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阶段质量检测(三)数系的扩充与复数的引入考试时间：120分钟试卷总分：160分题号一二总分151617181920得分一、填空题(本大题共14个小题，每小题5分，共70分，把答案填在题中横线上)1(新课标全国卷改编)设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z12i，则z1z2_.2(山东高考改编)若ai与2bi互为共轭复数，则(abi)2_.3若复数z满足 (34i)z|43i|，则z的虚部为_4已知1ni，其中m，n是实数，i是虚数单位，则mni等于_5定义运算adbc，则满足条件42i的复数z为_6在复平面内，复数对应的点位于第_象限7._.8设a是实数，且是实数，则a等于_9复数z满足方程4，那么复数z的对应点P组成图形为_10已知集合M1,2，zi，i为虚数单位，N3,4，MN4，则复数z_.11若复数z满足|z|，则z_.12若3i4，1i，i是虚数单位，则_.(用复数代数形式表示)13复数z满足|z1|z1|2，则|zi1|的最小值是_14已知关于x的方程x2(12i)x(3m1)0有实根，则纯虚数m的值是_二、解答题(本大题共6个小题，共90分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分14分)计算：(1)；(2).16(本小题满分14分)求实数k为何值时，复数(1i)k2(35i)k2(23i)分别是：(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)零17(本小题满分14分)已知复数z满足|z|13iz，求的值18(本小题满分16分)已知i.(1)求2及21的值；(2)若等比数列an的首项为a11，公比q，求数列an的前n项和Sn.19.(本小题满分16分)已知z(aR且a0)，复数z(zi)的虚部减去它的实部所得的差等于，求复数的模20(本小题满分16分)已知复数z满足|z|，z2的虚部为2.(1)求复数z；(2)设z，z2，zz2在复平面内对应的点分别为A，B，C，求ABC的面积答 案1.解析：z12i复平面内对应点(2,1)，又z1与z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，则z2的对应点为(2,1)，则z22i，z1z2(2i)(2i)i245.答案：52解析：根据已知得a2，b1，所以(abi)2(2i)234i.答案：34i3解析：(34i)z|43i|，zi，z的虚部是.答案：4解析：1ni，所以m(1n)(1n)i，因为m，nR，所以所以即mni2i.答案：2i5解析：ziz，设zxyi，zizxiyxyixy(xy)i42i，z3i.答案：3i6解析：i，对应的点位于第四象限答案：四7解析：138i.答案：138i8解析：i是实数，0，即a1.答案：19解析：|z(1i)|z(1i)|4.设1i对应的点为C(1,1)，则|PC|4，因此动点P的轨迹是以C(1,1)为圆心，4为半径的圆答案：以(1,1)为圆心，以4为半径的圆10解析：由MN4，知4M，故zi4，z4i.答案：4i11解析：设zabi(a，bR)，|z|(abi)abi，24i，解得z34i.答案：34i12解析：由于3i4，1i，i是虚数单位，所以(1i)(3i4)54i.答案：54i13解析：由|z1|z1|2，根据复数减法的几何意义可知，复数z对应的点到两点(1,0)和(1,0)的距离和为2，说明该点在线段y0(x1,1)上，而|zi1|为该点到点(1，1)的距离，其最小值为1.答案：114解析：方程有实根，不妨设其一根为x0，设mai代入方程得x(12i)x0(3ai1)i0，化简得，(2x01)ixx03a0，解得a，mi.答案：i15解：(1)2.(2)i.16解：由z(1i)k2(35i)k2(23i)(k23k4)(k25k6)i.(1)当k25k60时，zR，k6或k1.(2)当k25k60时，z是虚数，即k6且k1.(3)当时，z是纯虚数，k4.(4)当时，z0，解得k1.综上，当k6或k1时，zR.当k6且k1时，z是虚数当k4时，z是纯虚数，当k1时，z0.17解：设zabi(a，bR)，由|z|13iz，得13iabi0，则所以所以z43i.则34i.18解：(1)22ii.2110.(2)由于210，k2k1kk(21)0，kZ.Sn12n1Sn 19解：把z(a0)代入中，得i.由，得a24.又a0，所以a2.所以|3i|.20解：(1)设zabi(a，bR)，由已知条件得：a2b22，z2a2b22abi，所以2ab2.所以ab1或ab1，即z1i或z1i.(2)当z1i时，z2(1i)22i，zz21i，所以点A(1,1)，B(0,2)，C(1，1)，所以SABC|AC|1211；当z1i时，z2(1i)22i，zz213i.所以点A(1，1)，B(0,2)，C(1，3)，所以SABC|AC|1211.即ABC的面积为1.
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