第7章 复数 章末优化提升-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第二册同步练测（人教A版2019）

第七章 复 数 q=0的三个根：-y-≈,-wy-w2≈,-w2y-w≈; 第四步，写出方程x3+a?x2+a?x+a?=0的根： x?=-3-y-x,x?=-3-wy-w3x,x?=-3 一w2y—wz. 某同学利用上述方法解方程 8x3-12x2—42x+55 =0时，得到y的一个值为一1+i,则下列说法正 确的是 ( ) A.a?=-2 B.yz=2 C.x?=-2+√3 D.x?=-1-√3 三、填空题 10.中国古代数学著作《九章算术》中记载了平方差 公式，平方差公式是指两个数的和与这两个数 差的积，等于这两个数的平方差.若复数 a=5 +3i,b=4+3i(i为虚数单位),则 a2—b2= 11.著名数学家棣莫佛(De moivre,1667～1754)出 生于法国香槟，他在概率论和三角学方面，发表 了许多重要论文.1707年棣莫佛提出了公式： [r(cos θ+isin)θ]”=r"(cos nθ+isin nθ),其中r [r(cos4+isinT)]=>0,n∈ N*.已知 -16,根据这个公式可知 r= 四、解答题 12.定义：复数b+ai是z=a+bi(a,b∈R)的转置 复数，记为z=b+ai,则有(z)′=z,即z与z 互为转置复数. (1)结合共轭复数的一些运算性质，如z?±z?= z1士z2等，还有一些常用结论，如z=z?z∈R 等，尝试发现两个有关转置复数的运算性质 (如：(z?+z?)′=z1+z2)或其他结论； (2)对任意的两个复数≈,≈2,定义运算“*”:≈1 *z?=z1·z?十z?·z2,设z=x+yi(x,y∈R), 求复平面上的点集M={(x,y)|z*z′=8}所围 成区域的面积. 章末优化提升 网络构建 复数的概念 复数与复数的分类 复数相等 复数的几何意义 复数的模 共轭复数 复数 复数的运算 复平面上两点间的距离 复数的加法法则 复数代数形式的运算 复数的减法法则 复数的乘法法则 复数的除法法则 复数三角形式的运算 复数的三角表示式 复数三角形式的乘除运算 49 ?高中数学·必修 第二册 考点聚焦 考点一 复数的有关概念 [例1] 复数 z=log?(x2-3x—3)+ilog?(x-3),当 x为何实数时， (1)z∈R; (2)z为虚数. [解](1)因为一个复数是实数的充要条件是虚部 为0, ,解=. 所以当x=4 时，z∈R. (2)因为一个复数是虚数的充要条件是虚部不 为0, a-3+0,解得>3+2且r≠4,所以 x>3+2I且x≠4时，必为虚数.所以当： -规律方法||- 复数常设为z=a+bi(a,b∈R),则z∈R?b=0;≈ 为虚数?b≠0;z为纯虚数?a=0且b≠0. 跟踪训练 x+51.满足 是实数，且z+3的实部与虚部是相反 数的虚数z是否存在?若存在，求出虚数z;若不 存在，请说明理由. 考点二 复数相等 [例2] 已知x,y为共轭复数，且(x+y)2—3xyi =4—6i,求x,y. [解] 设x=a+bi(a,b∈R),则y=a-bi. 又(x+y)2-3xyi=4-6i, ∴4a2-3(a2+b2)i=4—6i, 4+6=2, a=-1b=1 b=-1 b=-1,或 或或 =1+i0=1-i =-1-=1+或 Ⅱ规律方法|l- 复数的代数形式 z=a+bi(a,b∈R),从实部、虚部 来理解一个复数，把复数z满足的条件转化为实数a,b 应该满足的条件，从而可以从实数的角度利用待定系 数法和方程思想来处理复数问题。 跟踪训练 2.已知复数z=(1+2i)(-2+i)-3+i (1)化简复数≈; (2)若z2+(2a-1)z—(1-i)b-16=0,求实数 a,b的值. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 第七章 复 数 考点三 复数的四则运算 [例3] (1)计算： 1+23+(途)+(4-8)--4+8; -3z+6的模.