章末检测卷二 复数-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第二册同步练测素能提升训练（人教A版2019）

章末检测卷二 复数 (本卷满分150分；考试时间120分钟) 一、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.(全国新课标Ⅱ)在复平面内，(1+3i)(3— i)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 2.(全国甲理)设a∈R,(a+i)(1-ai)=2,则 ( )a= A.—2 B.—1 C.1 D.2 z=2+2,则z-乏=3.(全国新课标I)已知 ( ) A.—i B.i C.0 D.1 z=(1-(i为虚数单位)的虚部为4.复数 ( ) B.-1A.1 C.±1 D.0 5.已知i为虚数单位，复数z满足z·i=1十 2i,则z的共轭复数为 ( ) A.2—i B.1-2i C.2+i D.i-2 z=i+2+i++⋯+(i为虚6.已知复数 数单位),则复数z在复平面内对应的点为 ( ) A.(2,2) B.(1,1) c.(1,-1) D.(1,-1) 3+7.复数2+i与复数 在复平面上的对应点 分别是A,B,若O为坐标原点，则∠AOB 等于 ( ) A.6 B.4 c.3 D.2 8.已知i为虚数单位，m∈R,若复数(2—i) (m+i)在复平面内对应的点位于实轴上， 1=则复数： ( )的模为 A. B. C.√2 D.2 二、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.在复平面内，若z=m2(1+i)—m(4+i)一 6i所对应的点位于第二象限，则实数 m的 值可以是 ( ) A.3 B.s C.3 D.4 10.若复数z满足(1—i)z=3+i(其中i是虚 数单位),则 ( ) A.z的实部是 2 B.z的虚部是2i C.z=1-2i D.|z|=√5 11.(湖北荆州高一期中)已知复数z?=1-i, z2=2—i,z?=2+2i在复平面内对应的点 分别为A,B,C,且 O为复平面内的坐标 原点，则下列说法正确的是 ( ) A.z?十z?的虚部为一2i B.z?—≈3为纯虚数 C.OAlOC D.以 OA,OB,OC的长度为三边长的三 角形为钝角三角形 103 ?高中数学·必修 第二册 三、填空题：本题共 3 小题，每小题5分，共 15分. 12.若复数≈满足(3—4i)z=4+3i,则|≈|= · 13.若a+bi(a,b∈R)与(2-i)2互为共轭复 数，则a= ,b= .(本题 第一空2分，第二空3分) 14.设函数 f(z)(z为复数)满足 f(f(z))= (zz—z—z)2.若f(1)=0,则|f(i)-1=_ . 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.(13分)计算：(1)(2+2+(); (2)(4—i?)(6+2i?)+(7+i11)(4—3i). 16.(15分)(河北沧州高一期中)已知复数z =m+2i(i是虚数单位，m∈R)是方程x2 —6x+13=0的根. (1)求|z|; ?=a=(2)设复数 ,且复数z?在复平 面内所对应的点在第二象限，求实数 a的 取值范围. 17.(15分)已知复数 w满足 w—4=(3— ,z=?+|w-21.2w)i(i为虚数单位), (1)求z; (2)若(1)中的z是关于x 的方程x2— px+q=0的一个根，求实数 p,q的值及 方程的另一个根. ⋯⋯⋯⋯⋯1 18.(17分)已知复数z和w满足 zw+2iz— 2iw+1=0,其中i为虚数单位. (1)若z和w还满足w—z=2i,求z和w 的值； (2)求证：如果|≈|=√3,那么|w—4i|的 值是一个常数，并求出这个常数. 19.(17分)(湖南岳阳高一下期末)设复数z? =a+bi,z2=c+di,其中 a,b,c,d∈R.在 复数系中定义一个新运算?,规定：z1? z2=(ac+bd)+(ad+bc)i. (1)已知|(2—i)?(x+i)|=√2,求实数x 的值； (2)现给出如下有关复数新运算?的两个 命题： ①z??z?=z??z?; ②若z??z?=0,则z?=0或z?=0. 请判断以上两个命题是真命题还是假命 题，并说明理由. ⋯⋯⋯⋯照 解得A=6 解法二：常规方法(同角三角函数的基本关系) 由 sin A+√3 cos A=2,又 sin2A+ cos2A=1,消去 sin A得到4cos2A-4√3 cos A+3=0?(2cos A-√3)2 =0, 解得cos A=3.又A∈(0,π),故A=6· (2)由题设条件和正弦定理可得 √2bsin C=csin 2B?