假期作业17 复数-【快乐假期】2024年高一数学暑假大作业（人教A版）

三002 富一数学 假期作业17复数 【《思维整合室 ④除法：马=a十i (a+bi)(c-di) c+di (c+di)(c-di) 1.复数的有关概念 (1)复数的定义 (c+di≠0). 形如a十bi(a,b∈R)的数叫做复数，其中实部 (2)复数加法的运算律 是 ,虚部是 复数的加法满足交换律、结合律，即对任何 (2)复数的分类 x1,x2,x3∈C,有x1十2 ,(x1+22) 复数之=a+bi(a,b∈R) 十心3= 实数(b0), 【《技能提升台 纯虚数(a0,b 0), 虚数(b 0) 非纯虚数(a≠0，b≠0). 索养提升 (3)复数相等 ◆[考点一]复数的概念及其几何意义 a+bi=c+di台 (a,b,c,d∈R). 1.(2023·全国甲卷（理）)若复数(a+i)(1一 (4)共轭复数 ai)=2,a∈R,则a= ( a十i与c十di共轭台 (a,b,c,d A.-1 B.0 C.1 D.2 ∈R). 2.(2023·北京卷)在复平面内，复数x对应的 (5)复数的模 点的坐标是（一1，√3）.则之的共轭复数之= 向量OZ的模叫做复数=a十i的模，记作 ( 或 ,即|x|=|a+i|=r= A.1+3i B.1-3i √a+6(r≥0，a、b∈R). C.-1+3i D.-1-√3i 2.复数的几何意义 (1)复数之=a+bi 一一对应复平面内的点 3(多选题)下面是关于复数=吕的四个命 Z(a,b)(a,b∈R). 题，其中真命题为 (2)复数x=a+bi(a,b∈R) 一一对位，平面向 A.|x=2 B.=2i 量0z. C.z的共轭复数为一1+i 3.复数的运算 D.≈的虚部为1 (1)复数的加、减、乘、除运算法则 4.(2023·新课标Ⅱ卷)在复平面内，(1十3i) 设x1=a+bi,x2=c十di(a,b,c,d∈R),则 (3一i)对应的点位于 ( ①加法：x1+2=(a+bi)+(c+di) A.第一象限 B.第二象限 ②减法：之1一2=(a+bi)一(c+di) C.第三象限 D.第四象限 5.已知i为虚数单位，x,y为实数，若(x十yi) ③乘法：之1·2=(a+bi)·(c+di) +2=(3一4i)十2yi,则x十y= ( A.2 B.3 C.4 D.5 33 火姿快乐假期 SE 6.(多选)已知1,2为复数，则下列说法不正 12.已知复数之满足|z=2,之2的虚部为2 确的是 (1)求复数： A.若名1=2，则之1|=2 (2)设，”，一2在复平面内对应的点分别 B.若1≠2，则≠| 为A,B,C,求△ABC的面积 C.若1>2，则>2 D.若|x|>|2,则x1>2 ◆[考点二]复数的代数运算 7已知复数中则 A.1+i B.-1-i C.1-i D.-1+i 8.(2023·全国乙卷（理）)设之 1++行则 2+i () A.1-21 B.1+2i 新题快递 C.2-i D.2+i 1(多选)已知复数名对应的向量为O儿，复数 1-i 9(2023·新课标卷)已知一2十2，则：一 对应的向量为OZ,则下列说法正确的是 ( ) A.若OZ1=1,则名=±1或士i A.-i B.i C.0 D.1 10.(2023·天津卷)已知i是虚数单位，化简 B.若≈=4十3i,x2=3十4i,则Z乙2=(1，-1) 中装的结果为 C.若名十=|-1，则0Z,⊥OZ D.若(OZ+0Z)L(OZ-0Z),则1=| 11.已知复数满足之|=1十3i一，求 2.(多选)对于实系数一元二次方程a.x2十bx十c 0+)(3+4的值. 2: =0(a,b,c∈R),在复数范围内的解是x1x2,下 列结论中正确的是 () A.若b-4ac=0,则x1,x2∈R且x1=x2 B.若b2-4ac<0,则x1任R,2任R,且x1=x2 C一定有十=一名月 D.一定有(x-)产=lb-4ac a 《益智欢乐谷 世上没有坐享其成的好事，要幸福就要 奋斗！ 幸福是奋斗出来的，不是等出来的！向着目 标，我们一起努力吧！ 34８．解析:在 Rt△BCP１ 中,∠BP１C＝α,在 Rt△P２BC 中,∠P２ ＝α２．