章末检测卷2 复数-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第四册同步练测（人教B版2019）

高中数学·必修 第四册(R1B) 章末检测卷二 复 数 (本卷满分150分;考试用时120分钟) 一、选择题;本题共8小题,每小题5分,共 ②若是复数:的共复数,则D(s)一 40分,在每小题给出的四个选项中,只有 D()恒成立; 一项是符合题目要求的. ③D(z)-D()(z,C),则z.=z; 1.已知复数。二一2一i(i为虚数单位),则。 ④对任意,,C,结论D(z,)< 的共栀复数;的虚部为 ( D(z,z)十D(z,)恒成立. A.-2 B.-i C.1 D.i ,_ 则其中真命题的是 _ 2.已知a+3i(1+i)-2十bi,(a,bER,i为虚 A.①②③④ B.②③④ 数单位),则实数2a一b的值为 ) C.②④ D.①③ A.5 B.6 C.7 D.8 二、选择题;本题共4小题,每小题5分,共 3.i是虚数单位,复数;一(a十i)(1十2i)为纯 20分,在每小题给出的选项中,有多项符 虚数,则一 ( 合题目要求.全部选对的得5分,部分选 A.-5i B.5i C.2 D.-2 对的得2分,有选错的得0分, 4.已知s(1-i)}一3十4i,其中i为虚数单位 则复数:在复平面内对应的点在第 1-1) 象限 ( 则 _ ) A.一 B.二 C.三 D.四 A.~-17 5.(2022·开州高一月考)已知复数;在复平 B.;的实部与虚部之差为3 面内对应的点的坐标为(2,一1),则。-i C.-4十i ( ) D.:在复平面内对应的点位于第四象限 A./2 C.2/2 B.2 D.8 10.(2022·南京高一期末)欧拉公式e*= 在复平面内对应的点 cos6十isin9(其中i是虚数单位,0ER)是 位干第三象限,则实数a的取值范围是 由瑞典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 A.(-2,1) B.(-。o,-2) 角函数与指数函数的关联,在复变函数论 C.(-1,2) D.(-o,-1) 里面占有非常重要的地位,被誉为数学中 7.已知1十i是关于x的方程ax*十bx十2-0 的天骄,依据欧拉公式,下列选项正确的 是 (a,bR)的一个根,则a十b= ( ( ) ~ C.-3 A.-1 B.1 D.3 A.复数e*对应的点位于第一象限 8.已知:一a十bi(a,bER,i是虚数单位), z.zC,定义:D(z)=a+6l,D(z. z。)一一z。,给出下列命题: C.e*为纯虚数 ①对任意:C,都有D(z)>0; D.+e+1-0 4 11.(2022·期单高一期中)复数;一cos9+ 四、解答题:本题共6小题,共70分,解答应 isin0,其中0[0,2x),下列说法正确的 写出文字说明、证明过程或演算步骤 是 ) 17.(10分)(2022·长沙高一期中)已知复数 x=n}-1+(m+5m-6)i. (1)当实数n为何值时,:为实数; 点在第三象限 (2)当实数n为何值时,:为纯虚数 B. -cos 20+isin 20 C.z-1 D.存在0满足|:>1 12.设x,x:是关于x的方程x^{②}十ax十b-0 (a,EC)的两根,下列命题正确的是 A.x十x。--a B.若x.xER,则a,bR C.a-46>0 D.若a-4b<0,则x,x。是共辄复数 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共 18.(12分)(2022·通州高一期中)设复数。 20分. -2+3i,z.=m-i(mR). 13.已知复数;满足(1十i)z=1-7i(i是虚数 (1求; 单位),则:一 (2)当m-1时,求22; 14.已知复数z=lg(m-2m)+(m{+2m- (3)若为实数,求m的值. 3)i.若复数:是实数,则实数n一 。 ;若复数。对应的点位于复平面的第二 象限,则实数的取值范围为 16.设x,x。是实系数一元二次方程ax^{}+ 实数,则+一 45 高中数学·必修 第四册(RJB) 19.(12分)(2022·庐阳高二期中)已知复数。 21.