2018年浙江高考数学二轮复习练习：第2部分 必考补充专题 专题限时集训19 复数、数学归纳法

专题限时集训专题限时集训( (十九十九) ) 复数、数学归纳法复数、数学归纳法 (对应学生用书第 155 页) 建议 A、B 组各用时：45 分钟 A 组 高考题、模拟题重组练 一、复数 1设(1i)x1yi，其中x，y是实数，则|xyi|( ) A1 B. 2 C. D2 3 B B (1i)x1yi，xxi1yi. 又x，yR R，x1，yx1. |xyi|1i|，故选 B. 2 2已知z(m3)(m1)i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是( ) A(3,1)B(1,3) C(1，)D(，3) A A 由题意知Error!即3m1.故实数m的取值范围为(3,1) 3若z43i，则( ) z |z| A1B1 C. iD. i 4 5 3 5 4 5 3 5 D D z43i， 43i，|z|5， z4232 i. z |z| 43i 5 4 5 3 5 4设复数z满足i，则|z|( ) 1z 1z A1 B. 2 C. D2 3 A A 由i，得zi，所以|z|i|1，故选 A. 1z 1z 1i 1i 1i1i 2 2i 2 5若a为实数，且(2ai)(a2i)4i，则a( ) A1B0 C1D2 B B (2ai)(a2i)4i，4a(a24)i4i. Error!解得a0.故选 B. 6若复数z满足 2z 32i，其中 i 为虚数单位，则z( ) z A12iB12i C12iD12i B B 法一：设zabi(a，bR R)，则 2z 2a2biabi3abi32i.由复数相 z 等的定义，得 3a3，b2，解得a1，b2，z12i. 法二：由已知条件 2z 32i，得 2 z32i，解组成的关于z， 的方程组， zzz 得z12i.故选 B. 7(2017·浙江高考)已知a，bR R，(abi)234i(i 是虚数单位)，则 a2b2_，ab_. 【导学号：68334158】 5 2 (abi)2a2b22abi. 由(abi)234i，得Error!解得a24，b21. 所以a2b25，ab2. 8若复数zm(m1)(m1)i 是纯虚数，其中m是实数，则 _. 1 z i 由题意，得m(m1)0 且(m1)0，得m0，所以zi， i. 1 z 1 i 二、数学归纳法 9用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)2n×1×3××(2n1)(nN N*)时，从“nk 到nk1”时，左边应增添的代数式为_ 2(2k1) 假设nk时，(k1)(k2)(kk)2k×1×3×(2k1)成立；那么 nk1 时左边应为(k1)1(k1)2(k1)k1(k1)k(k1)(k1) (k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)，即从“nk到nk1”时，左边应添乘的式子 是2(2k1) kk1k1k1 k1 2k12k2 k1 10观察下列各式：112,23432,3456752,4567891072，可 以得出的一般结论是_ n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2 112,23432,3456752,4567891072，由上述式子可以归 纳：等式左边为连续自然数的和，有 2n1 项，且第一项为n，则最后一项为 3n2，等式 右边均为 2n1 的平方 11用数学归纳法证明 .假设nk时，不等式成立，则当 1 22 1 32 1 n12 1 2 1 n2 nk1 时，应推证的目标不等式是_ 观察不等式中各项的分母变化知， 1 22 1 32 1 k2 1 k12 1 k22 1 2 1 k3 nk1 时， . 1 22 1 32 1 k2 1 k12 1 k22 1 2 1 k3 B 组 “87”模拟题提速练 一、选择题 1已知复数z，则z|z|对应的点所在的象限为( ) 1 1i A第一象限B第二象限 C第三象限D第四象限 B B 复数z i， 1 1i 1i 1i1i 1 2 1 2 z|z| i i，其对应的点所在的象限为第二象 1 2 1 2 ( 1 2)2( 1 2)2 1 2 2 1 2 ( 1 2 2 ，1 2) 限故选 B. 2已知 i 为虚数单位，若，则a的值为( ) a 1i 1i i AiBi C2iD2i C C ，a 2i，故选 C. a 1i 1i i 1i1i i 2 i 