)令复数z1=x+yi,x,y∈R,则=x-yi,
所以z1+2=3x-yi=-3-i,
所以x=-1,y=1,
即z1=-1+i.
又|z2-z1|=1,即在复平面内,复数z2所对应的点的轨迹是以(-1,1)为圆心,1为半径的圆,
点(-1,1)到点(0,-2)的距离为
=,
所以|z2+2i|的最大值为+1.
[跟踪训练] 在复平面内,O是原点,向量对应的复数是-1+i,将绕点O按逆时针方向旋转,则与所得的向量对应的复数为　　　　.
【答案】 -
【解析】
如图,由题意可知=(-1,1),与x轴正向夹角为,
绕点O按逆时针方向旋转后点Z到达x轴上点Z1,
又||=||=,
所以点Z1的坐标为(-,0),
所以对应的复数为-.
章末检测卷(七)
(限时:120分钟　分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共 40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.在复平面内,复数z对应的点的坐标是(-1,),则z的共轭复数 等于(　　)
[A] 1+i [B] 1-i
[C] -1+i [D] -1-i
【答案】 D
【解析】 z在复平面内对应的点的坐标是(-1,),根据复数的几何意义,得z=-1+i,
由共轭复数的定义可知,=-1-i.故选D.
2.如果z-(2-3i)=-1+i,那么复数z为(　　)
[A] 1-2i [B] 1+4i [C] -1-2i [D] -1+4i
【答案】 A
【解析】 因为z-(2-3i)=-1+i,
所以z=-1+i+2-3i=1-2i.故选A.
3.已知复数z满足(1+i)z=3+5i(i是虚数单位),则|z|等于(　　)
[A] [B] 4 [C] [D] 5
【答案】 C
【解析】 因为(1+i)z=3+5i,所以z===4+i,所以|z|==.故选C.
4.复数z=在复平面内对应的点位于(　　)
[A] 第一象限 [B] 第二象限
[C] 第三象限 [D] 第四象限
【答案】 B
【解析】 由题意z==-+i,所以复数z=在复平面内对应的点(-,)位于第二象限.故选B.
5.已知=2+i,则复数z等于(　　)
[A] -1+3i [B] 1-3i
[C] 3+i [D] 3-i
【答案】 B
【解析】 因为=2+i,
所以=(2+i)(1+i)=2+3i-1=1+3i,
所以z=1-3i.故选B.
6.已知z=a-i2 027,且|z+i|=3,则实数a的值为(　　)
[A] 0 [B] 1 [C] ± [D]
【答案】 C
【解析】 因为z=a-i2 027=a+i,所以z+i=a+2i.
因为|z+i|=3,所以a2+4=9,
即a2=5,所以a=±.故选C.
7.设π<θ<,则复数的辐角的主值为(　　)
[A] 2π-3θ [B] 3θ-2π [C] 3θ [D] 3θ-π
【答案】 B
【解析】 ==
cos 3θ+isin 3θ,
因为π<θ<,
所以3π<3θ<.所以π<3θ-2π<.
所以该复数的辐角的主值为3θ-2π.故选B.
8.已知方程x2+(4+i)x+4+ai=0(a∈R)有实根b,且z=a+bi,则复数z等于(　　)
[A] -2-2i [B] 2+2i
[C] -2+2i [D] 2-2i
【答案】 D
【解析】 因为x2+(4+i)x+4+ai=0(a∈R)有实根b,所以b2+(4+i)b+4+ai=0,即b2+4b+4+(a+b)i=0.根据复数相等的充要条件,得b2+4b+4=0,且a+b=0,解得a=2,b=-2.故复数z=2-2i.故选D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.若z=+i(i为虚数单位),则下列说法正确的为(　　)
[A] ||=1 [B] z·=z2
[C] z3=i [D] z+z2 026=0
【答案】 AC
【解析】 由z=+i,得=-i,
所以||==1,故A正确;
z·=(+i)(-i)=()2-(i)2=1,
z2=(+i)2=+i2+2×·i=+i,故B错误;z3=z2·z=(+i)(+i)=i,故C正确;z2 026=z·z2 025=z·=z·i675=z·i=-zi,所以z+z2 026≠0,故D错误.故选AC.
