第七章 复数 章末检测&真题演练-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学必修第二册（人教A版2019)

第七章章末检测 (时间：120分钟总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.8.(2024·江苏泰州高一月考)若复数名1=√5+ 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 i,2=cos+isin0(0eR),则lz1-z2I的最大值为 目要求的 ( 1.(2024·福建宁德高一期末)设复数z=2+i,则 A.1 B.2 C.9 D.3 121= ( 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 A.3 B.3 C.5 D.5 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全 2.(2024·广东揭阳高一期末)已知z=(3+i)(2 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的 i),则z的虚部为 ( 得0分 A.-i B.-1 C.7i D.7 9.(2024·广东汕头高一期中)以下四种说法正 3.(2024·山西阳泉高一期末)已知zi=1-2i,复 确的是 ( 数：在复平面内对应的点位于 ( A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 B.若z=(1+i)2,则复平面内z对应的点位于第 4(2024·湖南长沙-中高一月考)若复数+31 二象限 2+i C.复数z=3-2i的虚部为-2i 是纯虚数，则实数a ( D.复平面内，实轴上的点对应的复数是实数 B. C.-6 D.6 10.(2024·河南信阳高一月考)已知a,b∈R,方 5.(2024·山东青岛高一期中)在复平面内，复 程x3-3x2+ax-b=0有一个虚根为1+i,i为虚 数a,对应的点为Z,(1,2),复数2对应的点为 数单位，另一个虚根为：，则 ) Z2(2,1),则Z,Z2对应的复数为 A.a=4 ( A.3+3iB.1-i C.-1+i D.2+2i B.该方程的实数根为1 6.(2024·湖北孝感高一期中)已知i为虚数单 C.z=2-i 位，复数=1-中 D.z204=220 3+4P,则 11.(2024·江苏南京高一月考)任何一个复数z= +名云 a+bi(其中a,b∈R)都可以表示成z=r(cos0+ B. 7,1 525 isin)的形式.法国数学家棣莫弗发现：”= cg品 011 2525 [r(cos 0+isin 0)]"r"cos ne+isin ne) (n∈N'),我们称这个结论为棣莫弗定理根 7.(2024·河南南阳高一期末)已知复数1,2满 据以上信息，下列说法正确的是 ( 足1z11=21z21=25,且z1-z2=3+4i,则1z1+z21= A.1z21=1z12 ( A.5 B.25 D.52 B.当r=1,0=夏时，2=1 C.5 3 第七章|黑白题055 15 C.当r=1,0=夏时，2= 16.(15分)(2024·广东佛山高一月考)设w= 22 D.当=1,0=，且a为偶数时，复数为纯 日月是关于：的方程9=0的 个根. 虚数 (1)求实数p,q的值； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. (2)求方程的另一个根0及ω(o-1)的值； 12.(2024·河南濮阳高一月考)在复平面内，复 (3)已知(a-1)(a2+a+1)=a3-1(a∈C),求 数z=-2+ai(a∈R)对应的点到点(1,1)的 距离是a+2,则a= (+()的值 13.(2024·福建泉州高一期中)已知复数z满足 以下条件：①复数在复平面内对应的点位于 第一象限：②复数的模为5：③复数的实部大 于虚部则复数：可以是 .(填写一个 答案即可) 14.(2024·湖南岳阳高一月考)已知复数z=a+ 6e风.且1=2，则：高的最小 17.(15分)(2024河北沧州高一期末)已知复 值是 数1=2m-1+mi,2=m+mi,meR,在复平面 四、解答题：本题共5小题，共77分解答应写出 内表示的点分别为Z1,乙2,0为坐标原点。 文字说明、证明过程或演算步骤 (1)若复数“，+2在复平面内对应的点在直 15.(13分)(2024·安徽安庆高一期中)复数z= 线y=x+2上，求1名1+2的值； a2-6a-7+(a2-4a-21)i,其中aeR (1)若复数z为实数，求a的值： (2)若0Z,与0Z,的夹角为锐角，求实数m的 取值范围。 (2)若复数z为虚数，求a的取值范围； (3)若复数z为纯虚数，求a的值. 必修第二册：RJ黑白题056 18.(17分)(2024·湖南张家界高一期末)某同19.(17分)(2024·江苏南京师大附中高一期 学在解题中发现，以下三个式子的值都等于 末)类比高中函数的定义，引入虚数单位，自 同一个常数 变量为复数的函数称之为复变函数.已知复 ①欲②”国片是度数华)。 变函数f)=+女eC,neN, (1)从三个式子中选择一个，求出这个常数； (1)当n=1时，解关于x的方程f(x)=1. (2)根据三个式子的结构特征及(1)的计算 (2)当n=2时， 结果，将该同学的发现推广为一个复数 ①若x1=1,求f代x)的最小值； 恒等式，并证明你的结论 ②若存在实部不为0的虚数x和实 数M,使得f代x)≥M成立，求IxI的取值 范围。 第七章黑白题057 第七章 真题演练 黑题 真题体验 限时：15min 考点1复数的概念及运算 9.(2023·全国乙理)设z 2+i 1.(2024·北京)已知=-1-i,则z= 1+i+,则2=( A.1-2i B.1+2i A.-1-i B.-1+i C.2-i D.2+i c.1-i D.1+i 10.(2024·天津)已知i是虚数单位，复数（√5+ 2.(2024·全国甲理)若z=5+i,则i(z+z)= i)·(5-2i)= ( A.10i B.2i C.10 D.2 1山.(2023·天津)已知i是虚数单位，化简+14 2+31 5(1+3) 的结果为 3.(2023·金国甲文022 考点2复数的几何意义及模的计算 A.-1 B.1 C.1-i D.1+i 12.(2024·新课标全国Ⅱ)已知z=-1-i,则1zl= 4.(2023·全国甲理)设a∈R,(a+i)(1 ai)=2,则a= ( A.0 B.1 A.-1 B.0 C.1 D.2 C.2 D.2 5(2024·新深标全国I)若=1+，则：= 13.(2023·北京)在复平面内，复数z对应的点的 坐标是(-1,5)，则z的共轭复数z=() ( A.1+/3i B.1-3i A.-1-i B.-1+i C.1-i C.-1+√3i D.-1-√3i D.1+i 14.(2023·新课标全国)在复平面内，(1+3i)· 6(2023·新课标全国10已知2=2+2，则2-3 (3-i)对应的点位于 () ( A.第一象限 B.第二象限 A.-i B.i C.0 D.1 C.第三象限 D.第四象限 15.(2023·全国乙文)12+i+2i31= 7.(2022·全国甲理)若z=-1+31,则之= z2-1 A.1 B.2 ( .5 D.5 A.-1+√3i B.-1-√3i 16.(2022·全国甲文)若z=1+i,则1iz+3= ( c停 D. A.45 B.42 8.（2022·全国乙理)已知z=1-2i,且z+az+b= C.25 D.22 0,其中a,b为实数，则 ( 17.(全国高考)设复数，2满 A.a=1,b=-2 B.a=-1,b=2 足1a11=13=2,41+2=3+i, C.a=1,b=2 D.a=-1,b=-2 则1z1-21= 必修第二册·RJ黑白题0581,1停解断号（一号恤号），'=1+2.c舞折：设可对应的复数为成对应的复数为 33 2,则O+0对应的复数为1+2,0成-0对应的复 44 数为1-2，因为1=2W5,11=5,且121=5， 由勾股定理逆定理知道，△AOB为直角三角形，且 5折：210，得(）广-即因 B1=5.作长方形A0BC,如图所示，则O+O=O成0 对应的复数为1+，故1+=0心==5.故选C. 8.D解析：复数1=√3+i,=cos0+isin0(0eR), 为=r(cos8+isin8)(r>0,0≤0<2m),所以tn6= sin 02 =√3. 则-3=3+i-es8-isin9=5-cw%9+(1-sin8)i, 2 所以1121=√(3-eos8)2+(1-in0)2=√5-23cs0-2sin6= 故答案为±√3」 9.(1)证明：n1(cos8+iin8)·r2(cos82+i8in02)=r12· √5-4n(0写sv54-3放选D cos 0 coe 0,-sin 0 sin 0+(cos 01sin 02+sin 01 cos 0)i]= 9.AD解析：A迹项，子= 2-12(-) =-i+2i=i,A选项正确： [cos(01+02)+isin(0,+02)】. i(-i) B选项，z=(1+i)2=2i,=-2i,对应点为(0，-2)，对应点在虚轴上， 13」 B选项错误： 所以2m4=（co2+ 12e4 4048m- C选项，复数x=3-2i的虚部为-2，C选项错误； 3 3 3 D选项，复平面内，实轴上的点(a,0)对应的复数：=a是实数，D 选项正确.