作业(六)复数-2024年高一数学暑假作业(人教A版)

高一数学(配RJA版) 复 数 1.复数的有关概念 (1)复数的定义 把形如a+bi(a,b∈R)的数叫做复数,其 中a是实部,b是虚部,i为虚数单位. (2)复数的分类 复数z=a+bi(a,b∈R) 实数(b=0), 虚数(b≠0),其中,当a=0时为纯虚数. (3)复数相等 a+bi=c+di⇔a=c且b=d(a,b,c,d∈R). (4)共轭复数 a+bi与c+di互为共轭复数⇔a=c,b= -d(a,b,c,d∈R). (5)复数的模 向量OZ → 的模叫做复数z=a+bi的模或绝 对值,记作|a+bi|或|z|,即|z|=|a+bi|= a2+b2(a,b∈R). 2.复数的几何意义 (1)复数z=a+bi(a,b∈R) 一一对应 􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑􀜑 复平 面内的点Z(a,b). (2)复数z=a+bi(a,b∈R) 一一对应 􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑􀜑 平面 向量OZ →(O为坐标原点). 3.复数的四则运算 设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R),则 (1)加法:z1+z2=(a+bi)+(c+di)= (a+c)+(b+d)i; (2)减法:z1-z2=(a+bi)-(c+di)= (a-c)+(b-d)i; (3)乘法:z1·z2=(a+bi)·(c+di)= (ac-bd)+(ad+bc)i; (4)除法: z1 z2 =a+bic+di= (a+bi)(c-di) (c+di)(c-di)= ac+bd c2+d2 +bc-ad c2+d2 i(c+di≠0). 1.已知i为虚数单位,复数z=3-4i,则z的 虚部是 ( ) A.4 B.-4 C.4i D.-4i 2.复数z=m(m-1)+(m2-1)i为纯虚数, 则实数m 的值为 ( ) A.1 B.0 C.-1 D.0或1 3.(2023·镇江高一期中)已知复数z满足 z 1-2i=i (i为虚数单位),则z 的共轭复 数为 ( ) A.-2-i B.-2+i C.2-i D.2+i 4.若(2-yi)i=6+xi,x,y∈R,则yx= ( ) A.-3 B.3 C.-13 D. 1 3 5.在复平面内,复数3-2ii 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 1.(2024·台州高一联考)已知复数z=i2+ (k+1)i+k是纯虚数,则实数k= ( ) A.0 B.2 C.-1 D.1 2.(2023·开封高一期中)已知复数z满足 z+iz=i,则|􀭵z|= ( ) A.12 B.1 C.22 D.2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —11— 3.复数z=1-4i 3 1-i 的实部与虚部之和为 ( ) A.-4 B.-1 C.1 D.4 4.已知复数1+i(i为虚数单位)为实系数方程 x2+px+q=0的一根,则p+q= ( ) A.4 B.2 C.0 D.-2 5.设z是复数,且|z-1+2i|=1,则|z|的最 小值为 ( ) A.1 B.3-1 C.5-1 D.5 6.(多选)(2023·徐州高一期中)已知复数 z=12+ 3 2i ,则下列结论正确的是 ( ) A.z􀭵z=1 B.复数z的虚部为 32i C.z2=􀭵z D.若复数z1 满足|z1-z|=1,则|z1|的最 大值为2 7.(2023·临沂高一期中)若i是虚数单位,复 数z满足z(1+i)=2i,则|z|= . 8.(2023·临沂高一期中)已知复数 iz2+i= -1+2i,则􀭵z的虚部为 . 1.(2023·全国乙卷)设z= 2+i 1+i2+i5 ,则􀭵z= ( ) A.1-2i B.1+2i C.2-i D.2+i 2.(2023·新课标Ⅰ卷)已知z=1-i2+2i ,则 z-z= ( ) A.-i B.i C.0 D.1 3.(2023·全国甲卷)若复数(a+i)(1-ai)=2, a∈R,则a= ( ) A.-1 B.0 C.1 D.2 4.(2023·全国甲卷) 5 (1+i3) (2+i)(2-i)= ( ) A.-1 B.1 C.1-i D.1+i 易错一 忽视隐含条件致错 [示例1] 设复数z=lg(m2-2m-2)+ (m2+3m+2)i. (1)当实数m 为何值时,z是实数? (2)当实数m 为何值时,z是纯虚数? 