第七章复数章末测试-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

复数【章末测试】单项选择题1.[2025深圳外国语学校高一期中]若复数z1=1+i,z2=3-2i,则z1+z2=()A.4+i B.2-3i C.4-i D.-2+3i2.[2025辽宁省实验中学高一期末]若复数z=a2-a-6+(a-3)i(a∈R)为纯虚数,则()A.a=3 B.a=-2C.a=-2或a=3 D.a≠3且a≠-23.[2023新课标Ⅰ卷]已知z=1−i2+2i,则A.-i B.i C.0 D.14.[2024天津市河北区高一期中]如图,在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是OA,OB,则|z1-z2|的值为()A.2 B.2 C.22 D.55.[2025贵阳一中高一期末]已知复数z1,z2,则“z12=z22”是“|z1A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.[2025菏泽一中高一月考]若2+2ai1+i=x+yi(a,x,y∈R),且xy>1,则实数aA.(-∞,-2)∪(2,+∞)B.(-∞,-2)∪(2,+∞)C.(2,+∞)D.(2,+∞)7.[2025成都七中高一月考]已知复数z满足(i2026+i1011)z=4i2025,则z+1zA.-92 B.-2 C.92 8.[2025合肥一中期中改编]已知复数z1=1+i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根,若复数z满足|z-z1|=|p-q|,复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M,则图形M的面积为()A.π B.4π C.16π D.25π多项选择题9.[2024济宁一中高一期中]已知复数z1=1-2i,z2=i(2-i),z3=1−A.z1−B.复数z2在复平面上对应的平面向量的坐标为(2,1)C.|z2|=5|z3|D.复数z3在复平面上对应的点在虚轴上10.[2025六安一中高一阶段测试]已知复数z,z,z22在复平面内对应的点分别为A,B,C,其中点A在第一象限,且原点O是△A.点B一定在第四象限B.点C可能在第三象限

C.|z|=2D.若∠BAC=π2,则△ABC的面积为211.【数学文化】[2025天一中学高一期中]欧拉公式exi=cosx+isinx(其中i为虚数单位,x∈R)是由瑞士著名数学家欧拉创立的,该公式将指数函数的定义域扩大到复数,建立了三角函数与指数函数的关联,在复变函数论里面占有非常重要的地位.依据欧拉公式,下列选项正确的是()A.eπi为纯虚数B.复数exiC.(cosπ10+isinπ10)(cos2π10+isin2π10)·…·(cos9D.e4π3i填空题12.【教材变式】[2025吉林一中模拟]已知复数z1,z2,z满足z1=1+2i,z2=3+4i,1z=1z1+1z13.[2024北京一零一中开学考试]已知复数z1=1+2i,z2=3+i1+i,z3=-1-2i在复平面上对应的点是一个正方形的3个顶点,则这个正方形的第四个顶点所对应的复数z414.[2025上海卷]已知复数z满足z2=(z)2,|z|≤1,则|z-2-3i|的最小值是.

解答题15.(13分)[2024广东省梅州市高一期末](1)已知复数z=3+bi(其中i为虚数单位)满足|z-2i|=5,求实数b的值;(2)在复数范围内解方程:5x2-2x+1=0.16.(15分)[2025武汉二中高一期中]已知复数z=a+bi(a,b∈R),且z+2i和z2−i均为实数,其中i是虚数单位,复数(1)求向量OZ的坐标;(2)若z1=z+1m−1-7m+217.(15分)[2025石家庄二中高一期中改编]已知复数z=a-2i(a∈R),且z·(1+i)为纯虚数(z是z的共轭复数).(1)求实数a的值;(2)设复数z1=a+mi,m∈R,且|z1|>|z|,求m的取值范围;(3)若复数z2满足|z2-ai|=1,则复数z2在复平面内对应点的轨迹是什么图形?求此图形的周长.18.(17分)[2025芜湖一中高一月考]已知i为虚数单位,z1,z2是x2+mx+n=0(m,n∈R,Δ=m2-4n<0)的两个根.(1)设z1,z2满足方程z1+(1-i)z2=9+6i,求nm(2)设z1=1+2i,复数z1,z2对应的向量分别是a与b,若向量ta-b与a+2b的夹角为钝角,求实数t的取值范围.19.