第12章 复数 单元测试 -2024-2025学年高一下学期数学苏教版（2019）必修第二册

密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 第12章　复数 全卷满分150分　考试用时120分钟 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.已知复数z=cos α+icos 2α(0<α<2π)的实部与虚部互为相反数,则α的取值不可能为(　　) A. C.π　　　D. 2.已知z为复数,则“z=”是“z2=”的(　　) A.充分不必要条件　　　 B.必要不充分条件 C.充要条件　　　 D.既不充分也不必要条件 3.已知i为虚数单位,如图,在复平面内,点O为原点,平行四边形OABC的顶点A,B对应的复数分别为3+2i,1+6i,则点C对应的复数为(　　) A.-4+2i　　　B.-2+3i　　　 C.-2+4i　　　D.2+3i 4.若复数z满足|2z-5|=|-10|,则|z|=(　　) A.2　　　B.3 C.4　　　D.5 5.在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是=(3,-2),O是坐标原点,则复数对应的点位于(　　) A.第一象限　　　B.第二象限 C.第三象限　　　D.第四象限 6.设复数z1,z2对应的向量分别为,O为坐标原点,且z1=-i,若把绕原点顺时针旋转,把绕原点逆时针旋转,所得两向量的终点重合,则z2=(　　) A.1-i C.+i 7.已知复数z=,当a≥1时,不等式2|z|2-t|z|+6≥0恒成立,则实数t的最大值是(　　) A.4 C. 8.已知两个复数z,ω满足z2=ω=,且复数z在复平面内对应的点位于第一象限,则=(　　) A.　　　 C. 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.已知复数z在复平面内对应的点为,则(　　) A.|z|=1　　　B.z+=1 C.z2+z+1=0　　　D.z2 024= 10.设z为复数(i为虚数单位),下列命题正确的有(　　) A.若(1+i)z=-i,则|z|=1 B.arg(1+i)= C.已知复数z满足|z-1|=|z+1|,则z在复平面内对应的点Z的集合是直线 D.在复平面内,集合M={z||z-2|≤2}所构成区域的面积为6π 11.已知a,b∈R,复数z1=(1-i)a,z2=(1+i)b,则下列结论正确的是(　　) A.|z1|≥,|z2|≥ B.若a=2,b=3,则|z1z2|=4 C.若a>0,b>0,a+b=2,则 D.若|z1|=2|z2|,则a-b=1 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.若复数z=3-4i+|3-4i|,则|z|=　　　　.  13.满足=2n(i为虚数单位)的最小正整数n的值为　　　　.  14.已知m∈R,关于z的方程(z2+z+m)(z2+z+2m)=0有四个复数根z1,z2,z3,z4.若这四个复数根在复平面内对应的点刚好是一个正方形的四个顶点,则实数m的值为　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分13分)已知复数z=,i为虚数单位. (1)求|z|; (2)若z2+az+b=1+i,求实数a,b的值. 16.(本小题满分15分)已知复数z=3xi3+(x2+x)i2 024(x∈R)的实部与虚部的和为f(x).　 (1)若f(x)=8,且x>0,求复数iz的虚部; (2)当f(x)取得最小值时,z1=2i对应的点位于第四象限,求m的取值范围. 17.(本小题满分15分)设z为虚数,u=z+为实数. (1)求|z|; (2)设z在复平面xOy内对应的点为Z,以x轴的非负半轴为始边,射线OZ为终边的角记为θ,求证:z2=cos 2θ+isin 2θ; (3)若-1<u<2,v=,求|u-v2|的最小值. 18.(本小题满分17分)设复数z=a+bi(其中a,b∈R),z1=z+ki,z2=·ki(其中k∈R). (1)设a=b=,若|z1|=|z2|,求实数k的值; (2)若存在实数k,使得z1与z2是某个实系数一元二次方程的两个虚数根,求符合条件的复数z的模的取值范围. 19.