第七章 复数 单元测试-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

复数 单元测试 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，只有一个选项是正确的， 1. 是复数为纯虚数的 （ ） Ａ．充分不必要条件 Ｂ．必要不充分条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．既不是充分也不必要条件 2.复数的实部是（ ） A．—2 B．2 C．3 D．4 3．设复数满足,则（　　） A． B． C． D． 4. 的虚部为 ( ) A． B． C． D． 5. 若复数满足,则的虚部为（　　） A． B． C．4 D． 6．设则的关系是( ) A． B． C． D．无法确定 7． 的值是( ) A． B． C． D． 8．已知集合的元素个数是( ) A. B. C. D. 无数个 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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 设复数z在复平面内对应的点为z,原点为O,i为虚数单位,则下列说法正确的是( ) A.若|z| =1,则z=±l或z=±I B.若点z的坐标为(-1.1),则z对应的点在第三象限 C.若z=3-2i.则z的模为7 D.若1≤lzl≤,则点z的集合所构成的图形的面积为 π 10.设z1, z2为复数，则下列说法中错误的有( ) 11. 在实数集R中，我们定义的大小关系“>”为全体实数排了一个序，类似地，我们在复数集 C上也可以定义一个称为“序”的关系，记为“>”，定义如下：对于任意两个复数 ，为虚数单位)，当且仅当“或“ 则下列命题中是真命题的有 （ ） B.若 则 C.若则对于任意D.若复数则 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 设a，b∈R.a＋bi＝(i为虚数单位)，则a＋b的值为________． 13. 设复数z满足条件|z|＝1，那么|z＋2＋i|的最大值是 14．设若对应的点在直线上,则的值是 . 四、解答题:本题共5小题，第15题13分，第16、17题各15分、第18、19题各17分，共77分，解应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.已知z＝＋(1－i)2，求|z|. 16、已知m∈R，复数z＝＋(m2＋2m－3)i，当m为何值时，(1)z∈R？(2)z是纯虚数？(3)z<0? 17．已知复数z满足|z|＝，z2的虚部为2， (1)求z； (2)设z，z2，z－z2在复平面对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积． 18. 设z1、z2∈C，已知|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝，求|z1－z2|. 19. (1) 已知复数z＝－x＋(x2－4x＋3)i＞0，求实数x的值． (2)若关于x的方程x2＋mx＋2xi＝－1－mi有实根，求实数m的值，并求出此实根． 参考答案 1. 答案：B 2. 答案：B 3. 答案：A 因为复数z满足z（1﹣i）=2i，所以z==﹣1+i。故选A． 4. 答案：D ，虚部为 5. 答案：D． 因为复数z满足（3﹣4i）z=|4+3i|，所以z====+i， 故z的虚部等于，故选D． 6．答案：A 7．答案：C 8．答案：B 9. 答案：BD 解析A满足lzl=1的点在以原点为圆心,1为半径的圆上,有无数个点,对应无数个复数,不止z=±1和z=±i;故A错 B若点Z的坐标为(-1.1)则z=-1+i,z=-1-i,故z对应的点的坐标为(-1,-1),在第三象限;根据共轭复数的性质直接判断:点Z在第二象限,关于实轴对称的点在第三象限，故B正确 C lzl=l-2il= =7: D 设z=c+di(c,d∈R),由1≤lzl≤得 1≤c2+d2≤2，则点Z的集合所构成的图形的面积为 πx()2-πx12=π 10. 答案：ABC 1 选项A设 根据复数模的定义， 则 而 一般情况下 例如， 当 时， 显然不相等，所以选项A 错误。2 选项B 则 而 所以 ， 选项B错误。3 选项C若 即 也就是 但 仅由 不能推出 且 所以 选项C错误。4 选项D设 则 若 则 且 由 可得 或 当 时， 此时 不符合所以只能此时 即z₁为纯虚数， 选项D正确。 11. 答案：ABC 12. 答案：8 解析：由a＋bi＝得 a＋bi＝＝＝＝5＋3i，所以a＝5，b＝3，a＋b＝8. 13. 答案：4 解析　复数z满足条件|z|＝1，z所对应的点的轨迹是单位圆，而|z＋2＋i|即表示单位圆上的动点到定点(－2，－1)的距离．从图形上可得|z＋2＋i|的最大值是4. 14. 答案： 15. 解析：∵z＝＋(1－i)2＝－2i＝－2i＝－2i＝－2i＝－2i＝－i，∴|z|＝＝＝. 16. 复数z＝a＋bi(a，b∈R)，当且仅当b＝0时，z∈R；当且仅当a＝0且b≠0时，z为纯虚数；当且仅当b＝0且a<0时，z<0. 解析：(1)由m2＋2m－3＝0且m－1≠0，得 m＝－3，所以当m＝－3时，z∈R. (2)由 解得m＝0或m＝2，所以当m＝0或m＝2时，z为纯虚数． (3)当 时z<0；即 即m＝－3时z<0. 17. 解析：(1)设z＝x＋yi(x，y∈R)． 由题意得z2＝(x＋yi)2＝x2－y2＋2xyi， ∴ 故(x－y)2＝0，∴x＝y，将其代入②得2x2＝2， ∴x＝±1. 故或 故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)， ∴|AC| ＝2，S△ABC＝×1×2＝1； 当z＝－1－i时，z2＝2i，z－z2＝－1－3i， A(－1，－1)，B(0,2)，C(－1,3)， S△ABC＝×1×4＝2. 18. 解　法一　∵|z1＋z2|2＝(z1＋z2)() ＝(z1＋z2)·(＋) ＝z1·＋z2·＋·z2＋z1·＝2， 又∵z1·＝|z1|2＝1，z2·＝|z2|2＝1， ∴·z2＋z1·z2＝0. 而|z1－z2|2＝(z1－z2)()＝(z1－z2)(－) ＝z1·＋z2·－(z1·＋z2·)＝|z1|2＋|z2|2＝2， ∴|z1－z2|＝. 法二　作出z1、z2对应的向量、， 使＋＝， ∵|z1|＝|z2|＝1，又、不共线，若、共线， 则|z1＋z2|＝2或0与题设矛盾． ∴平行四边形OZ1ZZ2为菱形．又|z1＋z2|＝， ∴∠OZ1Z＝90°，即OZ1ZZ2为正方形，故|z1－z2|＝. 19. (1)解　∵z＞0，∴z∈R，∴x2－4x＋3＝0，解得 x＝1或x＝3， ∵z＞0，∴－x＞0， ∴x＝1适合，x＝3不适合，因此x＝1. (2)解　设实根为x0，代入方程，并由复数相等的充要条件， 得消去m得x0＝±1. 所以m＝∓2. 因此，当m＝－2时，原方程的实根为x＝1； 当m＝2时，原方程的实根为x＝－1. 学科网（北京）股份有限公司 $$