10.已知z∈C,是z的共轭复数,则(　　)
[A] 若z=,则 =
[B] 若z为纯虚数,则z2<0
[C] 若z-(2+i)>0,则z>2+i
[D] 若M={z||z+3i|≤3},则集合M所构成区域的面积为6π
【答案】 AB
【解析】 因为z===,所以=,故A正确.由z为纯虚数,可设z=bi(b∈R,b≠0),所以z2=b2i2.因为i2=-1,且b≠0,所以z2<0,故B正确.由z-(2+i)>0,得z=a+i(a∈R,a>2),因为z=a+i与2+i均为虚数,所以二者之间不能比较大小,故C错误.设复数z=a+bi,a,b∈R,所以z+3i=a+(b+3)i.由|z+3i|≤3得a2+(b+3)2≤9,所以集合M所构成的区域是以(0,-3)为圆心,3为半径的圆及其内部,所以面积为9π,故D错误.故选AB.
11.已知复数z,ω均不为0,则(　　)
[A] z2=|z|2 [B] =
[C] =- [D] ||=
【答案】 BCD
【解析】 设z=a+bi(a,b∈R),ω=c+di(c,d∈R).
对于A,由z=a+bi(a,b∈R),得z2=(a+bi)2=a2+2abi-b2=a2-b2+2abi,
|z|2==a2+b2,故A错误.
对于B,=,又·z=|z|2,所以=,故B正确.
对于C,因为z-ω=a+bi-c-di=a-c+(b-d)i,所以=a-c-(b-d)i.又=a-bi,=c-di,所以-=a-bi-c+di=a-c-(b-d)i,即有=-,故C正确.
对于D,||=||=||=
||
=
=
=
=,
==
=
=,
故||=,故D正确.故选BCD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知a∈R,若复数z=a2-a-2+(a2+3a+2)i为纯虚数,则a=　　　　.
【答案】 2
【解析】 因为z=a2-a-2+(a2+3a+2)i为纯虚数,
所以解得a=2.
13.已知复数z=(2a+i)(1-bi)的实部为2,其中a,b为实数,则4a+的最小值为　　　　.
【答案】 2
【解析】 因为复数z=(2a+i)(1-bi)=2a+b+(1-2ab)i的实部为2,
所以2a+b=2,
即b=2-2a.
所以4a+=4a+21-2a=4a+≥2=2,
当且仅当即a=,b=时,等号成立.
所以所求最小值为2.
14.设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=+i,则|z1-z2|=　　　　.
【答案】 2
【解析】 法一　设z1=a+bi(a∈R,b∈R),
z2=c+di(c∈R,d∈R),
所以z1+z2=a+c+(b+d)i=+i,
所以
又|z1|=|z2|=2,
所以a2+b2=4,c2+d2=4.
所以(a+c)2+(b+d)2=a2+c2+b2+d2+2(ac+bd)=4.
所以ac+bd=-2.
所以|z1-z2|=|(a-c)+(b-d)i|=
===2.
法二　如图,设复数z1,z2在复平面内对应的点分别为Z1,Z2,=+,
由已知||==2=|OZ1|=|OZ2|,
所以平行四边形OZ1PZ2为菱形,且△OPZ1,△OPZ2都是正三角形,所以∠Z1OZ2=120°.
在△OZ1Z2中,由余弦定理,得|Z1Z2|2=|OZ1|2+|OZ2|2-2|OZ1||OZ2|·cos 120°=22+22-2×2×2×(-)=12,
所以|z1-z2|=|Z1Z2|=2.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知复平面内正方形的三个顶点对应的复数分别是1+2i,-2+i,-1-2i,求第四个顶点对应的复数.
【解】 设复数1+2i,-2+i,-1-2i在复平面内对应的点分别为A,B,C,
则A(1,2),B(-2,1),C(-1,-2),
所以=(-3,-1),=(1,-3),
所以·=-3+3=0,
所以∠ABC=90°.
设第四个点为D(x,y),则按照A,B,C,D的顺序才能构成正方形,
所以=,
即(-3,-1)=(-1-x,-2-y),
即解得
则D(2,-1),对应的复数为2-i.
16.(本小题满分15分)
已知z1,z2是方程x2-2x+5=0的两个根.
(1)求证:z1·z2==.
(2)若复数z满足|z-z1|=|z-z2|,求|z-1+i|的最小值.
(1)【证明】 令z1==1+2i,
z2==1-2i,
则|z1|==,
|z2|==,
z1·z2=(1+2i)(1-2i)=5,
所以z1·z2=|z1|2=|z2|2.
(2)【解】 设复数z,z1,z2在复平面内对应的点分别为Z,Z1,Z2,则Z1(1,2),Z2(1,-2).