(本小题满分17分)已知①任何一个复数z=a+bi都可以表示成r(cos θ+isin θ)的形式,其中r是复数z的模,θ是复数的辐角;②eix=cos x+isin x被称为欧拉公式,是复数的指数形式;③方程xn=1(n为正整数)有n个不同的复数根. (1)设ω=-i,求ω2 024; (2)试求出所有满足方程x6=1的复数x所组成的集合; (3)若复数z=cos,求(z-1)(z2-1)…(z2 023-1). 答案与解析 第12章　复数 1.D　由题意可知cos α+cos 2α=0,所以cos α+2cos2α-1=0,解得cos α=-1或cos α=, 因为0<α<2π,所以α=π或α=或α=.故选D. 2.A　若z=,则z∈R,且z2=,故充分性成立; 设z=a+bi,a,b∈R,则z2=a2+2abi-b2,=a2-2abi-b2, 若z2=,则ab=0,∴a=0或b=0,∴z与不一定相等,故必要性不成立, 则“z=”是“z2=”的充分不必要条件.故选A. 3.C　由题意得=(1,6), 由平面向量加法的平行四边形法则可得,故=(-2,4),因此,点C对应的复数为-2+4i.故选C. 4.D　设z=a+bi(a,b∈R),则=a-bi, 则有|2a-5+2bi|=|a-10-bi|,即(2a-5)2+(2b)2=(a-10)2+b2,化简可得a2+b2=25, 故|z|==5.故选D. 5.A　由已知可得,z1=-2+3i,z2=3-2i, 则i, 所以复数对应的点为,位于第一象限.故选A. 6.B　易得z1=-,　 所以把绕原点顺时针旋转得到的向量对应的复数为2=2(cos 0+isin 0)=2, 由把绕原点逆时针旋转,所得向量与2对应向量的终点重合,得z2=2, 所以z2= =2 =-1+i. 故选B. 7.B　z=ai, 所以|z|==10|a|. 当a≥1时,不等式2|z|2-t|z|+6≥0恒成立, 即t≤2|z|+恒成立,即t≤20a+恒成立. 令f(a)=20a+,易知当a≥1时,f(a)单调递增, 所以f(a)min=f(1)=,所以实数t的取值范围是,其最大值是. 故选B. 8.C　设ω=a+bi,a,b∈R, 由ω=得a+bi=(a-bi)2,所以a+bi=a2-b2-2abi, 则解得或或 因为z2=ω=,且复数z在复平面内对应的点位于第一象限, 所以所以ω=-i, 所以.故选C. 9.ACD　由题可知,z=-=1,故A正确; i,则z+=-1,故B错误; z2=i,所以z2+z+1=-1+1=0,故C正确; z3=z2·z==1, 所以z2 024=z2 022·z2=(z3)674·z2=z2=,故D正确. 故选ACD. 10.BC　对于A,z=,故A错误; 对于B,因为1+i在复平面内对应的点为(1,1),点(1,1)在角+2kπ,k∈Z的终边上,所以arg(1+i)=,故B正确; 对于C,设z=a+bi(a,b∈R),则|a+bi-1|=|a+bi+1|,所以,化简,得a=0,所以z=bi,所以z在复平面内对应的点Z的集合是直线x=0,故C正确; 对于D,集合M表示以(2,0)为圆心,2为半径的圆及其内部,故其面积S=πr2=4π,故D错误. 故选BC. 11.BC　对于A,|z1|=()b>0,故A错误; 对于B,|z1z2|=|z1||z2|=(,故B正确; 对于C,)b-a,由a+b=2,得a=2-b,故)2b-2=2b-1,因为b>0,所以2b-1>,故C正确; 对于D,由|z1|=2|z2|,得=2,即()a-b=2,即=1,故a-b=2,故D错误. 故选BC. 12.答案　4 解析　因为z=3-4i+=8-4i,所以|z|=. 13.答案　3 解析　∵(1+i)2=2i,(1-i)2=-2i, ∴=2n-1×in[1+i+(-1)n(1-i)], 当n=1时,原式=-2,不满足题意; 当n=2时,原式=-4,不满足题意; 当n=3时,原式=8=23,满足题意. 14.答案　 解析　不妨设z2+z+m=0的两根分别为z1,z2,z2+z+2m=0的两根分别为z3,z4,两方程的判别式分别为Δ1,Δ2, 由题意知Δ1=1-4m≠0,Δ2=1-8m≠0,即m≠且m≠. ①当m<时,Δ1>0,Δ2>0,则z1,z2,z3,z4均为实数,所以四个实数根在复平面内对应的点均在实轴上,与题意矛盾; ②当时,Δ1>0,Δ2<0,则z1,z2为实数,z3,z4为虚数,由题知|z1-z2|=|z3-z4|, 所以,即1-4m=8m-1,解得m=, 此时z2+z+=0,解得或 同理,z2+z+=0,解得或 这四个复数根在复平面内对应的点为以为中心,且对角线所在直线的方程分别为x=-,y=0,对角线的长度为的正方形的顶点. ③当m>时,Δ1<0,Δ2<0,则z1,z2,z3,z4均为虚数, 所以z1,z2为共轭复数且z1+z2=-1,故z1,z2的实部均为-, 同理,z3,z4的实部均为-,即这四个复数根在复平面内对应的点均在直线x=-上,与题意矛盾. 