单元检测卷(四) 复数-【金版新学案】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（北师大版2019）

单元检测卷(四)　复数 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本大题共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．设复数z1＝－2＋3i，z2＝1＋2i，则复数z1－z2在复平面内对应的点所在的象限是(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案：B 解析：根据复数运算可知：z1－z2＝－3＋i，在复平面内对应的点的坐标为(－3，1)，位于第二象限．故选B． 2．已知a∈R，复数z＝的实部与虚部相等，则a＝(　　) A．1 B．3 C．－1 D．－3 答案：B 解析：因为z＝＝＝＋i，且z的实部与虚部相等，所以a＋2＝2a－1，得a＝3.故选B． 3．已知复数满足z＝2，则·＝(　　) A．＋i B．－i C．－i D．＋i 答案：C 解析：因为复数满足z＝2，所以z＝＝＝＋i，所以＝＝1，＝－i，则·＝－i.故选C． 4．1545年，意大利数学家卡尔丹在其所著《重要的艺术》一书中提出“将实数10分成两部分，使其积为40”的问题，即“求方程x(10－x)＝40的根”，卡尔丹求得该方程的根分别为5＋和5－，数系扩充后这两个根分别记为5＋i和5－i.若z(5＋i)＝5－i，则复数z＝(　　) A．1－i B．1＋i C． D． 答案：C 解析：由z(5＋i)＝5－i，得z＝＝＝＝.故选C． 5．已知i为虚数单位，a，b∈R，集合A＝{z|z＝a＋(2a－1)i}，B＝{z|z＝b－2＋bi}，则A∩B＝(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：由题得a＋i＝b－2＋bi，所以解得所以A∩B＝.故选C． 6．已知方程x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0(a∈R)有实根b，且z＝a＋bi，则复数z等于(　　) A．2－2i B．2＋2i C．－2＋2i D．－2－2i 答案：A 解析：由b是方程x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0(a∈R)的根，可得b2＋(4＋i)b＋4＋ai＝0，整理可得(b2＋4b＋4)＋(b＋a)i＝0，所以解得所以z＝2－2i.故选A． 7．已知z∈C，且|z－i|＝1，i为虚数单位，则|z－3－5i|的最大值是(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答案：C 解析：根据复数模的几何意义可知，满足|z－i|＝1的点的集合是复平面内以(0，1)为圆心，1为半径的圆，则|z－3－5i|表示圆上的点到点(3，5)的距离，故|z－3－5i|的最大值是＋1＝5＋1＝6.故选C． 8．已知z1，z2为复数，下列结论错误的是(　　) A．＝1＋2 B．＝1·2 C．若|z1|＝|z2|，则z＝z D．若z1·z2＝0，则z1＝0或z2＝0 答案：C 解析：设复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di，(a，b，c，d∈R)，对于A，＝＝(a＋c)－(b＋d)i＝(a－bi)＋(c－di)＝1＋2，故A正确；对于B，z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，＝(ac－bd)－(ad＋bc)i，·＝(a－bi)(c－di)＝(ac－bd)－(ad＋bc)i，＝1·2，故B正确；对于C，设z1＝1，z2＝i，显然满足|z1|＝|z2|，但z＝1，z＝－1，不满足z＝z，故C错误；对于D，由z1·z2＝0，得(ac－bd)＋(ad＋bc)i＝0，即则a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2＝0，即(a2＋b2)(c2＋d2)＝0，因此a＝b＝0或c＝d＝0，即z1＝0或z2＝0，故D正确．故选C． 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．若复数z＝，则(　　) A．z的共轭复数＝ B．＝ C．复数z的实部与虚部相等 D．