因为z满足|z-z1|=|z-z2|,所以点Z在线段Z1Z2的垂直平分线y=0上.
又|z-1+i|=|z-(1-i)|,复数1-i在复平面内对应的点为A(1,-1),所以当且仅当线段AZ垂直于x轴时,|z-1+i|取最小值,为1.
17.(本小题满分15分)
设向量及对应的复数分别为z1=1+3i,z2=2+i,计算z1+z2,并在复平面内作出+.
【解】 z1+z2=(1+3i)+(2+i)=(1+2)+(3+1)i=3+4i.
=+,如图所示.
18.(本小题满分17分)
有下列三个条件:①z<0;②z为虚数;③z为纯虚数.从中任选一个,补充在下面问题的横线中,并作答.
已知复数z=(m2-2m-8)+(m2-4)i.
(1)若　　　　,求实数m的值;
(2)若复数z-m2(1+i)+8的模为2,求m的值.
注:若选择多个符合要求的条件分别解答,则按第一个解答计分.
【解】 (1)选择①z<0,则
解得m=2.
选择②z为虚数,则m2-4≠0,
解得m≠±2.
选择③z为纯虚数,则m2-2m-8=0,m2-4≠0,
解得m=4.
(2)由z=(m2-2m-8)+(m2-4)i可知,
复数z-m2(1+i)+8=(m2-2m-8)+(m2-4)i-m2i-m2+8=-2m-4i.
依题意=2,
解得m=±1.
19.(本小题满分17分)
已知复数z=a+bi(a,b∈R),存在实数t,使 =-3ati成立.
(1)求证:2a+b为定值.
(2)若|z-2|≤a,求a的取值范围.
(1)【证明】 因为=-3ati=+(-3at)i,所以a-bi=+(-3at)i.
由复数相等的定义得消去t,得2a+b=6,
故2a+b为定值.
(2)【解】 因为z-2=a-2+bi,且|z-2|≤a,
所以
又因为2a+b=6,即b=6-2a,
所以(a-2)2+(6-2a)2≤a2,
整理得a2-7a+10≤0.
所以原不等式组即为
解得a∈[2,5],
故a的取值范围为[2,5].
阶段检测卷一(第六章～第七章)
(限时:120分钟　分值:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共 40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知i·z=2+i,则复数z的虚部为(　　)
[A] 2 [B] -2 [C] 2i [D] -2i
【答案】 B
【解析】 由于i·z=2+i,则z==1-2i,则复数z的虚部为-2.故选B.
2.若向量a=(1,2),b=(2,3),则与a+b共线的向量坐标可以是(　　)
[A] (2,1) [B] (6,10)
[C] (-1,2) [D] (-6,10)
【答案】 B
【解析】 由已知a+b=(3,5),只有(6,10)=2(3,5),
即只有n=(6,10)与a+b平行.故选B.
3.若△ABC的外接圆的半径R=,A=45°,则a等于(　　)
[A] 1 [B] [C] 2 [D] 2
【答案】 C
【解析】 由正弦定理可得=2R,
所以a=2Rsin A=2sin 45°=2.故选C.
4.复数z1=1+xi(x∈R),z2=y+i(y∈R),若z1=z2,则 等于(　　)
[A] 1+i [B] 1-i [C] -1+i [D] -1-i
【答案】 B
【解析】 由z1=z2,得1+xi=y+i,即x=1,y=1,
所以z1=1+i,所以=1-i.故选B.
5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a2-b2=c2-bc,则tan 2A等于(　　)
[A] [B] - [C] 2 [D] 2
【答案】 C
【解析】 因为a2-b2=c2-bc,
所以b2+c2-a2=bc.
在△ABC中,由余弦定理,
得cos A==.
因为A∈(0,π),所以sin A==.
所以tan A==,
则tan 2A===2.
故选C.
6.已知z=(m+3)+(m-1)i(m∈R)在复平面内对应的点位于第四象限,则复数z的模的取值范围是(　　)
[A] [2,4) [B] [2,4]
[C] (2,4) [D] (2,4)
【答案】 A
【解析】 因为z=(m+3)+(m-1)i(m∈R)在复平面内对应的点位于第四象限,
所以解得-3|z|===
.
因为-3则2(m+1)2+8∈[8,16).
所以复数z的模的取值范围是[2,4).故选A.