(2)已知 z=1+i,求 [解](1)原式=10+23)+[(是]+ 4-8i+8-4-4-78+4-8) =i+(一i)1009+0=0. (2)2-3z+6=(1+i223(1+i)+6=2-=1 -i, 2-3z+6的模为√2. Ⅱ规律方法I- 复数四则运算一般用代数形式，加、减、乘运算按多 项式运算法则计算，除法运算需把分母实数化.复数的代 数运算与实数有密切联系，但又有区别，在运算中要特别 注意实数范围内的运算法则在复数范围内是否适用. 复数的运算包括加、减、乘、除，在解题时应遵循 “先定性、后解题”的原则，化虚为实，充分利用复数的 概念及运算性质实施等价转化。 1.在运算的过程中常用的公式： (1)i的乘方：i”=1,i4n+1=i,i4m+2=—1,i4m+3= -i(n∈N). (2)(1±i)2=±2i. (3)(±受)=-1. 2.在解答与复数的模有关的问题时，重视应用下列 公式： (1)zz=|z|2=|2|2. (2)|z?z?⋯z,|=|z?1lz?|⋯|z。|,|z”|=|z|".=(3) 跟踪训练 2+3.(1)已知复数z=1+i(i为虚数单位),则：= ( ) A.1+i B.1-—i C.-1+i D.-1-i (2)已知复数z满足(1+√3i)z=√3i,则z= ( ) A.2+ B.3- D.3-c.3+ 考点四 复数的几何意义 [例4] 已知复平面内点 A,B对应的复数分别是 z1=sin2θ+i,z?=—cos20+icos 20,其中θ∈(0, π),设AB对应的复数为z. (1)求复数 z; y=2x上，求θ(2)若复数z对应的点P在直线： 的值. [解](1)由题意得z=z?一z?=—cos2θ—sin20 +(cos 20—1)i=—1+(-2sin2θ)i. (2)由(1)知，点P的坐标为(-1,-2sin20). y=2m上，得-2sin2e=-2,由点P在直线 : sin2e=4.又O∈(0,π),∴sin θ>0, 因此sinθ=2,∴0=否或θ=56 归纳提升l---------- 根据复平面内的点、向量及向量对应的复数是一 一对应的，要求某个向量对应的复数，只要找出所求向 量的始点和终点，或者用向量相等直接给出结论. 跟踪训练 4.(1)设复数z?和z2在复平面内对应的点关于坐 标原点对称，且z?=3-2i,则z1z2=() A.—5+12i B.—5—12i D.—13-12iC.—13+12i (2)已知复数z对应的向量为0Z(O为坐标原 点),0Z与实轴正方向的夹角为120°,且复数≈ 的模为2,则复数z为 ( ) A.1+√3i B.-1+√3i C.-1-√3i D.-1±√3i 提示、请完成《素能提升训练》章末检测卷二 51 又∵A(-1,0),B(0,1), .|Z?Al2=(2+1)2+(-2-0)2=2+√2. IZ?BI2=(2-0)2+(-2-1)2=2+√2. 又|AB|2=(-1-0)2+(0-1)2=2, ∴|Z?A|=|Z?B|,且|Z?A|2+|Z?B|2≠|AB|2, ∴该图形为等腰三角形.故选 D. 专题2 与复数有关的创新题型专练 1.C i2020=(i?)505=1,∴Z=1+2i,∴Z=1-2i. 2.C 设z=a+bi,a2+b2=1①,(a+bi)(1+i)=(a—b)十 (a+b)i>0,得a+b=0,且 a—b>0②,由①②解得 a=g,b=-,所以x=2-2 (-2+3.B 因为-2+3i是方程 f(x)=0的根，即 -1-(-+)-- (-1-5:)2=(-2+臣；)(-2-i)=-2+ >(-2-5)“=(-1+i)(-2-i)=1, 所以-1-i是方程 f(x)=0的根. 4.A 由题意得k?·(1+2i)+k?·(1-i)+k?·(-2)= {2k+-k-=0.=0因为k?=2,k?=4,kg=3为方0,所以 程组的一组解，所以k?:k?:k?可以为2:4:3. 5.A 首先实系数多项式方程的虚数根成对出现，它们互 (1+3i)+1=为共轭复数，因此排除CD. A 选项， 1+3·J3i+3·(3)3+(3)°+1=-8+313i-3i +1=0,因此选项A正确，则选项 B错误[因为3次方 程只有3个根(包括重根)]. 