热门试卷

（1）设z=a+bi，（a，b∈R），则=a-bi，代入z•-3i•z=，得a2+b2-3ai+3b=1+3i

故有得，

综上知z=-1，或z=-1-3i

（2）设z=a+bi，，（a，b∈R），

充分性：由|z|=1得z•=1，即=，故z+=2a，是实数

必要性：由z+为实数，即a+bi+=a++（b-）i是实数，

即b-=0，可得a2+b2=1，故有|z|=1

综上证明知，z+为实数的充要条件是|z|=1

（1）由z是虚数，设z=a+bi（a，b∈R，b≠0）则ω=z+=a+bi+=a+bi+=a++(b-)i

∵ω∈R∴b-=0且b≠0得a2+b2=1即|z|=1

此时，ω=2a，∵-1＜ω＜2∴-＜a＜1即z的实部的取值范围为(-，1)．…（4分）

（2）u===．

∵a2+b2=1

∴u=-i又b≠0，-＜a＜1故u是纯虚数．…（8分）

（3）ω-u2=2a+=2a+=2a+=2[(a+1)+]-3

由a∈(-，1)知(a+1)+≥2，

故当且仅当a+1=，a=0时ω-u2的最小值为1．…（14分）．

（Ⅰ）依题意得：z=(2+i)-=(2-x)+(1-x)i，

又z是纯虚数，所以，解得x=2；

（Ⅱ）因为f（x）=|z|2=（2-x）2+（1-x）2=2x2-6x+5，

联立y=f（x）与y=g（x），得，消去y得2x2+（m-6）x+2=0，

又y=f（x）与y=g（x）的图象有公共点，

所以△≥0，即m2-12m+20≥0，解得m≤2或m≥10．

由题意可得，z1=2+i，z2=2-i，

u=z1+kz2=2+2k+（1-k）i，

所以|u|2=（2+2k）2+（1-k）2=5(k+)2+，

所以k=-时，|u|的最小值为．

由题意，α，β互为共轭虚根，…（2分）

则|α|=|β|，αβ=|α|2=，…..（6分）|α|=|β|=，…（8分）

由|α|+|β|=2，得=1，m=±，…10 分

因为m=-时，△＜0，不合题意，所以m=…．（12分）．

（1）z1z2=（log2（2x+1）+ki）（1-xi）；所以f（x）=log2（2x+1）+kx，

因为函数f（x）是关于x的偶函数所以f（-x）=log2（2-x+1）-kx=log2（2x+1）+kx=f（x），所以2kx=-x，所以k=-

（2）由（1）可知f（x）=log2（2x+1）-x，

所以y=f（log2x）=log2（x+1）-log2x=log2=，

所以x∈（0，a]，a＞0，a∈R，ymin=

（3）函数y=f（x）图象与直线y=x+m的图象最多只有一个交点，

就是log2（2x+1）-x=x+m最多只有一个解，就是log2（2x+1）=x+m最多只有一个解，

因为函数log2（2x+1）是单调增函数，x+m也是单调增函数，

所以对任意实数m，函数y=f（x）图象与直线y=x+m的图象最多只有一个交点．

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略