∵∠BP１C＝∠P１BP２＋∠P２ ,∴∠P１BP２＝ α ２ , 即△P１BP２ 为等腰三角形,BP１＝P１P２＝l, ∴BC＝lsinα． 在 Rt△ACP１ 中, AC CP１ ＝ AClcosα＝tan (９０°－α), ∴AC＝lcos ２α sinα ,则 BA ＝AC－BC＝lcos ２α sinα －lsinα＝ l(cos２α－sin２α) sinα ＝ lcos２α sinα ． 答案:lsinα　lcos２αsinα ９．B　[由三角形的面积公式得b２＋c２＝３＋２bcsinAtanA ,即b２＋c２ ＝３＋２bccosA．由余弦定理得a２＝b２＋c２－２bccosA＝３,所 以a＝ ３．] １０．ABC　[∵ ３(acosC＋ccosA)＝２bsinB,∴由正弦定理可 得 ３(sinAcosC＋sinCcosA)＝２sin２B,∴ ３sin(A＋C)＝ ２sin２B,∴ ３sinB＝２sin２B．又∵sinB≠０,∴sinB＝ ３２． ∵∠CAB＝π３ ,∴B∈ ０,２π３( ) ,∴B＝ π ３ ,∴∠ACB＝π－ ∠CAB－∠B＝π３ ,因此 A,B正确．四边形 ABCD 面积等 于S△ABC＋S△ACD ＝ ３ ４AC ２＋ １２AD 􀅰DC􀅰sin ∠ADC＝ ３ ４ (AD２＋DC２－２AD􀅰DC􀅰cos∠ADC)＋１２AD 􀅰DC􀅰 sin∠ADC＝ ３４ × (９＋１－６cos∠ADC)＋ １２ ×３×１ 􀅰 sin∠ADC＝５ ３２ ＋３sin ∠ADC－ π ３( ) ≤ ５ ３ ２ ＋３ ,当且仅 当∠ADC－ π３ ＝ π ２ ,即∠ADC＝５π６ 时,等号成立,因此 C 正确,D错误．] １１．解析:∵sin∠BAC＝sin π２＋∠BAD( )＝cos∠BAD, ∴cos∠BAD＝２ ２３ ． 在△ABD 中,由 余 弦 定 理 得 BD２＝ AB２＋AD２－２AB􀅰ADcos∠BAD＝(３ ２)２＋３２－２×３ ２ ×３×２ ２３ ＝３ ,∴BD＝ ３． 答案:３ １２．解:(１)在△OBC 中,BC＝４(３－１),OB＝OC＝４ ２,所以 由余弦 定 理 得 cos∠BOC＝OB ２＋OC２－BC２ ２OB􀅰OC ＝ ３ ２ ,所 以 ∠BOC＝π６ , 于是BC︵ 的长为 π６􀅰４ ２＝ ２ ２ ３ π． (２)设∠AOC＝θ,θ∈ ０,２π３( ) ,则∠BOC＝ ２π ３－θ , S四边形OACB＝S△AOC ＋S△BOC ＝ １ ２ ×４ ２×４ ２sinθ＋ １ ２ ×４ ２×４ ２􀅰sin ２π３－θ( )＝２４sinθ＋８ ３cosθ ＝１６ ３sinθ＋π６( ) ,由于θ∈ ０, ２π ３( ) , 所以θ＋π６∈ π ６ ,５π ６( )．所以１６ ３sinθ＋ π ６( ) ∈ (８ ３,１６ ３],所以四边形OACB面积的最大值为１６ ３． 新题快递 １．解析:设四门通天铜雕PQ 的高度h m, 由∠PAQ＝ π６ ,∠PBQ＝ π４ ,∠PCQ＝ π３ ,可 得AQ＝ ３h,BQ＝h,CQ＝ ３３h , 在△ABC中,因为∠ABQ＋∠QBC＝π, 所以cos∠ABQ＝－cos∠QBC, 可得AB ２＋BQ２－AQ２ ２AB􀅰BQ ＝－ BC２＋BQ２－CQ２ ２BC􀅰BQ , 即４００＋h ２－(３h)２ ２×２０×h ＝－ ４００＋h２－ ３ ３h æ è ç ö ø ÷ ２ ２×２０×h ,解得h＝１０ ６, 所以四门通天铜雕的高度为１０ ６m． 答案:１０ ６m ２．