6.A 依题意，z?=(1-i)2=-2i,z?=(-2i)2=-4,≈g= (-4)2=2?,则当n≥3时，z>0.当n≥3时，由≈a+1= 10gt1=2.又 log?z?=4,故z,得log?≈a+1=2log?≈,则 当n≥4时，0og,2。=logzx·ogog.og 108g2=4×2?3=2.又 log?a=4也满足上·⋯·i 式，所以当n≥3时，log?z=2”-1,即z=22. 7.AB 对于 A,∵复数z?=2i,z?=1+i,∴z?·z?=2i(1 +i)=-2+2i,∴z1·z?=-2-2i.又冠·z=-2i(1- i)=-2-2i,∴z?·z?=z·z,A 正确；对于 B,设z=a +bi, a∈R,b∈R,则|z—z|=|a+(b-2)i|= √a2+(b-2)2=1,即a2+(b-2)2=1,即1≤b≤3, ∴|z|=√a2+b2= √1-(b-2)2+b2= √4b-3≤ √4×3-3=3,即|z|的最大值为3,B正确；对于C, 4=(12+i(1-;=1+i&R,故C错误；对于 D, z?≈2-2=2i(1+i)-2=-4+2i,z?≈2-2不是纯虚数，D 错误。故选AB. 8.AC 对于 A.e=cos1+isin1,因为0<1<2,所以cos 1 >0,sinl>0,即复数e 对应的点(cos 1,sinl)位于第一象 限，A正确；对于 B,e?=cos π+isin π=-1,e“为实数，B 3+i= 3+i=错 误； 对 于 C, ss+3(s--)=3csa+sma+3mas, 序+的模长为则复数 √(3csa+sina)+(3sma-Cosa) =√3cosa+sn2a+63sin2za+cosx=2,C正确；对于D, -1i,eti=cos6+isin 否=3+2i,共轭复数为 D错误。 x3-3x2-9.ABC 8x3-12x2-42x+55=0可变形为： 24x+5=0,,所以a?=-2,A正确；第一步，把方程x3 -3x2-2x+5=0中的x用xx+2来替换，得 (x+2)-3(x+2)-21(x+2)+55=x3-6x +4=0;第二步，对比x3—6x+4=0与x3+y3+z3一 {-3x&=46.3xyz=0,可得 又 y=—1+i,得yz=2,z= ;x?=-g-ay-a2×=2--1+3(-1-1-i,B正确； +i)+(=1+3i)(1+i)=-2+J3,C正确； x?=-3-a3y-a2=-(=1+√3i)(-1+i)+ -1+3(1+i)=-2-√3,D错误。 10.解析 a2-b2=(a+b)(a-b)=(5+3i+4+3i)(5+3i —4—3i)=9+6i. 答案 9+6i [r(cos4+isin4)]=11.解析 根据棣莫佛公式，由 -16→r'[cos(4·4)+isin(4·4)]=-16→- =—16.因为r>0,所以r=2. 答案 2 12.解(1)有关转置复数的运算性质：①z=iz;②Z+ (z)=0.(答案不唯一) (2)由运算“*”的定义得z*z=z·Z十z·(z)'= 泛·(iz)+z·z=-i2·z·z十z·z=2z·z=8,得|z| =2,所以M所围成区域的面积S=4π. 章末优化提升 【考点聚焦】--[跟踪训练] 1.解 存在，理由如下： 设虚数 z=x+yi(x,y∈R,且y≠0), z+5=x+pi+z5则 =x+2+y+(y-2+)i,z+3=(x+3)+yi. +-90二g,由题意得 19 {y=二2或{==2,解得 ∴存在虚数 z=-1-2i或 z=-2-i满足条件. 2.解(1)z=(1+2i)(-2+i)-(3+3)(1-) =-4-3i-4-2=-4-3i-(2-i) =—6-2i. (2)∵(一6—2i)2+(2a-1)(—6—2i)一(1—i)b-16 =0, ∴32+24i—6(2a-1)-2(2a—1)i—b+bi—16=0, ∴22-12a—b+(26-4a+b)i=0, :{26-4a+b=0, {b=-14.’解得 3.解析 (1)∵z=1+i, ∴2+2=2i+2;=1+i.