(12分)已知i为虚数单位,关于x的方程 满足(1+i)z=-1+5i,z=a-3+i,aR -x+10-0(R)的两根分别为 (1)求的共辄复数。; r. (2)若z一<z,求a的取值范围 (1)若x三3十i,求实数的值; (2)若x二x=2,求实数2的值; 20.(12分)已知复平面内平行四边形ABCD. 点A对应的复数为2十i,向量BA对应的复 22.(12分)已知复数;=a十bi(a,bER),若 数为1十2i,向量BC对应的复数为3- i,求; , (1)点C,D对应的复数; (1)求证:2a十b为定值; (2)平行四边形ABCD的面积 (2)若-2a,求z的取值范围 4620.解(1)在△ABC中，AB=2,BC=E,∠ABC=3x. 1, :22.解(1)选择①： 2cos A(bcos C++ccos B)=a, 由余弦定理可得AC= 在△ABC中，由射影定理beos C十ccos B=a,得 √AB+BC-2AB·BCc0s∠ABC =√/4+2+4=√/10， 2a0sA=a,解得c0sA-分，而A∈(0，x,则A-晋： BC AC 由正弦定理可得 选择②： sin∠BAC sinZABC 所以sin∠BAC=BC·si∠ABC=IO esin 2 =asin C,在△ABC中， AC 10 又∠BAC=∠DAC, 由正孩定理，得sin Csin,A=sin Asin C, 2 所以sin∠DAC=sin∠BAC=YO A 10 而A.Ce(0xmC>0,则cos含-2号cos分， 在△ACD中，CD=4,AC-V0,sin∠DAC=- A1. 10 又0<含<受，即m合-=合于是得A=受： CD AC 由正孩定理可得m∠DACsinZADC" 选择③： (sin B+sin C)-3sin Bsin C=sin'A. 则sin∠ADC=AC·sin∠DAC=1 CD 4 在△ABC中，由正孩定理，得b+C一a=c, (2)在△ABC中，AB=2,∠ABC=3 π， 由余弦定理，得cosA=十ca= 2,而A∈(0，x) BC AC 由正孩定理可得sin/BAC sin/ABC 则A=于 则sin∠BAC=BC·sin∠ABC-V2BC AC 2AC 由a=尽，6=号制用正孩定现，得mB=0小 在△ACD中，∠ADC=若，CD=4, 3,而a>6,即角B为锐角， CD AC 由正孩定理可得sim∠DAC-sinZADC 因此，osB=一smB=22】 3 则sin∠DAC-CD·sin∠ADC2 所以cosC=-cos(A+B)=-(cos Acos B-sinA AC AC 周为∠BC-∠DAC所以聚-是解得C=2。 sinB)=3-22 6 由余孩定理可得AC (2)由1)知A=答，在△ABC中，C--B, 3 √AB+BC-2AB·BCeos,∠ABC= 由正弦定理，得b=2sinB,c=2sinC, 、4+8+8=25. 21.解1)设此山高(km.则AC-nm30 则5-1)6+2e=2(5-1)simB+4sin(5-B） 在△ABC中，∠ABC=120°，∠BCA=60°-45=15， =23(simB+cosB)=26sim(B+平） AB=4. AC AB 而0<B<经则景<B+是<受 根据正弦定理，得 4121 sin∠ABC sin,∠BCA' h 4 即n120·1an30sn15 于是得当B叶至-受时， 解得h=2(6十√2)(km). (5-1b+2c取得最大值26，此时B=年， (2)由题意可知，当点C到公路距离最小时，仰望山顶 D的仰角达到最大， 所以(W3-1)b+2c的最大值是26，此时B=不 所以过C作CE⊥AB,垂足为E,连接DE 则∠DEC=0.(CE=AC·sin45°，DC=AC·tan30°， 章末检测卷二复数 所以tan0= 1.C依题意：=一2十i,其虚部为1. CE 3 2.Ca+3i(1+i)=2+bi.∴.(a-3)+3i=2+bi. 8-3=2a=5,6=32a-b=7 b-3 3.B由题意，x=(a十i)(1+2i)=(a-2)+(2a十1)i,若e 为纯虚教，则日一20，a=2,g=5元 2a+1≠0， 55 4B由0-D=3+,得：=3社“-3士.