7.如图,为了测量某湿地内A,B两点间的距离,观察者在同一平面内找到在同一条直线上的三点C,D,E,从D点测得∠ADC=67.5°,从C点测得∠ACD=45°,∠BCE=75°,从E点测得∠BEC=60°.若测得DC= km,CE=1 km,则A,B两点间的距离为(　　)
[A] km [B] km
[C] 3 km [D] 2 km
【答案】 B
【解析】 在△ADC中,因为∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,所以∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°.
则AC=DC= km.
在△BCE中,因为∠BCE=75°,∠BEC=60°,
所以∠EBC=180°-75°-60°=45°.
由正弦定理,得=,
可得BC===(km).
在△ABC中,因为BC= km,AC= km,
∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°,
所以由余弦定理,
得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=,得AB= km.故选B.
8.已知△ABC中,||=6,||=2,且|λ+(3-3λ)|(λ∈R)的最小值为3,若P为边AB上任意一点,则 · 的最小值是(　　)
[A] -12 [B] -11 [C] -10 [D] -9
【答案】 D
【解析】 设∠BAC=θ,θ∈(0,π),
则|λ+(3-3λ)|
=
=
=
=
≥,
当且仅当λ=时,等号成立.
又|λ+(3-3λ)|(λ∈R)的最小值为3,
所以=3 cos θ=0.
又θ∈(0,π),所以∠BAC=θ=.
以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系,
设点P(x,0),其中0≤x≤6,
则B(6,0),C(0,2),=(6-x,0),=(-x,2),
所以·=-x(6-x)=x2-6x=(x-3)2-9≥-9,当且仅当x=3时,·取最小值-9.故选D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共 18分. 在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.已知复数z=-1+3i,是z的共轭复数,则(　　)
[A] |z+3-2i|=
[B] z的虚部是3i
[C] z在复平面内对应的点位于第二象限
[D] 复数是方程x2+2x+8=0的一个根
【答案】 AC
【解析】 由题意可知z+3-2i=2+i,所以|z+3-2i|=,故A正确;
z的虚部是3,故B错误;
z在复平面内对应的点的坐标为(-1,3),位于第二象限,故C正确;
x2+2x+8=0 x==-1±i,
显然=-1-3i不符合题意,故D错误.
故选AC.
10.对于△ABC,有如下说法,其中正确的是(　　)
[A] 满足条件AB=,AC=1,B=30°的三角形共有两个
[B] 若sin A=cos B,则△ABC是直角三角形
[C] 若cos2A+cos2B+sin2C<2,则△ABC为锐角三角形
[D] 若△ABC是锐角三角形,则不等式sin A>cos B恒成立
【答案】 AD
【解析】 对于A,在△ABC中,AB=,AC=1,B=30°,由正弦定理,得=,
则sin C==,
因为AB>AC,所以C=60°或C=120°,即满足条件的三角形共有两个,A选项正确;
对于B,在△ABC中,sin A=cos B=sin(±B),有A=-B或A=+B,则△ABC是直角三角形或钝角三角形,B选项错误;
对于C,在△ABC中,cos2A+cos2B+sin2C<2,
则sin2C<1-cos2A+1-cos2B=sin2A+sin2B,由正弦定理可得a2+b2>c2,则cos C=>0,即C为锐角,
因为角A与角B的大小未知,所以△ABC不一定为锐角三角形,C选项错误;
对于D,因为△ABC是锐角三角形,所以0°90°,有0°<90°-B则sin A>sin(90°-B),即sin A>cos B恒成立,D选项正确.故选AD.
11.已知i为虚数单位,则下列说法正确的是(　　)
[A] 若复数z的共轭复数为,则z·=|z|2=||2
[B] 若1-3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根,则q=-8
[C] 若复数z满足|z-i|=1,则|z|的最大值为2
[D] 已知ω=-+i是方程x3=1在复数范围内的一个根,则ω2 027=
【答案】 ACD
【解析】 对于A,设z=a+bi(a,b∈R),则z·=|z|2=||2=a2+b2,A正确;
对于B,若实系数方程存在复数根,则必为一对共轭复数,故(1-3i)(1+3i)=q q=10,B错误;
对于C,令z=x+yi(x,y∈R),由复数模的几何意义,知|z-i|=1可表示为x2+(y-1)2=1,
即z在复平面内对应的点在圆心为(0,1),半径为1的圆上,数形结合易知|z|的最大值为2,C正确;
对于D,x3=1 (x-1)(x2+x+1)=0,则有x2+x+1=0或x=1.因为ω=-+i为方程x3=1的一个根,即ω2+ω+1=0,且ω3=1,所以ω2 027=(ω3)675·ω2=ω2=-ω-1=--i=,D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知向量a=(-3,1),b=(2,1),则a在b上的投影向量的坐标为　　　　.
