章末综合检测(十) 复 数（Word练习）-【优化指导】2023-2024学年新教材高中数学必修第四册（人教B版2019）

章末综合检测(十)　复　数 [对应学生用书P126] (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(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．(1＋i)(2－i)＝(　　) A．－3－i　　　 B．－3＋i　　　 C．3－i　 　　 D．3＋i D　解析：(1＋i)(2－i)＝2＋i－i2＝3＋i. 2．(2021·新高考卷Ⅰ，T2)已知z＝2－i，则z(＋i)＝(　　) A．6－2i B．4－2i C．6＋2i D．4＋2i C　解析：∵z＝2－i，∴z(＋i)＝(2－i)(2＋i＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝4＋4i－2i－2i2＝6＋2i. 3．z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i，m∈R，z2＝3－2i，则m＝1是z1＝z2的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 A　解析：∵z1＝z2⇔⇔m＝1或m＝－2，∴m＝1是z1＝z2的充分不必要条件． 4．已知复数z满足(1－i)z＝i2 020(其中i为虚数单位)，则的虚部为(　　) A． B．－ C．i D．－i B　解析：∵2 020＝4×505，∴i2 020＝i4＝1. ∴z＝＝＋i， ∴＝－i，∴的虚部为－. 5．(2019·全国卷Ⅰ)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则(　　) A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1 C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1 C　解析：由已知条件，可得z＝x＋yi.∵|z－i|＝1， ∴|x＋yi－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1. 6．若z＝cos θ＋isin θ(i为虚数单位)，则使z2＝－1的θ值可能是(　　) A． B． C． D． D　解析：∵z2＝(cos θ＋isin θ)2 ＝(cos2θ－sin2θ)＋2isinθcos θ＝cos 2θ＋isin 2θ＝－1， ∴∴2θ＝2kπ＋π(k∈Z). ∴θ＝kπ＋(k∈Z)，令k＝0知选D. 7．已知复数z满足|z－2i|＝，则|z|的最大值是(　　) A． B．2－ C．2＋ D．2 C　解析：设复数z对应的点为Z，复数z1＝2i对应的点为Z1(0，2)，则|ZZ1|＝，即点Z组成的集合是圆心在点Z1(0，2)，半径为的圆，所以|z|的最大值为2＋. 8．设△ABC的两个内角A、B所对的边分别为a、b，复数z1＝a＋bi，z2＝cos A＋icos B，若复数z1·z2在复平面上对应的点在虚轴上，则△ABC是(　　) A．等腰三角形或直角三角形 B．等腰直角三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形 A　解析：z1·z2＝(a＋bi)(cos A＋icos B)＝(a cos A－b cos B)＋(a cos B＋b cos A)i， ∵z1·z2在复平面上对应的点在虚轴上，a cos A－b cos B＝0，即sin A cos A－sin B cos B＝0， ∴sin 2A＝sin 2B，2A＝2B或2A＋2B＝π， ∴A＝B或A＋B＝. ∴△ABC是等腰三角形或直角三角形． 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．已知复数z满足z2＝i，则下列四个判断中，正确的是(　　) A．z有且只有两个解 B．z只有虚数解 C．z的所有解的和等于0 D．z的解的模都等于1 ABCD　解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，由z2＝i，得(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝i， ∴，解得，或. ∴z＝＋i或z＝－－i，所以z有且只有两个解，z只有虚数解，z的所有解的和等于0，z的解的模都等于1. 10．设z＝(－t2＋4t－5)＋(t2＋2t＋2)i，t∈R，则以下结论正确的是(　　) A．z对应的点在第二象限 B．z一定不为纯虚数 C．对应的点在实轴的下方 D．z可以为实数 ABC　解析：∵－t2＋4t－5＝－(t－2)2－1<0, t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1＞0，∴z对应的点在第二象限．故A正确；∵－t2＋4t－5＝0无解，∴z一定不为纯虚数，故B正确；∵z与对应的点关于实轴对称，∴对应的点在第三象限，满足在实轴的下方，故C正确；∵t2＋2t＋2＝0无解，∴z一定不是实数，故D错误． 11．已知复数z＝，则以下说法正确的是(　　) A．复数z的虚部为 B．|z|＝ C．z的共轭复数＝－ D．在复平面内与z对应的点在第二象限 BD　解析：复数z＝＝－＋i，则复数z的虚部为