√2sin BsinC=2sin Csin Bcos B. cos B=2,又B,C∈(0,π),则 sin Bsin C≠0,进而 得到B=4,于是C=π-A-B=1z, sin C=sin(π-A-B)=sin(A+B) =sin Acos B+sin Bcos A=2+16. sA=sinB=sinC由正弦定理可得- 即- 解得b=2√2,c=√6+√2, 故△ABC的周长为2+√6+3√2. 18.解(1)连接 BD,在△BCD中， CD=BC=3√3,∠DCB=23, 所以 BD2= CD2+ BC2-2CD·BCcos∠DCB= (3√3)2+(3√3)2+2×3√3×3√3×1=81, 所以 BD=9. 由题意可知∠CDB=6,所以∠EDB=2· 在Rt△EDB中，BE2=DE2+BD2=122+92=225, 所以 BE=15,即景点电动车专用道 BE的长为15 km. (2)设∠A=θ,则∠AEB=20,∠ABE=π—30,0<0 <3 SA20=sin(A-30在△AEB 中，由正弦定理得 =15 所以AB=15sin 2030cos A.AF= 15sin 30 所以 si(0+20= 15(sm dcos20+cosm20)= 15(cos 20+2cos20)=15(4cos20-1), 所以 AB+AE=30cos0+15(4cos20-1)=15(4cos20+ 2cos θ-1). 设t=osθ,<i<1, 则AB+AE=15(4t2+2t-1)=60(z+4)-7. y=60(1+4)-7在(2,1)因为 上单调递增， 所以15<y<75. 因为15<20<75,所以景区可以铺设该步行道. 19.解(1)由题意得 g(x)=√3 sin x+ cos x= 2sin(x+6), 由g(a)=2sin(a+6)=19,得sin(a+6)=53 因为a∈(-6,3),所以a+6∈(0,2), cos(a+否)=√1-sin2(a+否)=13,所以 cos a=cos[(a+6)-6]=cos(a+否)cos6所以 +sin(a+6)sin 6, 即 cosa=13×3+i×2=122+5 (2)由题意得h(x)=cos x,设 P(x,cos x), 因为A(-1,3),B(1,3), 所以AP=(z+1,cos a-2),BP=(x-1,cos a- 3),AB=(2,3), 所以AP+BP=(2x,2cos a-2). 由|AP+BP|=|AB|,得√(2x)2+(2cos z-2) =√22+(2), 即(cos z-4)=16-2 因为-1≤cos a≤1,所以-3≤cos a-4≤-5, 所以26≤(cos a-4)≤16 又26-a2<16,,所以当且仅当x=0时，(cos a-4) (cos a-4)=25-x2同时等于6,此时(和16-w2 成立，所以在函数h(x)的图象上存在一点P(0,1),使 得|AP+BPI=|AB|. 章末检测卷二 复数 1.A(1+3i)(3—i)=3-i+9i+3=6+8i,在复平面内对 应的点的坐标为(6,8),位于第一象限，故选 A. 2.C (a+i)(1—ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2, 2-=2=0,解得a=1,故选C.所以 z=2+21=2(1+-(1-)=2-2-+)=-4i=3.A -2i,则z=2i,∴z-z=-2i-2i=-i,故选A. z=(1+3)(1-)=-1-i,所以复数之的虚部4.B 因为 为-1. x=1+2i=i+3i==2=5.C 因为z·i=1+2i,所以 2—i,所以其共轭复数为2+i.故选C. 6.A z=i+i2+i+i+⋯+i=i-1-i+1+⋯+i= 1+i=(1+1(1-=2+2-i,所以复数z在复平面内 (2,2).对应的点的坐标为 7.B∵3+=(3+3(3-)=1o-0∴它在复平面上 (3,-),而复数2+i在复平面上的对的对应点为B 96 应点是A(2,1),则 os ∠AOB=OAOB x⋯240B-李.故选B. 8.C 因为复数(2—i)(m+i)=2m+1+(2-m)i在复平 面内对应的点位于实轴上，所以2-m=0,即m=2.所 以-=-1+i,所以四|=√2.故选C. 9.AB 整理得z=(m2-4m)+(m2—m-6)i,对应的点位 m3-4m-6>0,解得3<m<4.故于第二象限，则 选 AB. ~=3结=(3+i(1+3=224i=1+2i,即z的10.CD 实部是1,虚部是2,所以 A,B错误.z=1-2i,|z|= √12+22=√5,所以C,D均正确。 11.BCD 对于 A,因为z?十z?=3-2i,所以z?+z2的虚 部为-2,所以A错误；对于 B,因为z?一z=—3i,所 以z?-z?