专题十三 数系的扩充与复数的引入-【创新教程】2018-2022五年高考文科数学真题分类特训（老高考）

(２)依题意:当x１－x２＝３时,f(x１)－f(x２)＝３,即满足 f(x＋３)－f(x)＝３,数形结合:求得A(１＋ ３,２),B(５,３), ∴原不等式的解集为x∈[１＋ ３,５]; (３)证明 必要性:根据条件可得f(x＋１)＝f(x)＋１ ∴f(x＋n)＝f(x)＋n,n∈Z,x２＞x１,f(x２)≥f(x１), 若１≤x２－x１≤２,∴x１＋１≤x２≤x１＋２, ∴f(x１＋１)≤f(x２)≤f(x１＋２), ∴f(x１)＋１≤f(x２)≤f(x１)＋２, ∴１≤f(x２)－f(x１)≤２, ∴f(x)是[１,２]关联． 充分性:１≤x２－x１≤２时,１≤f(x２)－f(x１)≤２ １≤f(x＋２)－f(x＋１)≤２,１≤f(x＋１)－f(x)≤２ ∴２≤f(x＋２)－f(x)≤４,又１≤(x＋２)－x≤２, ∴１≤f(x＋２)－f(x)≤２, ∴f(x＋２)－f(x)＝２, ∴f(x＋２)－f(x＋１)＝１,f(x＋１)－f(x)＝１, ∴f(x＋n)＝f(x)＋n,n∈Z,∴f(x)是{１}关联; 若x２－x１∈[n,n＋１],n∈N,x２－[x１＋(n－１)]∈[１, ２],n－１∈Z, ∴f(x２)－f[x１＋(n－１)]∈[１,２],f(x２)－f(x１)－(n －１)∈[１,２], ∴f(x２)－f(x１)∈[n,n＋１]⊆[０,＋∞),而[０,＋∞)＝ [０,１]∪[１,２]∪􀆺∪[n,n＋１]∪．．．, ∴x２－x１∈[０,＋∞), ∴存在n使x２－x１∈[n,n＋１],f(x２)－f(x１)∈[n,n＋ １]⊆[０,＋∞), ∴f(x２)－f(x１)∈[０,＋∞)关联． 证毕． 专题十三　数系的扩充与复数的引入 实战集训１ １．A　因为a,b∈R,(a＋b)＋２ai＝２i,所以a＋b＝０,２a＝ ２,解得:a＝１,b＝－１．故选 A． ２．D　由z＝１＋i,故iz＋３􀭵z＝i(１＋i)＋３(１－i)＝２－２i, |iz＋３z|＝|２－２i|＝２ ２． ３．D　对原式两边同时乘以i得:z－１＝i,即z＝１＋i,所以 􀭵z＝１－i,即z＋􀭵z＝２,故选 D． ４．D　(２＋２i)(１－２i)＝２－４i＋２i－４i２＝２－２i＋４＝６－２i, 故选 D ５．B　由条件可知z＝３－４ii ＝－４－３i 所以|z|＝５． ６．B　由题意,得a＋３i＝bi－１,复数相等定义, 知a＝－１,b＝３,故选B． ７．A　考查复数的四则运算和复平面内点的对应关系,属 于简单题．２－i１－３i＝ (２－i)(１＋３i) １－(３i)２ ＝５＋５i１０ ＝ １ ２ ＋ １ ２i 对 应点为 １ ２ ,１ ２( ) ,位于第一象限． ８．D　z＝ ２１－i＝ ２􀅰(１＋i) (１－i)􀅰(１＋i)＝１＋i． 故选 D． ９．C　在等式iz＝４＋３i两边同时乘i得,－z＝４i－３,所以 z＝３－４i,故选 C． １０．B　由(１－i)２z＝３＋２i,得z＝ ３＋２i(１－i)２ ＝３＋２i－２i＝－１＋ ３i ２ ,故选B． １１．C　z(􀭵z＋i)＝(２－i)(２＋i＋i)＝(２－i)(２＋２i)＝４＋４i －２i－２i２＝６＋２i,故答案选 C． １２．C　(１＋ai)i＝i－a＝３＋i⇒a＝－３． １３．C　z＝１＋２i＋i３＝１＋２i＋i２􀅰i＝１＋２i－i＝１＋i,所以 |z|＝ １２＋１２＝ ２,故选 C． １４．A　(１－i)４＝(－２i)２＝－４,故选 A． １５．D　􀭵z＝１－i１＋i＝ (１－i)２ (１－i)(１＋i)＝ －２i ２ ＝－i ,若两个复数互 为共轭复数,实部相同,虚部为相反数．所以z＝i． １６．C　z＝３－i１＋２i＝ (３－i)(１－２i) (１＋２i)(１－２i)＝ １ ５－ ７ ５i． |z|＝ １２５＋ ４９ ２５＝ ２． １７．D　本题考查复数的商的运算,渗透了数学运算素养． 采取 运 算 法 则 法,利 用 方 程 思 想 解 题．z＝ ２i１＋i＝ ２i(１－i) (１＋i)(１－i)＝１＋i． 故选 D． １８．D　i(２＋３i)＝２i－３＝－３＋２i,故选 D． １９．D　(１＋i)(２－i)＝２－i＋２i＋１＝３＋i． ２０．D　z＝i(２＋i)＝２i－１＝－１＋２i,∴z＝－１－２i． ２１．C　z＝１－i１＋i＋２i＝－i＋２i＝i ,∴|z|＝１,故选 C． ２２．３＋４i　z１＋z２＝１＋i＋２＋３i＝３＋４i． 专题十四　坐标系与参数方程 １．解析:(１)C１: x＝２＋t６ y＝t { ,消去参数t得x＝２＋y ２ ６ (y≥０) ⇒y２＝６x－２(y≥０)． (２)C３:２cosθ－sinθ＝０,两边乘ρ⇒２ρcosθ－ρsinθ＝