【答案】 (-2,-1)
【解析】 a在b上的投影向量为·=·(2,1)=(-2,-1).
13.如图,在△ABC中,D是BC边上一点,G是线段AD上一点,且==2,过点G作直线与线段AB,AC分别交于点E,F(不与点A重合),则+=　　　　.
【答案】
【解析】 因为E,G,F三点共线,所以存在λ∈R,
使得=(1-λ)+λ.
由题知=2,
则-=2(-),
所以=+.
设=m,=n,则=m,=n.
因为=2,所以==+.
所以=(1-λ)+λ=m(1-λ)+nλ.
所以即
两式相加得+=1,
所以+=+=.
14.已知三个复数z1,z2,z3,且|z1|=|z2|=2,|z3|=,z1,z2对应的向量,满足·=0,则|z3-z1-z2|的最大值为　　　　.
【答案】 3
【解析】 设复数z1,z2,z3在复平面内对应的点分别为A,B,C.
因为|z1|=|z2|=2,且z1,z2对应的向量,满足·=0,即⊥,
不妨令A(2,0),B(0,2),
则z1=2,z2=2i.
又|z3|=,
设C(cos θ,sin θ)(θ∈R),
即z3=cos θ+(sin θ)i,
则z3-z1-z2=cos θ+(sin θ)i-2-2i=(cos θ-2)+(sin θ-2)i,
所以|z3-z1-z2|=
=
=
=.
所以当sin(θ+)=-1时,|z3-z1-z2|取得最大值,即|z3-z1-z2|max==3.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
已知复数z1=-2+4i,z2=-1-3i.
(1)若z=,求|z|;
(2)在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是,,其中O是原点,求∠AOB的大小.
【解】 (1)z=====,
所以|z|==.
(2)依题意向量=(-2,4),=(-1,-3),
于是有·=(-2)×(-1)+4×(-3)=-10,
||==2,||==.
因为∠AOB为与的夹角,
所以cos∠AOB===-.
因为∠AOB∈[0,π],所以∠AOB=.
16.(本小题满分15分)
已知向量a=(2,-1),b=(1,2),c=(3,-4).
(1)若|e|=1,且e∥a,求e的坐标;
(2)若c=ma+nb,求m+n;
(3)若(ka+b)⊥c,求实数k的值.
【解】 (1)由e∥a,a=(2,-1),
设e=ta=(2t,-t)(t∈R).
又|e|=1,
所以=|t|=1,解得t=±.
所以e=(-,)或e=(,-).
(2)因为a=(2,-1),b=(1,2),c=(3,-4),
所以c=m(2,-1)+n(1,2)=(2m+n,-m+2n),
于是解得
所以m+n=1.
(3)依题意,ka+b=k(2,-1)+(1,2)=(2k+1,-k+2).
因为(ka+b)⊥c,c=(3,-4),
所以(2k+1)×3+(-k+2)×(-4)=0,
解得k=.
17.(本小题满分15分)
已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asin =bsin A.
(1)求B的大小;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=4,求△ABC面积的取值范围.
【解】 (1)由题意及正弦定理得
sin Asin =sin Bsin A,
因为sin A≠0,所以sin =sin B.
法一　因为0所以=B或=π-B.
当=B时,A+C=2B,B=;
当=π-B时,A+C=2π-2B,
即π-B=2π-2B,得B=π,舍去.
综上,B=.
法二　因为sin =sin(-)=cos ,
sin B=2sin cos ,
所以cos =2sin cos .
又因为cos ≠0,所以化简得sin =.
因为0所以=,所以B=.
(2)由(1)知B=,又c=4,
所以S△ABC=acsin B=a.
由正弦定理,
得a==4·=
=+2.
因为△ABC为锐角三角形,
所以解得所以tan C∈(,+∞).
所以∈(0,).
所以∈(0,6).所以2从而2即△ABC面积的取值范围是(2,8).
18.(本小题满分17分)如图,点P,Q分别是矩形ABCD的边DC,BC上的两点,AB=3,AD=2.