-2+ (1-i) -2i 11.BC当x<0<时，：对应于复平面内的点在第三象 受期复量：在复平面内对应的点为（一2，受）小在第二 限，故A错误：z=(cos0+isin0)(cos0+isin)= (cos0-sin0)+2icos0sin0=cos20+isin20,故B正 象限，故选B. 确：之=x=1,故C正确：因为|=1，故D错误. 5.C由已知得x=2-i,所以|g一i=|2一2i=√22+2 12.AB对于A,由根与系数关系知，x,十x2=一，正确； =2√2，故选C 对于Bxx∈R,由x1十x=一a,xx=b,知a,b∈ 6.A周为==i所以=。一1计小子是 R,正确：对于C,仅当E1,x∈R,才有△=a-4b≥0， 而方程的根不一定为实教，错误：对于D,由于a∈C, 得：在复平面内对应的点为（口一1，。小像题高得 而x1G,=二u公，仅当a∈R时西，是共轭复数， 2 a-10, 错误.故选AB. 解得一2a<1,所以实数：的取值范围是 解析闲为(1十D之=1一i,所以文=1+， (-2.1). (1-7i)(1-iD-6-8i 7.A当a=0时，原方程即为bx十2=0，又周为1+i是该 (1+iD(1-i)1+1 =-3-4i. 方程的一个根，所以有b(1十i)十2=0，从而可解得b= 答案一3-4i 一1+i,这与b∈R矛盾，故a≠0.所以原方程为实系数 14.解析2为实数，则m十2m一3=0，解得m=1或一3， 一元二次方程.所以1士i为方程的两根，因此由实系数 又m2一2>0，所以m=一3.：对应的，点在第二象限， 一元二次方程根与系数的关系，可得 lg(m-2m)<0, 解得2<m<1十√2. 1+i+1-i=-6. m2+2m-3>0, 4解得=一2故a十b=一1. 答案-32<m<1十√2 1+i0(1-i0=2 15.解桥南吕中，可得ai=0+1-i.所以ai 8.C对于①，当z=0∈C时，D(x)=0十0=0，所以①为 假命题.对于②，令z=a十i,=a一i,则D()=D(:) 2所以a=是-一2就 =a十b,所以②为真命题.对于⑧③，由于②成立，而x 答案一21 和交不一定相等，所以③为假命题.对于④，依题意 16.解析设x=s十ti(s,t∈R,t≠0)，则=一i.则 D(x12)=-2.D(1)=:1-.D(,2)= 名一，根据复数减法的模的几何意义可知，之一云 +x=2s,x3,=了+.：=+)--3+ s十1 表示复数1和1对应两，点间的距离，一，表示复 数，和。对应两点间的距离，一表示复数名和 31-1是实数3s1-t=0∴3x=.小x+五 s+1 二对应两点间的距离.根据三角形两边的和大于第三边 2s,x=十1=4.(x,十x)=x十x+2rx 可知5一十一>一，当对应的点在 和名对应的两点连成的线段上时，名一|十 4()广+要+1=0，脚+（）=-1 =1一，所以D(1)≤D(1,)十D(g,)成 答案一1 立.④为真命题 17.解(1)若之为实数，则m+5m一6=0， 3AD--得帮=4-的实渐 即(m一1)(m十6)=0，故m=1或m=一6. m°-1=0， 与虚部分别为4，一1，：=4+(-1)下=17，A正 (2)若：为纯虚数，则 m2+5m-6≠0， 确：的实部与虚部之差为5，B错误；=4十i,C正确： 由m一1=0，可得m=士1. 在复平面内对应的，点为(4，一1)，位于第四象限，D 又m十5m一6≠0，故m≠1且m≠一6。 正确。 故m=一1. 10.BD对于A.e=c0s3+ism3,而受<3<，则cs3<0. 18.解(1)由，=2十3i,则1=2-31 (2)当m=1时，21=(2+3i)(1-i)=2-2i+3i+3= 血3>0，故心位于第二象限，错溪：对于B品 5+i. csx十isin r w2「 (3)-2+3i-2+3)(m+-2m-3+(2+3m)i 2(w+im】 =[()+(-)] '。m一i(m一i)(m十iD m+1 若产为实数，时2叶3m=0,解得m=一号 影共模长为号，正璃：对于Ce=0s十n天一1， 19.解(1)：(1十i)x,=-1+5i, 则e"为实数，错误：对于D,e十e十1=cos+ 8三1+-1十500=2+3i, (1+i)(1-i) 3 .,=2-3i. m号++im经+1=一号1-0，运角， (2):81-4=5-a+2i, 故选BD. .3-|=√(5-a)+4. 56 ”*|=√13，-8<1， 而：l=√a+b=√a+(6-2a)=√5a-24a+36 .