解:(１)在△DOE 中,由余弦定理得: ED２＝OD２＋OE２－２OD􀅰OE􀅰cos∠EOD＝４＋１－２×２× cosθ＝５－４cosθ, 在△COE 中,由余弦定理得: EC２＝OC２＋OE２－２􀅰OC􀅰OE􀅰cos∠EOC＝４＋１－２×２ ×cos(π－θ)＝５＋４cosθ, 所以EC＋ED＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ＝f(θ),θ∈[０, π], ∴将管道总长(即线段EC＋ED)表示为变量θ的函数为: f(θ)＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ,θ∈[０,π], (２)由(１)可得: [f(θ)]２＝( ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ)２ ＝１０＋２ ５＋４cosθ􀅰 ５－４cosθ＝１０＋２ ２５－１６cos２θ, 因为,θ∈[０,π],所以０≤cos２θ≤１, [f(θ)]２＝１０＋２ ２５－１６cos２θ≤１０＋２ ２５＝２０(百米) 当且仅当cos２θ＝０,即θ＝π２ 时取等号, 因为f(θ)＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ＞０,∴f(θ)＝ ２０＝ ２ ５(百米)． ∴管道总长的最大值为２ ５百米． 假期作业１７　复数 思维整合室 １．(１)a　b　(２)＝　≠　＝　≠　(３)a＝c且b＝d　(４)a＝c 且b＝－d　(５)|z|　|a＋bi| ３．(１)(a＋c)＋(b＋d)i　(a－c)＋(b－d)i　(ac－bd)＋(ad＋ bc)i　ac＋bd c２＋d２ ＋bc－ad c２＋d２ i　(２)z２＋z１　z１＋(z２＋z３) 技能提升台　素养提升 １．C　[(a＋i)(１－ai)＝a－a２i＋i＋a＝２a＋(１－a２)i＝２, 所以 ２a＝２, １－a２＝０,{ 解得a＝１．] ２．D　[z在复平面对应的点是(－１,３),根据复数的几何意 义,z＝－１＋ ３i,由共轭复数的定义可知,z＝－１－ ３i．] ３．BD　[∵z＝ ２１－i＝ ２(１＋i) (１－i)(１＋i)＝１＋i , ∴|z|＝ ２,z２＝２i,z的共轭复数为１－i,z的虚部为１．故 A,C错,B,D正确．] ４．A　[由题知(１＋３i)(３－i)＝３－i＋９i－３i２＝６＋８i,所以该 复数在复平面内对应的点为(６,８),位于第一象限．] ５．D　[由题意(x＋yi)＋２＝(x＋２)＋yi＝(３－４i)＋２yi＝３＋ (２y－４)i,所 以 x＋２＝３ y＝２y－４{ ,解 得 x＝１,y＝４,所 以 x＋y ＝５．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２９ ６．BCD　[若z１＞z２,则z１,z２ 为实数,当z１＝１,z２＝－２时,满 足z１＞z２,但|z１|＜|z２|,故 C项不正确;因为两个虚数之间 只有等与不等,不能比较大小,所以 D 项不正确;当两个复 数不相等时,它们的模有可能相等,比如１－i≠１＋i,但|１－i| ＝|１＋i|,所以B项不正确;因为当两个复数相等时,模一定 相等,所以 A项正确．] ７．A　[由z＝７＋i３＋４i 得z＝ (７＋i)(３－４i) (３＋４i)(３－４i)＝ ２１－２８i＋３i＋４ ２５ ＝ １－i,故􀭵z＝１＋i．] ８．B　[由题意可得z＝ ２＋i １＋i２＋i５ ＝ ２＋i１－１＋i＝ i(２＋i) i２ ＝２i－１－１ ＝ １－２i,则z＝１＋２i．] ９．A　[因为z＝１－i２＋２i＝－ １ ２i ,所以z＝１２i ,所以z－z＝－i．] １０．解析:由题意可得５＋１４i２＋３i＝ (５＋１４i)(２－３i) (２＋３i)(２－３i)＝ ５２＋１３i １３ ＝４ ＋i． 答案:４＋i １１．解:设z＝a＋bi(a,b∈R),由|z|＝１＋３i－z, 得 a２＋b２－１－３i＋a＋bi＝０, 则 a ２＋b２＋a－１＝０, b－３＝０,{ 所以 a＝－４, b＝３,{ 所以z＝－４＋３i． 则 (１＋i)２(３＋４i)２ ２z ＝ ２i(３＋４i)２ ２(－４＋３i) ＝２ (－４＋３i)(３＋４i) ２(－４＋３i) ＝３＋４i． １２．解:(１)设z＝a＋bi(a,b∈R), 由已知条件得:a２＋b２＝２,z２＝a２－b２＋２abi,所以２ab＝２． 所以a＝b＝１或a＝b＝－１,即z＝１＋i或z＝－１－i． (２)当z＝１＋i时,z２＝(１＋i)２＝２i,z－z２＝１－i,所以点 A(１,１),B(０,２), C(１,－１),所以S△ABC＝ １ ２|AC|×１＝ １ ２×２×１＝１ ; 当z＝－１－i时,z２＝(－１－i)２＝２i,z－z２＝－１－３i． 