为纯虚数，所以B正确；对于C,因为OA= (1,-1),Oc=(2,2),所以OA·Oc=0,所以OA⊥ OC,所以C正确；对于D,由已知可得OA=|z?|=√2, OB=|z?I=√5,OC=|z?|=2√2,且OA2+OB2=7<8 =OC2,所以 OA2+OB2—OC2<0,所以以 OA,OB,0C 的长度为三边长的三角形为钝角三角形，所以D正确。 x=4-41=12.解析 因为(3—4i)z=4+3i,所以 (3-4i(3+4i)=25=i.则|zl=1. 答案 1 ∵a+b=(a+bi(=b-ai,(2-i)2=4-13.解析 4i-1=3-4i,a+o(a,b∈R)与(2—i)2互为共轭复 数，∴b=3,a=—4. 答案 —4 3 14.解析 因为f(f(i))=(ii-i-i)2=1,所以 f(f(f(i)))=f(1)=0.又f(f(f(i)))=(f(i)f(i)一 f(i)- f(i))2,所以f(i)f(i)-f(i)- f(i)=0,即 (f(i)-1)(f(i)-1)=1,即|f(i)-1|=1. 答案 1 15.解(1)2+2i+(将)=±+2+(云) =i(1+i)+(1) =-1+i+(-i)1010 =—1+i-1=—2+i. (2)原式=(4—i)(6-2i)十(7—i)(4-3i) =22—14i+25—25i=47—39i. 16.解 (1)由题知(m+2i)2—6(m+2i)+13=0,∴(4m— {m2-6m+9=0,解得m=3,12)i+m2—6m+9=0,即 ∴z=3+2i,|z=√32+22=√13. (2)x?=3=z=(a+2i)(3+2i)=(3a-2)+3(2a+3)i ∵复数z?在复平面内所对应的点在第二象限， {2a+3>0,解得-3<a<3,∴实数a的取值范 (-3,3)围为 17.解(1)由 w—4=(3—2w)i,得 w(1+2i)=4+3i, ∴w=4+3=(4+3i)(1-2)=2-i,∴w=2+i. z=5+lw-21=25+lil=(2-()(2++1= 3+i. (2)∵z=3+i是关于x的方程 x2— px+q=0的一 个根， ∴(3+i)2-p(3+i)+q=0, 即(8-3p+q)+(6—p)i=0. {9=10.∵p,q为实数，∴{6-p=0,=0’解得 解方程x2-6x+10=0,得x=3±i. ∴方程x2—6x+10=0的另一个根为x=3-i. 18.解(1)设w=x+yi(x,y∈R), 则由w一z=2i,得z=w—2i=x—(y+2)i. ∴zw+2iz-2iw+1=[x—(y+2)i](x+yi)+2i[x一 (y+2)i]-2i(x+yi)+1=x2+y2+6y+5-2xi=0. {-24=6y+5=0,根据复数相等的充分必要条件，得 :{y=-1或{s=-5 ∴z=-i,w=—i或z=3i,w=—5i. (2)证明：zw+2iz—2iw+1=0, ∴z(w+2i)=2iw-1, ∴|z(w+2i)|=|2iw-1|,即|z|·|w+2i|=|2iww-1|. 又|z|=√3,∴√3|w+2i|=|2iw-1|. 设w=x+yi(x,y∈R). 代入上式并整理得 √3·√x2+y2+4y+4=√4x2+4y2+4y+1. 两边平方，得3x2+3y2+12y+12=4.x2+4y2+4y+1. 化简，得x2+y2-8y=11. ∴|w— 4i|=|a+ yi— 4i|= √x2+(y-4)2= √x2+y2-8y+16=√11+16=√27=3√3是一个 常数。 故|w—4i|的值是一个常数，且这个常数为3√3. 19.解(1)由定义，得|(2—i)?(x+i)|=|(2x—1)+(2 一x)i|=√2,即(2x—1)2+(2-x)2=2,整理得5x2— x=5.8x+3=0,所以x=1或 (2)对于①,z??z?=(ac+bd)+(ad+bc)i=(ac+bd) —(ad+bc)i,z?×z?=(a-bi)?(c—di)=(ac+bd)一 (ad+bc)i,所以z??z?=z??z?,所以①是真命题. 对于②,若z??z?=(ac+bd)+(ad+bc)i=0,则ac+ bd=0,ad+bc=0,则a=1,b=-1,c=1,d=1是其一 组解，但得不到z?=0或z?=0,所以②是假命题。 章末检测卷三 立体几何初步 1.C 对于A中，α也可与β平行；对于B中，不一定α⊥β; 对于C中，∵m//n,n⊥β,∴m⊥β.又mCα,∴α⊥β;对 于D中，易得α//β.故选C. 2.D 由题图可知，原平面图形为直角梯形，其上底长为 1,下底长为1+2×1×cos 45°=1+√2,高为2,∴其面 s=(1+1+22)×2=2+√2.积为 3.D 若c与a,b都不相交，因为c与a在α内，所以 a// c,又c与b都在β内，所以b//c.所以a//b,与已知条件 矛盾.如图，只有以下三种情况. a ac a a /a ac β Cb-bp b 97