故选AD 4m1√3 10.AB解析：由1+i是方程x3-3x2+x-b=0的根，得(1+i)3-3(1+ (3)解：设x=cos0+isin0,则x=(cos0+iin8)5=cms60+iin60=l, i)2+a(1+i)-b=0,整理得(a-b-2)+(a-4)i=0,而a,b后R,因此 因此si血60=0，cos60=1,60=2m,ke乙，解得0=如 a-b-2=0,解得0怎4对于A,a=4,A正确： a-4=0, b=2, 由终边相同的角的意义，取k=0,1,2,3,4,5,则对应的日依次为0， 对于BC,方程x2-3x2+4x-2=0变形为(x-1)(x2-2x+2)=0,显然 此方程还有一个实根1，另一个虚根1-i,B正确，C错误； 号号智因此对应的做衣为1宁受宁受 T 2T 13 对于D,2m4=[(1-i)2]102=(-2)1m202=2102,D错误故 选AB. 1.孕受所以所求的集合是1宁宁77 1√3.1√3 ,1315 11.AC解析：A选项，2=(a+i)2=a2-b2+2abi,故12|= 1513 √（a2-b6)+(2ab)=√a2+b2)下=a2+b2. -1,2222 又因为z12=(√+6)2=a2+62,所以121=1z2,A选项正确： 压轴桃战 B选项，当=1,0=号时，由棣英弗定理，得2=(m号 0解析：由二倍角公式可得，题中所给的复数为 (2cos2B+2isin Bcoe B)(2cos2C+2isin Ceos C) 油号）广-a血所议B港项结误： 2c0s2A-2isin Acos A coC(Bisin B)(oCisin C) C选项，当=1,0=号时，由律爽弗定理，得：=m子+恤 3 2c08 A[cos(-A)+isin(-A)] _2co Bcs Cx[co(A+B+C)+isin(A+B+C)] 15 1√ cos A 221,所以=2 i,所以C选项正确： =2cos Boos C COs A x(c0sT+iinm）= 2cos Boos G D选项，当=1,0=号时，由球莫弗定理，得=（牙+ 据此可得，复数1+cos2B+isn2B)1+ces2C+ism2C)的虚部是0 1+cos 2A-isin 2A 4 第七章章末检测 当n=4时，z4=eo%T+isin■-1，此时不是纯虚数，所以当n为偶数 时，复数不一定为纯虚数，所以D选项错误故选AC 1.C解析：因为z=2+i,所以=2-i,所以11=√2+(-1)=5.故 12.1解析：复数z=-2+ai(aeR)在复平面内对应的点为(-2，a),依 选C. 题意/(-2-1)2+(a-1)2=a+2,解得a=1.故答案为1. 2.B解析：z=(3+i)(2-i)=7-i,则其虚部为-1故选B 13.4+3i(答案不唯一，符合题意均可)解析：设复数z=a+bi(a,bG 3.C解析：由题意=1-2i,所以：-21.山-211.-2-1，所以：在复 2 R)满足题意，则{6>0，。所以复数：可以是4+3机故答案为4+3引 1a2+b2=25, 平面内对应的点为(-2，-1)，它在第三象限故选C 4人断周为”-a-a6-22,号.且 (答案不唯一，符合题意均可)： 24i(24i)(2-i) 14.1解析：因为复数x=a+i(a,beR),且1z=2,所以a2+2=4,所 5 纯虚数，所以22-0，宁0，解得4子故选人 以a2≤4，得-2≤a≤2， =a+oa-=2a,所以44 所以+4=a+6i+0+ a+bi 5.B解析：由题意得Z1Z2=(2,1)-(1,2)=(1,-1),故ZZ2对应的复 a-5」 数为1-i故选B. a+3 6A将指复数层说得得的石言做法人 因为-2≤a≤2，所以a+30,>0,所以2(a+3)+7 必修第二册·RJ黑白题032 2以a3)-7=8-71,当且仅当2e+3)即a-110解：()由题意得+1，整理得子-10。 2 或a=-5(会去)时取等号，所以+4a的最小值是1枚答案 1w3 z a+3 2 为1， 15.解：(1)由复数：为实数，得a2-4a-21=0,解得a=7或a=-3 (2)①当a=2时)=+设x=a+b(a,beR, (2)由复数：为虚数，得a2-4a-21≠0，解得a≠7且a≠-3. 因为1x1=1.