北师大版高中数学必修第二册5章末检测卷（含答案）

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第二册全册综合优质ppt课件，共5页。
第五章　章末检测卷（时间：90分钟　分值：120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.以-+2i的虚部为实部，以i+2i2的实部为虚部的新复数是（　　）A.2-2i        B.- +I   C.2+i    D. +i 2.已知i是虚数单位，复数z满足-＝，则|z|等于（　　）A.1     B.    C.    D.2 3.若a为实数，且＝3+i，则a等于（　　）A.-4     B.-3     C.3     D.4 4.若＝b+i（a，b∈R），则复数a+bi在复平面内表示的点所在的象限为（　　）A.第一象限       B.第二象限   C.第三象限   D.第四象限 5.已知复数z＝，则的虚部是（　　）A.-1     B.-i     C.1     D.i 6.如图，在复平面内，复数z1和z2对应的点分别是A和B，则等于（　　）A. +i    B. +I    C.- -i    D.- -i 7.若复数z＝（2+ai）（a-i）在复平面内对应的点在第三象限，其中a∈R，i为虚数单位，则实数a的取值范围为（　　）A.（-，）      B.（-，0）   C.（0，）   D.［0，） 8.已知复平面内的A，B对应的复数分别是z1＝sin2θ+i，z2＝-cos2θ+i cos 2θ，其中θ∈（0，π）.设对应的复数是z.若复数z对应的点P在直线y＝x上，则θ的值为（　　）A.或    B.或    C.或    D.或 二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.关于复数z＝的说法，正确的有（　　）A.|z|＝2    B.z2＝8i    C.z的虚部为2     D.z的共轭复数为-2-2i 10.已知复数z＝（m2-1）+（m-）（m-1）i（m∈R），则下列说法正确的是（　　）A.若m＝0，则其共轭复数＝1-i   B.若复数z＝2，则m＝C.若复数z为纯虚数，则m＝±1    D.若m＝0，则4+2z+z2＝011.复数z＝，则以下说法正确的是（　　）A.z在复平面内对应的点在第一象限   B.z的虚部是-C.|z|＝            D.若复数z1满足|z1-z|＝1，则|z1|的最大值为1+ 12.任何一个复数z＝a+bi（其中a，b∈R，i为虚数单位）都可以表示成z＝r（cos θ+isin θ）的形式，通常称之为复数z的三角形式.法国数学家棣莫弗发现zn＝［r（cos θ+ isin θ）］n ＝rn（cos nθ+isin nθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法正确的是              （　　）A.|z2|＝|z|2         B.当r＝1，θ＝时，z3＝1C.当r＝1，θ＝时，＝-i     D.当r＝1，θ＝时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知i为虚数单位，复数z＝，则复数z的实部是　　　　. 14.若z∈C，ω＝为纯虚数，则|z|的值是　　　　. 15.已知复数z满足＝，且arg z＝，则z＝　　　　. 16.已知复数z1＝在复平面内对应的点为A，复数z2（非纯虚数）在复平面内对应的点为B，若与虚轴垂直，则z2的虚部为　　　　，点B在第　　　　象限.四、解答题（共40分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.（10分）若复数z1满足（z1-2+i）（1+i）＝1-i（i为虚数单位），复数z2的虚部为2，且z1z2是实数.（1）求z1的模；
（2）求z2.

    18.（10分）已知复数z＝+1+i，i为虚数单位.（1）求|z|和；
（2）若复数z是关于x的方程x2+mx+n＝0的一个根，求实数m，n的值.
 
  19.（10分）从① <0，② 复平面上表示z1z2的点在直线x+y+2＝0上，③ z2+＝-2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.已知复数z1＝1+i，z2＝a+2i（a∈R），　　　　.若＝+，求复数z，以及|z|.

   20.（10分）已知复数z＝a+bi（a，b∈R），若存在实数t，使＝-3ati成立.（1）求证：2a+b为定值；（2）若|z-2|<5，求|z|的取值范围.
     第五章 章末检测卷参考答案1.A　  2.A　  3.D　  4.A　   5.C　  6.C　  7.B　   8.A　  9.BC　  10.BD　  11.AD　   12.AC　13.-1  　 14.　    15.1+i　    16.　三或四　17.解：（1）∵ （z1-2+i）（1+i）＝1-i，∴ z1＝+2-i＝-i+2-i＝2-2i，∴ |z1|＝＝.（2）设z2＝a+2i（a∈R），则z1z2＝（2-2i）（a+2i）＝（2a+4）+（4-2a）i，∵ z1z2为实数，∴ 4-2a＝0，解得a＝2，∴ z2＝2+2i.18.解：（1）∵ 复数z＝+1+i＝+1+i＝1-2i+1+i＝2-i，∴ |z|＝＝，＝2+i.（2）∵ 复数z是关于x的方程x2+mx+n＝0的一个根，∴（2-i）2+m（2-i）+n＝0，∴ 4-4i+i2+2m-mi+n＝0，∴（3+2m+n）-（m+4）i＝0，∴ 解得m＝-4，n＝5.19.解：方案一：选条件①，因为z1＝1+i，所以＝＝＝.因为<0，所以解得a＝-1.所以z2＝-1+2i.因为＝+＝，所以z＝＝＝＝+i，|z|＝＝.方案二：选条件②，因为z1＝1+i，z2＝a+2i（a∈R），所以z1z2＝（1+i）（a+2i）＝a-2+（a+2）i，在复平面上表示z1z2的点为（a-2，a+2），依题意可知（a-2）+（a+2）+2＝0，解得a＝-1，所以z2＝-1+2i.因为＝+＝，所以z＝＝＝＝+i，|z|＝＝.方案三：选条件③，因为z2＝a+2i，所以＝a-2i.由z2+＝2a＝-2，得a＝-1，所以z2＝-1+2i.因为＝+＝，所以z＝＝＝＝+i，|z|＝＝.20.（1）证明：∵ 复数z＝a+bi（a，b∈R），且存在实数t使a- bi＝-3ati成立，∴ ta-tbi＝2+（4-3at2）i，∴ ta＝2，-tb＝4-3at2，∴ -b·＝4-3a·，∴ -2b＝4a-12，∴ 2a+b＝6，即2a+b为定值.（2）解：由（1），得b＝6-2a，∵ z＝a+bi（a，b∈R），|z-2|<5，∴ <5，整理得5a2-28a+15<0，∴ <a<5.∵ |z|＝＝，∴ |z|2＝5a2-24a+36＝5+， <a<5，∴≤|z|2<41，∴ |z|的取值范围为.