所以点A(－１,－１),B(０,２),C(－１,－３),所以S△ABC＝ １ ２|AC| ×１＝１２×２×１＝１． 即△ABC的面积为１． 新题快递 １．CD　[当z１＝ １ ２＋ ３ ２i 时,满足|OZ１ →|＝１,故 A错误; Z１Z２ →＝OZ２→－OZ１→＝(３,４)－(４,３)＝(－１,１),B错误; 设z１＝a＋bi,z２＝c＋di,a,b,c,d∈R 若|z１＋z２|＝|z１－z２|,则(a＋c)２＋(b＋d)２＝(a－c)２＋(b －d)２, 化简得:ac＋bc＝０,故OZ１ →􀅰OZ２→＝ac＋bd＝０,所以OZ１→⊥ OZ２ →,C正确; 设z１＝a＋bi,z２＝c＋di,a,b,c,d∈R, 则OZ１ →＋OZ２→＝(a＋c,b＋d),OZ１→－OZ２→＝(a－c,b－d), 若(OZ１ →＋OZ２→)⊥(OZ１→－OZ２→),则(a＋c)(a－c)＋(b＋d)(b －d)＝a２＋b２－c２－d２＝０, 所以a２＋b２＝c２＋d２,则|z１|＝|z２|,D正确．] ２．AC　[对于 A,当b２－４ac＝０时,x１＝x２＝－ b ２a∈R ,故正 确;对于 B,当b２－４ac＜０时,则x１＝ －b－i －b２＋４ac ２a , x２＝ －b＋i －b２＋４ac ２a ,则x１∉R,x２∉R,且􀭺x１≠􀭺x２,故错 误;对于 C,由一元二次方程根与系数的关系可得x１＋x２＝ －ba ,x１x２＝ c a ,故正确;对于 D,(x１－x２)２＝ b２－４ac a２ ,故 错误． 假期作业１８　基本立体图形及 立体图的直观图 思维整合室 １．互相平行　公共顶点　平行于 ２．(２)４５°(或１３５°)　变为原来的一半 技能提升台　素养提升 １．B　２．C ３．BCD　[当任意两点与球心在一条直线上时,可作无数个圆,故A 错;B正确;C正确;根据球的半径的定义可知D正确．] ４．C　[选项 A,四棱台的上下底面平行,其余各面也均为四边 形,但不是棱柱,即 A错误;选项B,若这三点共线,则可以确 定无数个平面,即B错误;选项 C,棱锥的底面为多边形,其 余各面都是有一个公共顶点的三角形,即C正确;选项 D,只 有用平行于底面的平面去截棱锥,底面与截面之间的部分组 成的几何体叫棱台,即 D错误．] ５．ABD　 [由 直 观 图 的 画 法 规 则,可 知 A,B,D 正 确,C 中 ∠x′O′y′可以是４５°或１３５°,故 C错误．] ６．D　[根据斜二测画法的原则可知OC＝２,OA＝１, 所以对应直观图的面积为S＝２×１２×OA×OC×sin４５°＝２ ×１２×１×２× ２ ２＝ ２． ] ７．C　[因为 A′C′∥O′B′,A′C′ ⊥B′C′,A′C′＝１,O′B′＝２, 所以由斜二测画法的直观图 可知O′A′＝ ２,所 以 由 斜 二 测画 法 的 规 则 还 原 原 图 形 AOBC,如图． 所以AC∥OB,OA⊥OB,AC ＝１,OB＝２,AO＝２A′O′＝２× ２＝２ ２,所以梯形AOBC 的 面积S＝１２× (１＋２)×２ ２＝３ ２．] ８．解析:在直观图中,四边形为O′A′B′C′菱形且边长为２cm, ∴由斜二测法的规则得:在xOy坐标系中,四边形ABCO 是 矩形, 其中OA＝２cm,OC＝４cm, ∴四边形ABCO 的周长为:２×(２＋４)＝１２(cm), 面积为S＝２×４＝８(cm２)． 答案:１２　８ ９．A　[依题意可得圆柱的底面半径r＝１,高h ＝４ 将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABCD, 其中AB＝π,AD＝４, 问题转化为在CD 上找一点Q,使AQ＋PQ 最短, 作P 关于CD 的对称点E,连接AE,令 AE 与CD 交于点Q, 则得 AQ＋PQ 的 最 小 值 就 是 为 AE ＝ π２＋(４＋２)２ ＝ π２＋３６．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３９