所以a2+62=1. (3)由复数：为纯虚数，得 02-6a-7=0,解得aa-1. a2-4a-21≠0， (a+6i)1 八=241 (i))2bi( 16解：(1)依题意，心wtn=0,即()°切(+） (a2-b2)-2abi (a-b)+2abi+I(a3-)+2abi][(a-)-2abi] (a2-b2)+2abi+ (a2-b2)-2abi 9=0 ab)+4a0=(a2-62)+2ai+a=(a2-62)+2abi+ 整理每（宁+小(+）小-0，p,eR,因比 (a2-6)-2abi=2(a2-2)=2(2a2-1)≥-2，当且仅当a=0时，取 等号，所以(x)的最小值为-2 11 22P+g=0, ②设x=a+bi(a,beR,a≠0，b≠0)，则)=2+ =(a+i)2+ 解得p=g=L w33 22p=0, o阿22-(-)*2 2)自)知，方程4q=0为+1=0，即（号）广 G*2ho-2a2-)+2+-2 (a2-b2)-20bi (a2-62)2+42 （d2-6)+2ai+a22i.(c2-6) a2-b2 (a2h2)2*2ahi 2abi 221 (a2h2)2 (a2+62)2 Gn a2-b2 因为存在实数M,使得f八x)≥M成立，所以f(x)为实数，所以2b (3)由(1)知，2++1=0，而仙1，则3-1=(。-1)(w2+0+1) (a470因为a≠0，b≠0，所以。2+=1，当a2+=1时， 2ab 0,即a2=1,显然u+1=-w2,因此204=w2.(w3)4=w2, 1204 (+1)20@4=(-2)204= 11 f八x)=2(a2-b2)=2(2a2-1)>-2(a≠0)，符合题意，此时x=a+bi 24 (a,beR,a≠0,6≠0)，则1xl=√a+6=1,所以lx的取值范围 w24+1 2+1.--1 (w+1)2@5w 为{1}. 17.解：(1)1+3=3m-1+2mi,因为复数1+2在复平面内对应的点在 第七章 真题演练 直线y=x+2上，所以2m=3m-1+2,解得m=-1.所以1+2=-4-2i 黑题 真题体验 所以1+1=2w5. 1.C解析：由题意得z=i(-1-i)=1-i,故选C (2)0Z=(2m-1,m).0Z2=(m,m), 2.A解析：由z=5+i→z=5-i,x+=10,则i(+z)=101故选A. 因为0Z与0Z的夹角为锐角，则0Z,·0Z>0且两向量不同向， 51+)-51-边=1-i故选C 所以(2m-1,m)·(m,m)>0,即(2m-1)m+m2>0,即3m2-m>0,解 3.C解折：(2*(2-i) 5 4.C解析：因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2,所以 得m>或m<0, 2a=2,。解得a=1故选C l1-a2=0, 当两向量共线且同向时，设0Z=A0Z2且A>0, 即(2m-1,m）=A(m,m),(2m-1,m)=(Am,Am),所以 c解折：因为号片1片1所以1片1数选C 2m-1=Am解得A=1,m=1,所以m≠ m=Am, 8A解折：因为：品得局子宁所以宁 综上，实数m的取值范周为(-，0U(行u(1,+) 即x-i=-i故选A 2+1-2+i)(1+2）_2+4ii-2-i 7.C解桥：=-1-厚1，(-1+5)(-1-5i)=1+3=4 18.解：(1)选0：20-2(1+25 -1+W3i.13 3 2-得号2…1%2 了子故选C 25 8.A解析：=1+2i,+a+b=1-2i+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(2a-2)i, 4骨 -=i 2 由a:0,得20可化2数连人 2a-2=0, (2)根据三个式子的结构特征及()的计算结果，可以得到9+ b-ai=i 9.B解折=222.211-21，则=1+2故 1+2+1-1+2 -1 (a,beR且a,b不同时为零). 选B. 下而进行证明： 10.7-√5i解析：(5+i)·(5-2i)=5+5i-2w51+2=7-51故答案 要莲监-，只至 为7-√5i a+成立 14折：-侣号24故着案为4 .i(b-ai)=bi-ai=atbi,bai 12.C解析：=-1-i,1=√(-1)2+(-1)下=2.故选C. 参考答案黑白题033 13.D解析：在复平面内对应的点是(-1,5)，根据复数的几何意 /8-2(c+bd)=√8+4=25. 义，=-1+√/3i.由共轭复数的定义可知，=-1-√3i故选D. 方法二：如图所示，设复数，2所对应的点为Z1,Z2,币= 14.A解析：因为(1+3)(3-i)=3+8i-32=6+8i,则所求复数在复平 0应+0i2. 