(17分)【探索创新】[2024哈师大附中高一下开学考试]一般地,任何一个复数z=a+bi都可以表示成r(cosθ+isinθ)的形式,即a=rcosθ,b=rsinθ,其中r为复数z的模,θ是以x轴的非负半轴为始边,向量OZ(Z为复数z在复平面内对应的点)所在射线为终边的角,叫做复数z的辐角,我们规定0≤θ<2π范围内的辐角θ的值为辐角的主值,记作argz.r(cos(1)设复数z1=r1(cosα+isinα),z2=r2·(cosβ+isinβ),求z1·z2,z1(2)设复数z3=1-cosθ+isinθ,z4=1+cosθ+isinθ,其中θ∈(π,2π),求argz3+argz4;(3)在△ABC中,已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边.借助平面直角坐标系及阅读材料中所给复数相关内容,证明:①asinA=bsin②a=bcosC+ccosB,b=acosC+ccosA,c=acosB+bcosA.注:使用复数以外的方法证明不给分.参考答案1.Cz1+z2=1+i+3-2i=4-i.2.B复数z=a2-a-6+(a-3)i(a∈R)为纯虚数(纯虚数实部为0,虚部不为0),则a2−a−3.A因为z=1−i2+2i=(1−i)22(1+i)(1−i)4.C先数形结合得出复数对应向量的坐标,再根据坐标求出模即可.由题图,可得OA=(-2,-1),OB=(0,1),所以OA-OB=(-2,-2),所以|z1-z2|=|OA-OB|=(−2)2+(5.Az12=z22⇔z12-z22=0⇔(z1-z2)(z1+z2)=0⇔z1=z2或z1=-z2⇒|z1|=|z2|,充分性成立.取z1=22+22i,z2=i,此时|z1|=|z2|=1,但z12≠z22,6.A由复数运算结合复数相等概念可得x=a+1,y=a−1,然后结合xy>1可得答案.因为2+2ai1+i=x+yi(a,x,y∈R),所以2+2ai=(x+yi)(1+i)=x-y+(x+y)i,所以x−y=2,x+y=2a(两复数相等,实部和虚部分别相等),解得x=a+1,y=a−7.A因为i2026=i506×4+2=i2=-1,i1011=i252×4+3=i3=-i,i2025=i506×4+1=i,所以(-1-i)·z=4i⇒z=4i−1−i=4i(−1+i)(−1−i)(−1+i)=−4−4i2=-2-2i,所以复数z的共轭复数z=-2+2i,z+8.C复数范围内解方程+复数减法的几何意义思路导引先由z1是方程的根求出p,q,然后由复数减法的几何意义求解即可.∵z1=1+i是关于x的方程x2+px+q=(p,q∈R)的一个根,∴(1+i)2+p(1+i)+q=(p,q∈R),化简得(p+q)+(2+p)i=0,∴p+q=0,2+p=0,解得p=−2,q=2,∴|z-z1|=|p-q|=|-设复数z1=1+i表示的点为Z1,则z,z1表示的向量分别为OZ和OZ1(O为坐标原点),则由复数减法的几何意义,复数z-z1表示的向量为OZ-OZ1=Z1Z,若|z-z1|=4,则|Z1Z|=4,∴图形M是以Z1为圆心,4为半径的圆,∴图形M的面积为9.ADz1=1-2i,z2=i(2-i)=1+2i,z3=1−i1+i=(1A(√)z1−z2=(1B(✕)复数z2在复平面上对应的平面向量的坐标为(1,2).C(✕)|z2|=1+4=5,|z3|=1,|z2|≠5|z3|.D(√)复数z3在复平面上对应的点为(0,-1),在虚轴上.10.ACD设z=a+bi(a,b∈R),则z=a-bi,z22=a2−b22+abi,所以A(a,b),B(a,-b),A(√)由题意知点A在第一象限,则a>0,b>0,所以点B一定在第四象限.B(✕)因为a>0,b>0,所以ab>0,点C不可能在第三象限.C(√)因为原点O是△ABC的外心,所以|z|=|z|=|z22|,即|z|=|z|22D(√)易知AB与y轴平行,若∠BAC=π2,则AC与x轴平行,z与z22的虚部相等,即b=ab,得a=1,又因为|z|=2,所以a2+b2=4,则b=3,从而可得A(1,3),B(1,-3),C(-1,3),|AB|=23,|AC|=2,所以S△ABC=1211.BCDA(✕)由已知可得eπi=cosπ+isinπ=-1为实数.B(√)由已知可得exi1+i=cosx+isinx1+i=(cosx+isinxC(√)由已知可得cosπ10+isinπ10=eπ10i,cos2π10+isin2π10=e2π10i,…,cos9π10+isin9π10=e9π10i,所以(cosπ10+isinπ10)·(cos2π10+isin2D(√)由已知可得e4π3i=cos4π3+isin4π3=-12-32i,e2π3i=cos2π3+isin2π3=-12+32i,所以e4π3i-e212.1013+3526i由题意可得1z=1z1+1z2=11+2i+13+4i=1−2i(1+2i)(1−2i)+3−4i(13.