复数z在复平面内对应的点在第四象限 答案：BD 解析：因为i2 027＝－i，所以z＝＝＝＝－，则＝，故A错误；＝＝，故B正确；复数z的实部为，虚部为－，不相等，故C错误；复数z在复平面内对应的点为(，－)，在第四象限，故D正确．故选BD． 10．已知z1，z2为复数，则下列说法正确的是(　　) A．若z1∈R，则z1＝1 B．若＝，则z1＝z2 C．若z1＝z2，则＝ D．若＝，则z1＝0或z2＝2z1 答案：AC 解析：对于A，根据共轭复数的定义，故A正确；对于B，取z1＝1，z2＝i，满足＝，但z1≠z2，故B错误；对于C，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，由z1＝z2，得a＋bi＝c＋di，即a＝c，b＝d，所以a2＋b2＝c2＋d2，即＝，故C正确；对于D，取z1＝2，z2＝1＋i，则z1－z2＝1－i，，此时z1≠0且z2≠2z1，故D错误．故选AC． 11．已知复数z＝2＋i，z1＝x＋yi(x，y∈R)(i为虚数单位)，为z的共轭复数，则下列结论正确的是(　　) A．的虚部为－i B．z2＝|z|2 C．＝1 D．若≤1，则在复平面内z1对应的点形成的图形的面积为π 答案：CD 解析：由题意可得＝2－i，所以的虚部为－1，故A错误；z2＝2＝3＋4i，＝＝，故z2≠|z|2，故B错误；＝＝1，故C正确；≤1表示点到(2，1)的距离不大于1的点构成的图形，故为以(2，1)为圆心，以1为半径的圆以及内部，故面积为π，故D正确．故选CD． 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在横线上．) 12．已知a为实数，若复数z＝＋i为纯虚数，则的值为________． 答案：－i 解析：因为复数z＝＋i为纯虚数，可得a＝1，所以＝＝＝－i. 13．满足z2∈R，＝1的一个复数z＝__________． 答案：0(填0或2i中的一个，答案不唯一) 解析：设z＝a＋bi，则z2＝2＝a2－b2＋2abi，因为z2∈R，则ab＝0，即a＝0或b＝0.当a＝0时，即z＝bi，由＝＝＝1，解得b＝0或2，此时，z＝0或2i；当b＝0时，即z＝a，由＝＝＝1，解得a＝0，此时，z＝0.综上所述，z＝0或2i.(填0或2i中的一个，答案不唯一). 14．著名数学家棣莫弗在概率论和三角学方面发表了许多重要论文.1707年棣莫弗提出了公式：[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ)，其中r>0，n∈N＋.根据这个公式可知，＝________；若＝－16，则r＝________(本题第一空2分，第二空3分). 答案：i　2 解析：＝cos ＋isin(6×)＝cos ＋isin ＝i.＝r4(cos π＋isin π)＝－r4＝－16，所以r＝2. 四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．) 15．(13分)已知复数z满足|z|＝，z2的虚部是2. (1)求复数z；(5分) (2)设z，z2，z－z2在复平面上的对应点分别为A，B，C，求△ABC的面积．(8分) 解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)， 则z2＝a2－b2＋2abi， 由题意得a2＋b2＝2且2ab＝2， 解得a＝b＝1或a＝b＝－1， 所以z＝1＋i或z＝－1－i. (2)当z＝1＋i时，z2＝2i，z－z2＝1－i， 所以A(1，1)，B(0，2)，C(1，－1)， 所以S△ABC＝1. 当z＝－1－i时，z2＝2i，z－z2＝－1－3i， 所以A(－1，－1)，B(0，2)，C(－1，－3)， 所以S△ABC＝1. 综上，△ABC的面积为1. 16．(15分)已知虚数z满足＝. (1)求；(6分) (2)是否存在实数m，使得＋为实数，若存在，求出m的值：若不存在，说明理由．(9分) 解：(1)设z＝a＋bi， 则2z＋5＝2(a＋bi)＋5＝＋2bi， z＋10＝＋bi， 由＝，可得＝， 整理可得a2＋b2＝25， 所以＝＝5. (2)存在．＋＝＋＝＋＝＋ ＝＋i， 若＋为实数，则－＝0，因为b≠0， 所以＝，解得m＝±5， 因此当m＝±5时，则复数＋为实数． 17．(15分)关于复数z＝a＋bi (a，b∈R，i 为虚数单位)，有下列四个命题：①a＝2；②b＝；③z·＝4；④z＋＝||；且上述四个命题中只有一个是假命题． (1)请问假命题是哪一个，并求出复数z；(7分) (2)设复数z1，z2满足＝＝，|z1＋z2|＝2，求|z1－z2|.