面内对应的点为(6.8)，位于第一象限故选A 15.C解析：2+2+23=2-1-2i=1-2i,则12+2+231=11-2i1= 由已知10币1=√3+T=2=0Z1=1022, /个+(-2)=√5.故选C .平行四边形0Z,PZ2为菱形，且△OPZ,△OPZ2都是正三角 16.D解析：因为z=1+i,所以i+3迈=i(1+i)+3(1-i)=2-2i,所以1iz+ 形，∠Z10%2=120°，Z112=10元2+10%12-210Z110Z1· 31=√4+4=2迈.故选D. 17.2万解析：方法一：设1=a+bi(a,b∈R),=c+di(c,deR), m12w=242-22x2x(2）=i2. .1+3=a+c+(b+d)i=3+i. 12=1Z11=25. {a+c=y5又zl=l=22+82=4,c24=4, (b+d=1. (a+e)2+(6+d)2=a2+e2+b2+d2+2(ac+bd)=4, ∴.ac+bd=-2, ,11-1=1(a-e)+(b-d)i1=√(a-c)2+(b-d)2= 第八章 立体几何初步 8.1基本立体图形 3.B解析：对于①，当截面不平行于底面时。 棱锥底面和截而之间的部分不是棱台，①错： 第1课时棱柱、棱锥、棱台的结构特征 对于②③，如图的几何体满足条件，但侧棱延 长线不能相交于一点，不是棱台，②③错： 白题 基础过关 对于④，由棱台结构特征知，侧棱延长后必交 1.ABD解析：对于A,底面是矩形的直棱柱是长方体，故A说法错误： 于一点，④正确.故选B. 对于B,有两个面平行，其余四个面都是平行四边形的几何体不一定是 4.B解析：有一个面是多边形，其余四个面都 平行六面体.例如图①所示正方体ABCD-AB,CD1中，取N,M分别 是有一个公共顶点的三角形，由这些而所制成的多而体叫做棱锥，故 为侧棱上的点，且C,M=D,N,则几何体BCMB,-ADNA,满足有两个面 根据棱锥的定义可知，几何体有四条侧棱，所以该几何体是四棱锥 平行，其余四个面都是平行四边形，但其不是平行六面体，故B说 故选B. 法错误： 5.①③④⑤解析：①正确，因为有六个面，属于六面体②错误，因为 侧棱的延长线不能交于一点，所以不是棱台.③正确，如果把几何 体正面或背面作为底面就会发现这是一·个四棱柱④⑤都正确，如图 ①②所示. ① ② 对于C,棱柱的各个侧面都是平行四边形，故C说法正确： 对于D,底面是平行四边形的四棱柱叫平行六面体，有两个面互相平 ①D 行，其余各面均为四边形，且相邻两个四边形的公共边都互相平行的 6.B解析：由几何体展开图的特点，结合棱柱、棱锥、棱台的定义，把展 几何体是棱柱故有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不 开图沿虚线折叠还原后的几何体，分别为棱柱，棱锥、棱台.故选B 定是棱柱，如图②.故D说法错误.故选ABD. 7,2解析：画出正四棱锥P-ABCD的侧面展 四易错提醒 开图，如图所示.当A,M,N,E共线时，小虫 L直棱柱是侧棱与底面垂点的棱柱：正棱柱是在直棱柱的基础上增 走过的路线最短，最短为AM'的长因为 加了一个席面是正多边形的条件，即正棱柱一定是直棱柱； 2用平行于底面的平面去裁棱柱，所得的载面与度面是全等的多边形： PM=2,∠PM=是，所以LAr=4 12 3.棱柱可以看成是一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何 3,则△APH是边长为2的等边三角形， 体，平移起止位置的两个面就是棱柱的底面，多边形的边平移所形 成的面就是棱柱的侧面。 则AA'✉2，即小虫走过的最短路线的长为2.故答案为2 第2课时旋转体与简单组合体的结构特征 2.D解析：对于①，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形 白题 基瑞过关 ①错误； 对于②，各侧面都是面积相等的等腰三角形，但无法保证各个等腰三 1.D解析：②六棱锥、③正方体、⑤四面体是多面体：①圆柱，④球体是 旋转体，故选D. 角形全等且腰长均为侧棱长，②错误： 2.D解析：对于A,以直角三角形的斜边为轴旋转一周形成的是两个 对于③，各侧面都是全等的等腰三角形，但无法保证等腰三角形的腰 圆锥的组合体，A错误：对于B,以直角梯形不垂直于底边的腰为旋 长为侧棱长，③错误； 转轴旋转一周形成的不是圆台，B错误；对于C,例锥只有一个底面， 对于④，底面是正多边形，各侧面是全等三角形，则可以保证顶点在 C错误；对于D,球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋 底面射影为底面中心，满足正棱锥定义，④正确故选D. 转一周所形成的曲面，D正确故选D. 必修第二册·RJ黑白题034