3(2016·浙江镇海中学模拟)设z1，z2是复数，则下列命题中的假命题是( ) A若|z1z2|0，则 12 z z B若z1 2，则1z2 z z C若|z1|z2|，则z1· 1z2·2 z z D若|z1|z2|，则zz 2 12 2 D D 对于选项 A，若|z1z2|0，则z1z20，z1z2，所以 12，命题为真；对于选 z z 项 B，若z1 2，则z1和z2互为共轭复数，所以1z2，命题为真；对于选项 C，设 z z z1a1b1i，z2a2b2i(a1，b1，a2，b2R R)，若|z1|z2|，则 ，z1· 1ab，z2·2ab，所以z1·1z2·2，命题为真； a2 1b2 1a2 2b2 2 z 2 12 1 z 2 22 2 z z 对于选项 D，若z11，z2i，则|z1|z2|，而z1，z1，所以zz，命题为 2 12 22 12 2 假 4复数z(其中 i 是虚数单位)，则复数z的共轭复数( ) 34i 12i z A12iB12i C12iD12i A A 依题意得z12i，因此12i，故选 A. 34i12i 12i12i 510i 5 z 5设复数z1和z2在复平面内的对应点关于坐标原点对称，且z132i，则z1·z2( ) A512iB512i C1312iD1312i B B 复数z132i 在复平面内对应的点为(3，2)，其关于原点对称的点的坐标为(3,2)， 所以z232i，z1·z2(32i)(32i)512i，故选 B. 6设 i 是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于( ) 2i 1i A第一象限B第二象限 C第三象限D第四象限 B B 1i，由复数的几何意义知1i 在复平面 2i 1i 2i1i 1i1i 2i1 2 内的对应点为(1,1)，该点位于第二象限，故选 B. 7若复数z满足(i)z3i(i 为虚数单位)，则z的共轭复数为( ) 2 A.iB.i 22 C1iD1i 22 D D 依题意得z1i，则复数z的共轭复数为 1i， 3i 2i 3i 2i 2i 2i22 选 D. 8用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3(nN N)能被 9 整除” ，要利用归纳假设证 nk1 时的情况，只需展开( ) A(k3)3B(k2)3 C(k1)3D(k1)3(k2)3 A A 假设当nk时，原式能被 9 整除，即k3(k1)3(k2)3能被 9 整除当nk1 时，(k1)3(k2)3(k3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k3)3展开，让其出现 k3即可 二、填空题 9设复数z的共轭复数为 ，若z1i(i 为虚数单位)，则 z2的虚部为_ z z z 1 1 z1i(i 为虚数单位)， z2(1i)22i2ii，故其虚部为1. z z 1i 1i 1i2 1i1i 2i 2 10在复平面上，已知直线l上的点所对应的复数z满足|zi|z3i|，则直线l的斜率 为_ 设zxyi(x，yR R)，|zi|z3i|，|x(y1)i|(x3)(y1) 3 2 i|， x2(y1)2(x3)2(y1)2， 6x4y90，则直线l的斜率为 . 3 2 11已知f(n)1 (nN N)，证明不等式f(2n) 时，f(2k1)比f(2k)多的项数是 1 2 1 3 1 n n 2 _项 2k f(2k)1 ，f(2k1)1 . 1 2 1 3 1 2k 1 2 1 3 1 2k 1 2k1 1 2k2 1 2k2k 因此，f(2k1)比f(2k)多了 2k项 12用数学归纳法证明不等式(n2，nN N*)的过程中，由nk推导 1 n1 1 n2 1 nn 13 24 nk1 时，不等式的左边增加的式子是_ 当nk1 时左边的代数式是，增 1 2k12k2 1 k2 1 k3 1 2k1 1 2k2 加了两项与，但是少了一项，故不等式的左边增加的式子是 1 2k1 1 2k2 1 k1 1 2k1 1 2k2 . 1 k1 1 2k12k2 13复数的值是_ 12i2 34i 1 1 1. 12i2 34i 14i4i2 34i 34i 34i 14已知1yi，其中x，y是实数，i 是虚数单位，则xyi 的共轭复数为_ x 1i 2i (xxi)1yi，所以x2，y1. x 1i 1 2 15设复数z132i，z21i，则_. 【导学号：68334159】 |z1 2 z2| 5 5 |z1 2 z2| |32i 2 1i| |32i(1i)|43i|5.