故选A. -1+33_(1+31(1313(2)解法一：由已知得 =3+43i=3+i.故选C. 解法二：设z=a+bi,a,b∈R, 则由(1+√3i)z=√3i可得(1+√3i)(a+bi)=√3i, 即(a-√3b)+(√3a+b)i=√3i, a=3,=4,所以a-√3b=0,√3a+b=√3,即， x=3+3所以 i.故选C. 答案(1)A (2)C 4.解析(1)z?=3-2i,则z?=-3+2i,所以z?≈2=(3— 2i)(—3+2i)=—5+12i.故选 A. (2)设复数z在复平面内对应的点的 y+Z 坐标为Z(a,b).根据题意可画图形 120°如图所示。∵|z|=2,且0Z与x轴正 方向的夹角为120°,∴a=-1,b= 120° 士√3,即点Z的坐标为(-1,√3)或 z(-1,-√3).∴z=-1+√3i或-1 一√3i. 答案(1)A (2)D 第八章 立体几何初步 8.1 基本立体图形 第1课时 棱柱、棱锥、棱台 【自主学习探新知】 知识点一 1.形状 大小 2.平面多边形 面 公共边 公共点 3.直线 曲面 几何体 轴 知识点二 平行 四边形 平行 平行 其余各面 公共边 公共顶点 三棱柱 四棱柱 五棱柱 平行 六面体 垂直于 斜棱柱 正棱柱 多边形 三角形 多边形面 三角形面 公共边 公共顶点 三棱锥 四棱锥 五棱锥 四面体 正多边形 垂直于 平行于棱锥底面 截面 底面 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [解析] 显然 A正确；底面边数最少的棱柱是三 棱柱，它有五个面，故 B正确；底面是正方形的四棱柱， 有一对侧面与底面垂直，另一对侧面不垂直于底面，此 时侧面并不全等，所以C错误；D正确，故选C. [答案] C [跟踪训练] 1.AC 对于选项 A,当底面不是矩形的时候，直四棱柱非 长方体，A为假命题；对于选项 B,棱柱的两个底面全 等，则棱柱中至少有两个面的形状完全相同，B为真命 题；对于选项C,可以是两对称面是矩形的平行六面体， C为假命题；D选项，正四棱柱是平行六面体，D为真命 题。故选 AC. 探究二 [例2] [解析] (1)①中的平面 不一定平行于底面，故①错误；② ③可用反例去检验，如图所示，侧 D? C? 棱延长线不能相交于一点，故② A? B?③错.故选A. (2)由棱锥的定义，知棱锥的各侧 cD 面都是三角形，故①正确；四面体 A B就是由四个三角形面所围成的几 何体，因此四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底 面，故②正确；棱锥的侧棱交于一点，故③错误. [答案] (1)A (2)B [跟踪训练] 2.D 有一个面是多边形，其余各面是三角形，若其余各 面没有一个共同的顶点，则不是棱锥，如图①,故 A 错 误；两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体不 一定是棱台，还要满足各侧棱的延长线交于一点，如图 ②,故 B错误，D正确；用一个平行于底面的平面去截棱 锥，底面与截面之间那部分所围成的几何体叫做棱台， 故C错误. 4 图① 图② 探究三 [例3] [解](1)平面展开图如图所示： 4Bc E DA A< A B? B cA? C A ②① (2)沿长方体的一条棱剪开，使 A和 D? C?D? C?C?展在同一平面上，求线段AC?的 B长即可，有如图所示的三种剪法： CA? ①若将C?D?剪开，使面 AB?与面 A?C? 共 面，可 求 得 AC?= cD √42+(5+3)2=√80=4√5. A B②若将 AD剪开，使面 AC与面 BC? D共面，可求得AC?=√32+(5+4)2= A√90=3√10. ③若将CC?剪开，使面 BC?与面 AB?共面，可求得AC? =√(4+3)2+52=√74. 相比较可得蚂蚁爬行的最短路线长为√74. [跟踪训练] 3.解(1)展开图如下图所示. D D C? CD,D c C?A c B?B A? A B D B D A? ② B? ① 20 c