(1)若P是线段DC上靠近D的三等分点、Q是BC的中点,求cos∠PAQ;
(2)若=λ,=λ,0≤λ≤1,求· 的取值范围;
(3)若=2,延长AP交BC的延长线于点T,Q为BC的中点,试探究线段AB上是否存在一点H,使得∠THQ最大 若存在,求BH的长;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系,
则P(1,2),Q(3,1),A(0,0),所以=(1,2),
=(3,1).
所以·=
1×3+2×1=5,
||==,||==,
所以cos∠PAQ===.
(2)由AB=3,AD=2,=λ,=λ,
0≤λ≤1,
得||=λ||=3λ,||=λ||=2λ,
则||=2-2λ,
所以·=(+)·(+)=
·+·+·+·=
0+2(2-2λ)+3λ×3+0=5λ+4.
又0≤λ≤1,所以·∈[4,9].
(3)如图,以A为坐标原点,建立平面直角坐标系,
则P(2,2),Q(3,1),
TC=AD=1,
所以T(3,3).
假设存在点H,使得∠THQ最大,
由∠THQ∈[0,),得tan∠THQ最大.
设BH=a,当a=0时,角度为0,此时∠THQ不可能最大,故a≠0,所以0则tan∠THQ=tan(∠THB-∠QHB)=
==
===≤=,
当且仅当a=,即a=时,等号成立,
即存在点H,使得∠THQ最大,此时BH=.
19.(本小题满分17分)
我们把a0+a1x+a2x2+…+anxn=0(其中an≠0,n∈N*)称为一元n次多项式方程.代数基本定理:任何一元n(n∈N*)次复系数多项式方程(即a0,a1,a2,…,an为复数)在复数集内至少有一个复数根;由此推得,任何一元n(n∈N*)次复系数多项式方程在复数集内有且仅有n个复数根(重根按重数计算).那么我们由代数基本定理可知:任何一元n(n∈N*)次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式,转化为n个一元一次多项式的积.即a0+a1x+a2x2+…+anxn=an(x-α1·(x-α2…(x-αm,其中k,m∈N*,k1+k2+…+km=n,α1,α2,…,αm为方程a0+a1x+a2x2+…+anxn=0的根.进一步可以推出:在实系数范围内(即a0,a1,a2,…,an为实数),方程a0+a1x+a2x2+…+anxn=0有实数根,则多项式a0+a1x+a2x2+…+anxn必可分解因式.例如:观察可知,x=1是方程x3-1=0的一个根,则(x-1)一定是多项式x3-1的一个因式,即x3-1=(x-1)(ax2+bx+c),由待定系数法可知,a=b=c=1.
(1)在复数集内解方程x3+x-2=0.
(2)设f(x)=a0+a1x+a2x2+a3x3,其中a0,a1,a2,a3∈R+,且a0+a1+a2+a3=1.
(ⅰ)分解因式:x-(a0+a1x+a2x2+a3x3).
(ⅱ)记点P(x0,y0)是y=f(x)的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点.求证:当a1+2a2+3a3≤1时,x0=1.
(1)【解】 观察可知,x=1是方程x3+x-2=0的一个根,则(x-1)一定是多项式x3+x-2的一个因式,
即x3+x-2=(x-1)(ax2+bx+c)=ax3+(b-a)x2+(c-b)x-c,即有解得
即x3+x-2=(x-1)(x2+x+2),
令x2+x+2=0,则x==,
即该方程的根分别为1,.
(2)(ⅰ)【解】 观察可知,x=1是方程x-(a0+a1x+a2x2+a3x3)=0的一个根,
则(x-1)一定是多项式x-(a0+a1x+a2x2+a3x3)的一个因式,
即x-(a0+a1x+a2x2+a3x3)=(x-1)(ax2+bx+c)=ax3+(b-a)x2+(c-b)x-c,
则有即
即x-(a0+a1x+a2x2+a3x3)=-(x-1)[a3x2+(a3+a2)x-a0].
(ⅱ)【证明】 令f(x)=x,即x-(a0+a1x+a2x2+a3x3)=0,即(x-1)[a3x2+(a3+a2)x-a0]=0.设g(x)=a3x2+(a3+a2)x-a0,
由a0,a1,a2,a3∈R+,
得Δ=+4a3a0>0,故函数g(x)必有两个不同零点,设g(x1)=g(x2)=0,且x1又g(1)=a3+a3+a2-a0=2a3+a2+a1+a2+a3-1=3a3+2a2+a1-1≤0,故x2≥1,则方程f(x)=x的根有1,x1,x2,且x1<0<1≤x2,故y=f(x)的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为1,即x0=1.

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