综上,m=. 15.解析　(1)z==1-i,(5分) 则|z|=.(6分) (2)z2+az+b=(1-i)2+a(1-i)+b=a+b-(2+a)i,(7分) 因为z2+az+b=1+i, 所以(10分) 解得(13分) 16.解析　(1)易得复数z=3xi3+(x2+x)i2 024=(x2+x)-3xi(x∈R),(2分) 所以复数z的实部为x2+x,虚部为-3x,则f(x)=(x2+x)-3x=x2-2x,(3分) 由f(x)=8,可得x2-2x-8=0,又x>0,所以x=4,(5分) 所以z=20-12i,可得iz=i(20-12i)=12+20i,所以复数iz的虚部为20.(7分) (2)由(1)知,函数f(x)=(x-1)2-1, 则当x=1时,f(x)取得最小值,此时z=2-3i, 则z1=2i,(10分) 由z1对应的点位于第四象限,可得(12分) 解得-1<m<或1<m<, 故m的取值范围为∪.(15分) 17.解析　(1)设z=a+bi(a∈R,b≠0), 则u=z+i.(2分) 因为u为实数,所以b-=0,所以b=0(舍去)或a2+b2=1,(4分) 所以|z|==1.(6分) (2)证明:依题意,结合(1)知,z=cos θ+isin θ(θ≠kπ,k∈Z),(7分) 则z2=(cos θ+isin θ)2=cos2θ+2icos θsin θ+i2sin2θ =cos2θ-sin2θ+isin 2θ=cos 2θ+isin 2θ.(9分) (3)由(1)知,u=2a,v=i,(11分) 因为-1<u<2,所以-<a<1, 所以|u-v2|=-3,(13分) 因为-<a<1,所以, 所以|u-v2|≥4-3=1当且仅当a+1=,即a=0时,等号成立, 所以|u-v2|的最小值为1.(15分) 18.解析　(1)由题意得z=i, 所以z1=z+ki=i,(2分) z2=·ki=·ki=ki.(4分) 因为|z1|=|z2|, 所以,(5分) 即(k+1)2=0,所以k=-1.(6分) (2)由题意得z1=a+(b+k)i,z2=bk+aki.(7分) 因为z1与z2是某个实系数一元二次方程的两个虚数根, 所以z1,z2互为共轭复数,即(10分) 若b=0,则a=k=0,此时z1,z2均为零,不符合题意;(12分) 若b≠0,则b+=-a·,整理得b2=-a2-a,由b2>0,得a∈(-1,0), 又|z|2=a2+b2=-a,所以0<|z|2<1,即0<|z|<1.(16分) 所以符合条件的复数z的模的取值范围是(0,1).(17分) 19.解析　(1)依题意,ω=-,　(2分) 所以ω2 024=()2 024=i.(4分) (2)设x=cos θ+isin θ=eiθ,则x6=(cos θ+isin θ)6=(eiθ)6=ei·6θ=cos 6θ+isin 6θ=1,(6分) 因此sin 6θ=0且cos 6θ=1,则6θ=2kπ,k∈Z,解得θ=,k∈Z, 结合终边相同的角的概念及特征,可取k=0,1,2,3,4,5,则对应的θ依次为0,,(8分) 因此对应的x依次为1,i, 所以满足方程的复数x所组成的集合是.(10分) (3)当z=cos时,zn=,|z|=1, 则(zn)2 024=()2 024=ei·2nπ=cos 2nπ+isin 2nπ=1,(12分) 因此关于x的方程x2 024-1=0的根依次为1,z,z2,z3,…,z2 023, 则x2 024-1=(x-1)(x-z)(x-z2)(x-z3)…(x-z2 023),(13分) 又由x2-1=(x-1)(1+x),x3-1=(x-1)(1+x+x2),x4-1=(x-1)(1+x+x2+x3),……, 可得x2 024-1=(x-1)(1+x+x2+…+x2 023), 故(x-z)(x-z2)(x-z3)…(x-z2 023)=1+x+x2+…+x2 023,(15分) 令x=1,得(1-z)(1-z2)(1-z3)…(1-z2 023)=1+1+12+…+12 023=2 024,而2 023为奇数, 所以(z-1)(z2-1)(z3-1)…(z2 023-1)=-2 024.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$