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 利用复数的分类求参数时,要先确定构成实部、虚 部的式子有意义的条件,再结合实部与虚部的取 值求解,否则容易产生增根.要特别注意,复数z= a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件为a=0且 b≠0. 易错二 误用判别式求一元二次方程的解 [示例2] 已知关于x的方程x2+(k+2i)x+ 2+ki=0有实数根,则实数k的值为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 由于虚数单位的特殊性,故不能用判别式判断复 数范围内的一元二次方程有无实数根,解决复数 范围内的虚系数一元二次方程有实根求参数问 题,应设出实根代入方程,利用复数相等的充要条 件求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —21— 即sinAcosB-sinBcosA=sin A+B =sinAcosB+sinBcosA, 整理可得sinBcosA=0,由于B∈ 0,π , 故sinB>0, 据此可得cosA=0,A=π2 , 则B=π-A-C=π-π2- π 5= 3π 10. 故选C. 2.解析 (1)∵A+B=3C, ∴π-C=3C,即C=π4 , 又2sin(A-C)=sinB=sin(A+C), ∴2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC, ∴sinAcosC=3cosAsinC, ∴sinA=3cosA, 即tanA=3,所以0<A<π2 , ∴sinA= 3 10 =3 1010 . (2)由(1)知,cosA= 1 10 = 1010 , 由sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC = 22 3 10 10 + 10 10 =2 55 , 由正弦定理 c sinC= b sinB , 可得b= 5×2 55 2 2 =2 10, 设AB 边上的高为h, ∴12AB ·h=12AB ·AC·sinA, ∴h=b·sinA=2 10×3 1010 =6. 即AB 边上的高为6. 【易误警示】 [示例1] D 设建筑物的高度为hm,由题图知, PA=2hm,PB= 2hm,PC=2 33hm , 在△PBA 和△PBC中,分别由余弦定理的推论,得 cos∠PBA=60 2+2h2-4h2 2×60× 2h ,① cos∠PBC= 602+2h2-43h 2 2×60× 2h ,② 因为∠PBA+∠PBC=180°, 所以cos∠PBA+cos∠PBC=0,③ 由①②③,解得h=30 6或h=-30 6(舍去), 即建筑物的高度为30 6m. [示例2] B 因为a= 2,b= 3,B=π6 ,由正弦定理 a sinA= b sinB 可得, 2 sinA= 3 1 2 ,解得sinA= 66 ,因 为 a<b,所 以 A<B,故 A∈ 0,π6 ,又 y=sinx 在 0,π2 上单调递增,故A只有一解,故选B. 作业(六) 复 数 【基础演练】 1.B 复数z=3-4i,则z的虚部是-4. 2.B 因为z为纯虚数,所以 m(m-1)=0, m2-1≠0 ⇒m=0,故 选B. 3.C 因为 z1-2i=i ,得到z=2+i,所以􀭵z=2-i. 4.B 由 2-yi i=y+2i=6+xi,得x=2,y=6,则yx=3. 5.C 由题意3-2ii = (3-2i)(-i) i(-i) =-2-3i , 故复数对应的点为 -2,-3 ,在第三象限. 【综合演练】 1.D z=i2+(k+1)i+k=(k-1)+(k+1)i, 因为复数z是纯虚数,所以 k-1=0k+1≠0, 解得k=1. 2.C 由题意,在z+iz=i中,1+i z=i,即z= i1+i= i1-i 1+i 1-i = 1 2+ 1 2i , ∴􀭵z=12- 1 2i ,􀭵z = 12 2 + -12 2 = 22. 3.C 因为z=1-4i 3 1-i= 1+4i 1-i= (1+4i)(1+i) (1-i)(1+i)= -3+5i 2 , 所以复数z的实部与虚部分别是-32 ,5 2 ,则复数z的 实部与虚部之和为-32+ 5 2=1. 4.C ∵1+i是方程x2+px+q=0的根,∴(1+i)2+ p(1+i)+q=0⇒p+q+(2+p)i=0, ∵p,q∈R,∴p+q=0且2+p=0,故选C. 5.C 根据复数模的几何意义可知,|z-1+2i|=1表示复 平面内以(1,-2)为圆心,1为半径的圆,而|z|表示复 数z到原点的距离, 由图可知,|z|min= 12+(-2)2-1= 5-1. 