-2+i复数的除法运算+复数的几何意义思路导引根据复数的除法运算求得z2,结合复数的几何意义可得z1,z2,z3对应的点,利用正方形的性质,根据向量相等,即可求得答案.由z2=3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−2i2=2-i,设复数z1=1+2i,z2=2-i,z3=-1-2i在复平面上分别对应点A(1,2),B(2,-1),C(-1,-2),设正方形的第四个顶点是D(x,y),则其对应的复数为z4=x+yi,x,y∈R,结合对应点的位置特征知AD=BC(关键点),又AD=(x-1,y-2),BC=(-3,-1),∴(x-1,y-2)=(-3,-14.22设z=a+bi(a,b∈R),则z=a-bi,由z2=(z)2,可得(a+bi)2=(a-bi)2,即a2-b2+2abi=a2-b2-2abi,故ab=0.由|z|≤1可得a2+b2≤1,即a2方法一当a=0时,b≤1,|z-2-3i|=|-2+(b-3)i|=4+(b−3)2,此时|z-2-3i|min=4+(1−3)2=22.当b=0时,a≤1,|z-2-3i|=|a-2-3i|=(a−2)2+9,此时|z-2-3i|min=(1−2)2+9=10.当a=0,方法二设复数z在复平面内对应的点的坐标为(x,y),其中x=(-1≤y≤1)或y=(-1≤x≤1),表示两条相交线段.|z-2-3i|表示z在复平面内对应的点与点(2,3)的距离,作出图形如图,结合图知,当z在复平面内对应的点为(0,1)时,|z-2-3i|取到最小值,为(0−2)215.【解析】(1)因为z=3+bi,所以|z-2i|=|3+(b-2)i|=9+(b所以b=6或b=-2.(6分)(2)因为Δ=(-2)2-4×5×1=-16<0,所以方程的根为x=2±16i10即x=1+2i5或x=116.【解析】(1)由z+2i=a+(b+2)i为实数,得b+2=0,则b=-2,(2分)又z2−i=a+bi2−i所以a−45=0,解得a=因此z=4-2i,所以OZ=(4,-2).(7分)(2)由(1)知,z=4+2i,而z1=z+1m−1-7m+2i,则z1=4+1m又复数z1在复平面内对应的点(4+1m−1,2于是4+1m−1>0,2−7m+2<0所以m的取值范围为(-2,34)∪(1,32)17.【解析】(1)因为z=a-2i(a∈R),所以z=a+2i,所以z·(1+i)=(a+2i)·(1+i)=(a-2)+(a+2)i,(2分)又z·(1+i)为纯虚数,所以a−2=0,a+2≠0,(2)由(1)可知z=2-2i,z1=a+mi=2+mi,所以|z|=22+(−2)2=22因为|z1|>|z|,所以22+m2整理可得m2>4,解得m>2或m<-2.所以m的取值范围是(-∞,-2)∪(2,+∞).(10分)(3)因为|z2-ai|=1,即|z2-2i|=1,所以z2在复平面内对应的点的轨迹是以(0,2)为圆心,1为半径的圆.(13分)此图形的周长为2π.(15分)18.【解析】(1)第一步:由题意设出z1,z2由z1,z2是x2+mx+n=(m,n∈R,Δ=m2-4n<0)的两个根,不妨设z1=a+bi(a,b∈R),易知z2=a-bi.(2分)第二步:根据条件求出z1,z2因为z1,z2满足方程z1+(1-i)z2=9+6i,则a+bi+(1-i)(a-bi)=9+6i,化简可得2a-b-ai=9+6i,所以2a−b=9所以z1=-6-21i,z2=-6+21i.(6分)第三步:结合根与系数的关系得m,n的值,得结果所以z1+z2=-m=-12,z1z2=n=(-6)2+212=477,即m=12,n=477.所以nm12=4771212(2)第一步:由一元二次方程根的关系得z2由z1=1+2i可得z2=1-2i.(9分)第二步:根据复数的几何意义得向量a,b因为复数z1,z2对应的向量分别是a与b,所以a=(1,2),b=(1,-2).(10分)第三步:由夹角为钝角得t的取值范围ta-b=t(1,2)-(1,-2)=(t-1,2t+2),a+2b=(1,2)+2(1,-2)=(3,-2),若向量ta-b与a+2b的夹角为钝角,则(ta-b)·(a+2b)<0,且ta-b与a+2b不共线,即3t-3-4t-4<0,且-2(t-1)≠3(2t+2),解得t>-7且t≠-12所以实数t的取值范围是(-7,-12)∪(-12,+∞)19.【解析