(8分) 解： (1)由③得，＝4，即a2＋b2＝4.由④得2a＝. 若①是假命题，则b＝，a2＋b2＝4，且2a＝，所以a2＝1，即a＝±1， 所以z＝±1＋i，符合要求． 若②是假命题，则需满足a＝2，a2＋b2＝4，且2a＝，无解，故不符合要求． 若③是假命题，则需满足a＝2，b＝，2a＝，不符合要求． 若④是假命题，则需满足a＝2，b＝，a2＋b2＝4，显然不符合要求． 所以假命题为①，即②③④皆成立， 所以z＝±1＋i. (2)由(1)得＝＝＝2. 设复数z1，z2 在复平面内分别对应向量，， 则||＝||＝2，|＋|＝2， 所以2＋2·＋2＝4， 即2·＝－4， 所以|－|2＝2－2·＋2＝12， 即|－|＝2，所以＝2. 18．(17分)已知－2＋i是关于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的一个根． (1)求p，q的值及方程的另一个根；(4分) (2)若实系数一元二次方程a2x2＋a1x＋a0＝0(a2≠0)的复数集C内的两根为x1，x2，请猜想两根x1，x2与实系数a0，a1，a2有怎样的关系？并用方程x2＋px＋q＝0(p，q∈R)的根进行验证；(6分) (3)若z＝x＋yi(x，y∈R)，则复平面内满足|z－(p＋qi)|＝3的动点Z(x，y)的集合是什么图形？(7分) 解：(1)因为－2＋i是关于x的方程x2＋px＋q＝0的一个根，所以有(－2＋i)2＋p(－2＋i)＋q＝0，整理得(3－2p＋q)＋(p－4)i＝0. 故有解得 可得方程x2＋4x＋5＝0的根为x＝＝＝－2±i， 所以另一个根为－2－i. (2)猜想： 实系数一元二次方程a2x2＋a1x＋a0＝0(a2≠0)在复数集C内的根为x1，x2，则 验证：方程x2＋4x＋5＝0的根为x1＝－2＋i，x2＝－2－i， x1＋x2＝－4，x1·x2＝(－2＋i)(－2－i)＝5. (3)由(1)可知|z－(p＋qi)|＝3可化为|(x＋yi)－(4＋5i)|＝|(x－4)＋(y－5)i|＝3， 所以＝3，表示点(x，y)与点(4，5)的距离为定长3， 故复平面内满足|z－(p＋qi)|＝3的动点Z的集合是以(4，5)为圆心，3为半径的圆． 19．(17分)现定义“n维形态复数zn”：zn＝cos nθ＋isin nθ，其中i为虚数单位，n∈N＋，θ≠0. (1)当θ＝时，证明：“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；(4分) (2)若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求sin (θ＋)的值；(5分) (3)若正整数m，n(m>1，n>2)满足zm＝z1，zn＝z，证明：存在有理数q，使得m＝q·n＋1－2q.(8分) 解：(1)证明：当θ＝时，zn＝cos ＋isin，则z1＝cos ＋isin＝(1＋i)，z2＝cos ＋isin＝i. 因为z＝[(1＋i)]2＝()2×(1＋i)2＝(12＋i2＋2i)＝i，所以z2＝z，故“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系． (2)因为“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，所以cos 2θ＋isin 2θ＝cos 3θ＋isin 3θ， 因此解第一个方程得3θ＝2θ＋2kπ(k∈Z)或3θ＋2θ＝2kπ(k∈Z)，解第二个方程得3θ＝2θ＋2kπ(k∈Z)或3θ＋2θ＝2kπ＋π(k∈Z)，由于两个方程同时成立，故只能有3θ＝2θ＋2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ(k∈Z)，所以sin (θ＋)＝sin (2kπ＋)＝sin ＝. (3)证明：由zm＝z1得cos mθ＋isin mθ＝cos θ＋isin θ，由(2)同理可得mθ＝θ＋2k1π(k1∈Z)，即(m－1)θ＝2k1π(k1∈Z)，因为m>1，所以θ＝(k1∈Z)， 因为zn＝z＝z，由(1)知z2＝z，所以zn＝z2，由(2)同理可得nθ＝2θ＋2k2π(k2∈Z)，即(n－2)θ＝2k2π(k2∈Z)， 因为n>2，所以θ＝(k2∈Z)， 所以＝(k1，k2∈Z)， 又因为θ≠0，所以k1k2≠0，所以＝(k1，k2∈Z)，即m＝(n－2)＋1＝·n＋1－(k1，k2∈Z)，所以存在有理数q＝，使得m＝q·n＋1－2q. 学生用书第145页 学科网（北京）股份有限公司 $$