6.AD 因为z=12+ 3 2i ,所以􀭵z=12- 3 2i , 所以z􀭵z= 1 2+ 3 2i 12- 32i = 14 + 34 =1,故 A 正确; 复数z的虚部为 32 ,故B错误; z2= 1 2+ 3 2i 2 =14- 3 4+ 3 2i=- 1 2+ 3 2i , 所以z2≠􀭵z,故C错误; 若复数z1满足 z1-z =1,设z1=a+bi(a,b∈R), 则点 a,b 的 轨 迹 是 以 1 2 ,3 2 为 圆 心,半 径 为 1 的圆, 所以 z1 的最大值为 1 2 2 + 3 2 2 +1=2,故D正 确,故选AD. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —84— 高一数学(配RJA版) 7.解析 由 题 意,复 数 满 足(1+i)z=2i,则z= 2i1+i= 2i·(1-i) (1+i)(1-i)= 2i+2 2 =1+i , 所以|z|= 12+12= 2. 答案 2 8.解析 由题意 得z= (-1+2i)(2+i) i = (-4+3i)i i·i = 3+4i, 则􀭵z=3-4i,所以􀭵z的虚部为-4. 答案 -4 【真题体验】 1.B 由 题 意 可 得z= 2+i 1+i2+i5 = 2+i1-1+i= i2+i i2 = 2i-1 -1=1-2i ,则􀭵z=1+2i.故选B. 2.A 因为z=1-i2+2i= 1-i 1-i 21+i 1-i = -2i 4 =- 1 2i , 所以z=12i ,即z-z=-i.故选A. 3.C 因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2, 所以 2a=2 1-a2=0 ,解得a=1.故选C. 4.C 5 (1+i3) (2+i)(2-i)= 5(1-i) 5 =1-i. 故选C. 【易误警示】 [示例1] 解析 (1)当m 满足m2+3m+2=0,且m2- 2m-2>0, 即m=-2或m=-1时,z是实数. (2)当m 满足m2+3m+2≠0且m2-2m-2=1, 即m=3时,z是纯虚数. [示例2] 解析 设x0 是方程的实数根,代入方程并整 理得(x20+kx0+2)+(2x0+k)i=0, ∴ x20+kx0+2=0, 2x0+k=0, 解得 x0= 2, k=-2 2 或 x0=- 2,k=2 2, ∴实数k的值为±2 2. 答案 ±2 2 作业(七) 基本立体图形与几何体的表面积、体积 【基础演练】 1.D 由棱台的定义知棱台的侧棱长不一定都相等,而棱台 的两个底面相似,所以A不正确,D正确;若平面沿棱锥的 高去截,则棱锥被平面截成的两部分可能都是棱锥,B不正 确;棱柱的侧棱都相等且相互平行,且侧面是平行四边形, 但侧面并不一定全等,C不正确,故选D. 2.B 设圆柱的底面圆半径为r,则圆柱母线长l=r,由轴 截面的面积为S,得2r2=S, 所以圆柱的表面积为2πr2+2πrl=4πr2=2πS. 3.ACD 由 已 知 等 腰 梯 形 中,∠D'A'B'=45°,A'B'= 2C'D'=4,所以A'D'= 2, 由斜二测画法得,在原图直角梯形ABCD 中,AB=2CD =4,AD=2 2,∠BAD=π2 ,易得BC=23,所以四边形 ABCD的周长为6+22+23,面积为2+42 ×22=62. 4.解析 根据题意,△AOB 的原图形如图, 根据直观图画法规则知,△AOB 的底边OB 的长为4, 高为4,OA=AB= 42 2 +42=2 5, 则△AOB 的周长为4+4 5. 答案 4+4 5 【综合演练】 1.D 正方体的体积为1,截得的三棱锥的体积为13× 1 2× 1 2× 1 2× 1 2= 1 48 , 所以剩下部分的体积为1-148= 47 48 , 所以截得的三棱锥的体积与剩 下 部 分 的 体 积 之 比 是 1 48∶ 47 48=1∶47. 2.C 根据题意,杯套的形状可看作一个圆台,且该圆台 的母线长是圆台形水杯的母线长的2 3 ,即4cm,下底面 圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径,即2cm,上 底面圆的半径是10 3cm ,所以杯套的表面积S=π×22+ π× 2+103 ×4=763π(cm2). 3.ABC 如图1,连接DE,DF,则平面DEF 可截得三棱 锥D D1EF,故A正确; 图1 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —94—