第七章 复数（A卷基础达标卷）-2020-2021学年新教材高一数学必修第二册【创新教程】五维课堂同步单元双测卷（人教A版）

(２)因为cosβ＝ ３ １３ ,且β为锐角, 所以sinβ＝ ２ １３ ,在△AOM 中,由正弦定理得, AM sinβ ＝ OMsin∠MAO , 即６ ２ ２ １３ ＝ ３ １３sin∠MAO ,所以sin∠MAO＝ ２２ , 由题意知∠AOB＞ π２ ,所以∠MAO＝ π４ , 所以∠ABO＝α－ π４ ,因为tanα＝２, 所以sinα＝２ ５ ,cosα＝１ ５ , 所以sin∠ABO＝sin α－ π４( ) ＝ １ １０ , 又∠AOB＝π－α, 所以sin∠AOB＝sin(π－α)＝２ ５ , 在△AOB 中,AO＝１５, 由 正 弦 定 理 得, AB sin∠AOB ＝ AO sin∠ABO ,即 AB ２ ５ ＝ １５１ １０ , 所以 AB＝３０ ２,即铁路 AB 段的长为３０ ２km． 第七章　复数 (A 卷) １．A　[i(２－i)＝２i－i２＝２i＋１＝１＋２i．] ２．B　[ i １＋ ３i ＝ i (１－ ３i) (１＋ ３i)(１－ ３i) ＝i＋ ３４ ＝ ３ ４＋ １ ４i． ] ３．C　[因 为z＝ ２－１＋i＝ ２(－１－i) ２ ＝ －１－i ,所 以|z| ＝ ２, z的实部为－１,虚 部 为 －１,共 轭 复 数 为 －１＋i,因 此 选 C．] ４．C　[因为(１＋２ai)i＝１－bi,所以－２a＋i＝１－bi,则a ＝－１２ ,b＝－１,故|a＋bi|＝ －１２－i ＝ ５ ２ ,选 C．] ５．D　[由２－iz ＝１＋２i ,得z＝２－i１＋２i＝ (２－i)(１－２i) ５ ＝２－４i－i－２５ ＝－i ,∴􀭵z＝i．] ６．D　[由复数模的定义可得|４＋３i|＝５,从 而(３－４i)z ＝５,则z＝ ５３－４i＝ ３＋４i ５ ,故z的虚部为 ４５． ] ７．D　[∵z１＝(－i)２＝－１,z２＝２＋i,∴PQ → 对 应 的 复 数 是z２－z１＝２＋i－(－１)＝３＋i．故选 D．] ８．B　 [因 为 z＝i＋i ２＋i３＋􀆺＋i２０１９ １＋i ＝ i(１－i２０１９) １－i １＋i ＝ i(１＋i) (１－i)(１＋i)＝－ １ ２＋ １ ２i ,所 以 对 应 点 －１２ ,１ ２( ) 在 第二象限,故选 B．] ９．BC　[对于 A,z１,z２ 可 能 是 相 等 复 数,故 A 错 误;对 于 B,若z１ 和z２ 是 共 轭 复 数,则 相 加 为 实 数,不 会 为 虚数,故 B正确;对于 C,由a＋bi＝a－bi得b＝０,故 C 正确,对于 D,由题可知 A(－１,２),B(１,－１),C(３,－ ２),建立等式 －x＋y＝３, ２x－y＝－２,{ 解得 x＝１, y＝４,{ 故 D 错误． ] １０．AB　[由z􀅰􀭵z＝a２＋(３)２＝a２＋３＝４,得a２＝１,所 以a＝±１．故选 AB．] １１．AD　[对于命题 A,由 １z ∈R ,得 􀭵z z􀅰z ∈R,即 􀭵z |z|２ ∈ R,∴􀭵z∈R,∴z∈R,故 A 为 真 命 题;对 于 命 题 B,显 然i２＝－１∈R,但i􀱁R,故 B为假命题;对于命题 C, 显然z１􀅰３􀭵z１＝３|z１|２∈R,但当z１≠０时,z１≠３z１, 故 C 为假命题;对于 命 题 D,z∈R,则􀭵z∈R,D 为 真 命题．故选 AD．] １２．ABC　[由题意知􀭵z＝１２５－ １１ ５０i , 在复平面内􀭵z 对应的点的坐标为(１２５ ,－１１５０ ),位于第 四象限．] １３．解析:解法一:z＝３＋２i２－３i＝ i(２－３i) ２－３i ＝i ,所 以z 的 共 轭 复数为－i． 解法二:z＝３＋２i２－３i＝ (３＋２i)(２＋３i) (２－３i)(２＋３i)＝ １３i １３＝i ,所 以z 的共轭复数为－i． 答案:－i １４．解析:原式＝(２＋i１２􀅰i３)－[(１＋i ２ )２]１１＝(２－i)－ i１１＝２－i＋i＝２． 答案:２ １５．解析:由题意,设(１＋３i)z＝ki(k≠０且k∈R),则ω＝ ki (２＋i)(１＋３i)＝ ７k－ki ５０ ．∵|ω|＝５ ２ ,∴k＝±５０,故 ω＝±(７－i)． 答案:±(７－i) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