、(5-a)+4<√13，解得2<a<8. 20,解(1)周为向量BA对应的复数为1十2i,向量BC对 应的复数为3-i, 5 所以向量AC对应的复数为(3一i)一(1+2i)=2一3. 当a=5时，=、4T,当a=2时，x=22, 文O-Oi+AC. 所以点C对应的复数为(2+i)十(2-3i)=4一2. 粽上可得，的取值范国为厂65，V不） 5 因为AD=BC,所以向量AD对应的复数为3-1， 章未检测卷三立体几何初步 即AD=(3,-1). 1,B由直观图画法规则，可得△OAB是一个克角三角 设D(x,y),剿AD=(x-2,y-1)=(3,-1), 所以一2=3.，解得工二5 形，其中直角边OA=6,0B=4,∴Sw=20A·0B y-1=-1.1 y=0. 故点.D对应的复数为5. =号×6×4=12. (2)图为BA·BC=|BA1 BCleos B, 2.D对于A,由棱柱的定义得棱柱的所有侧面都是平行 四边形，故A正确：对于B,由园柱的定义得将矩形AB 所以cOsB= BA·BC 3-2=② CD绕其一边所在直线旋转一周所形成的几何体称为圈 BAI|BC5X√Io10' 柱，故B正确：对于C,由正棱锥的定义得正棱锥顶点在 即sinB=72 底面的投影是底面正多边形的中心，故C正确：对于D, 10 将直角三角形AOB绕其斜边所在直线旋转一周所形成 BA=/T+2=5,BC=√3+1T=/D, 的几何体不是圆锥，故D不正确，所以假命题的是D选 于是S=BA1BC1sinB=5×v0x72=7, 项，故选D 10 3.B由题意可知，底面半径r=3,母线1=「 -=23, 故平行四边形ABCD的面积为7 sin 3 21,解(1)因为无，=3十i为方程x2-x十10=0(p∈R) 的根， ∴.Sw=xrl=6V5πcm. 所以(3+i)-p(3十i)十10=0， 4.D如图，若DD,=c,D,C,=4,AD 签理得到18-3p十(6-p)i=0,由p∈R可得p=6. =b,则a和b相交：若DD1=c,D,C =a.AD=b,则a和b异面：若DD (2)由方程x一px十10=0(p∈R), =c,D,C=a,DC=b,则a和b平 可得(-专）广-片-1o. 行，所以空间中垂直于同一条直线的 若号-10>0，即p-2而或≥2而。 两条直钱可能平行，相交或异而. 5.C对于①，若a∩B=m,nCa,则m与n在同一个平面 则号=士√-10=士一， a内，所以m∥n或者m,n相交，故①正确：对于②，a川 3,mCa,nC3,则m与n平行或者异面，故②错误：对于 则x1一x,=士√p-40,即1x-x1=√/p-40=2 ③，m∥a,m∥n,则n∥a或者nCa,故③错误：对于①，a 解得=士2I: ∩=m,m∥n,根据线面平行的判定定理可得，如果n 过a,则n∥a:如果n过A,则n∥B,所以结论n∥a或n∥3 若2-10<0，即-2V1而<p<2而， 4 是正确的，故④正确.粽上，正确的命题是①④，故选C 6.C:AD⊥BC,BD⊥AD,BC∩BD=B,BCC平面 则x一x,=士/40一pi,即x一x=√40-p=2, BCD,BDC平面BCD,,AD⊥平面BCD,ADC平面 解得p=士6， ADC,·平面ADC⊥平面BCD,故达C. 综上所述，实数p的值为士2√I成士6. 7.B由题意，三棱柱ABC-A,B,C,的底面为正三角形， 22.解(1)证明：周为复数2=a十i(a,b∈R), 侧棱与底面垂直，若AB=2,AA,=1.在直角△AAB 则：=4-i=2+i-3ai. 中，AB=2,AA,=1,可得AB=5,在直角△AAC中， 若存在实数，使-2牛4i-3ai成立. AC=2,AA=1,可得A,C=v5,在等腰△ABC中，可 则ta-tbi=2十(4一3a)i,可得ta=2,一th=4一3at2, 得SAK=号×2X2=2,设A到平面A,BC的距高为 所以-6，名-4-3a…青即-26=如-12 d,可得V4r=号×Sar×d=号×2=兰又由 化简可得2a十b=6,所以2a十b为定值. (2)若x-2<a,则/(a-2)+b<a, 所以a>0,且√(a-2)+(6-2a)<a. 兰-停解得1一-号即点A到不面AC的延高为号 化简可得(a-2)(a-5)<0,求得2a<5, 57