假期作业11 复数-【快乐假期】2025年高一数学暑假大作业（北师大版）

９．B　[由题意知f(x)＝３２sinx＋４× １＋cosx ２ ＝ ３ ２sinx ＋２cosx＋２＝５２sin (x＋φ)＋２ 其中tanφ＝ ４ ３( ) ,又因 为x∈R,所以f(x)的最大值为９２． ] １０．解析:因 为 f(x)＝ ２sin x２cos x ２ － ２sin ２ x ２ ＝ ２ ２ (sinx＋cosx－１)＝sin x＋π４( ) － ２ ２ ,所 以 函 数 f(x)的最小正周期为２π;因为x∈ －π,０[ ] ,所以x＋ π ４∈ － ３π ４ ,π ４[ ] ,则当x＋ π ４＝－ π ２ ,即x＝－３π４ 时, 函数f(x)在区间[－π,０]上取最小值－１－ ２２． 答案:２π　－１－ ２２ １１．解:(１)∵f(x)＝OA→􀅰OB→ ＝sinx＋sinxcosx＋sin２x－sinx ＝ ２２sin ２x－ π ４( )＋ １ ２ ,∴当２x－ π４＝２kπ＋ π ２ (k∈ Z),即x＝kπ＋３π８ (k∈Z)时,f(x)取得最大值１＋ ２２ , f(x)的最小正周期为π． (２)∵f(x)＝ ２２sin ２x－ π ４( )＋ １ ２ , ∴当２kπ－π２≤２x－ π ４≤２kπ＋ π ２ ,k∈Z, 即kπ－π８≤x≤kπ＋ ３π ８ ,k∈Z时,函数f(x)为增函数． ∴f(x)的单调递增区间为 kπ－π８ ,kπ＋３π８[ ](k∈Z)． １２．解:(１)由角α的终边过点P －３５ ,－４５( ) , 得sinα＝－４５ ,所以sin(α＋π)＝－sinα＝４５． (２)由角α的终边过点P －３５ ,－４５( ) ,得cosα＝－ ３ ５ , 由sin(α＋β)＝ ５ １３ ,得cos(α＋β)＝± １２ １３． 由β＝(α＋β)－α得cosβ＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα, 所以cosβ＝－ ５６ ６５ 或cosβ＝ １６ ６５． 新题快递 １．A　[f(x)＝ ３２sin ２x＋ π ３( )＋cos ２ x＋π６( ) ＝ ３２sin ２x＋ π ３( )＋ １ ２ １＋cos２x＋ π ３( )[ ] ＝ ３２sin ２x＋ π ３( )＋ １ ２cos２x＋ π ３( )＋ １ ２ ＝sin ２x＋π３＋ π ６( )＋ １ ２＝sin ２x＋ π ３＋ π ６( )＋ １ ２ ＝cos２x＋１２ , 所以g(x)＝cos２(x－φ)＋ １ ２＝cos (２x－２φ)＋ １ ２ , 因为函数g(x)的图象关于x＝π６ 对称,所以２× π６－２φ＝ kπ(k∈Z),所以φ＝ π ６－ kπ ２ (k∈Z),因为φ＞０,所以k＝０ 时,φ＝ π ６ 最小．] ２．解析:sin ２α＋π４( )＝ ２ ２ (sin２α＋cos２α) ＝ ２２ ２sinαcosα＋cos２α－sin２α sin２α＋cos２α ＝ ２２ ２tanα＋１－tan２α tan２α＋１ ＝ ２２× －４３＋１－ ４ ９ ４ ９＋１ ＝－７ ２２６ , 答案:－７ ２２６ 假期作业１１ 思维整合室 １．(１)a　b　(２)＝　≠　＝　≠　(３)a＝c且b＝d　(４)a＝c 且b＝－d　(５)|z|　|a＋bi| ３．(１)①(a＋c)＋(b＋d)i　②(a－c)＋(b－d)i　③(ac－bd)＋ (ad＋bc)i　④ac＋bd c２＋d２ ＋bc－ad c２＋d２ i　(２)z２＋z１　z１＋(z２＋z３) 技能提升台　素养提升 １．B　[由题意,z＝１－i,则z２＝(１－i)２＝－２i;z＋ii ＝ １－i＋i i ＝ １ i＝ －i －i２ ＝－i,是纯虚数;|z|＝ ２;i(z＋i) ＝i(１－i＋i)＝i,是纯虚数．故选B．] ２．BD　[∵z＝ ２１－i＝ ２(１＋i) (１－i)(１＋i)＝１＋i , ∴|z|＝ ２,z２＝２i,z的共轭复数为１－i,z的虚部为１．故 A, C错,B,D正确． ３．B　[由a＋３i＝(b＋i)i,得a＋３i＝bi－１,复数相等定义,知a ＝－１,b＝３,故选B．] ４．D　[z在复平面对应的点是(－１,３),根据复数的几何意 义,z＝－１＋ ３i,由共轭复数的定义可知,z＝－１－ ３i．] ５．A　[由题知(１＋３i)(３－i)＝３－i＋９i－３i２＝６＋８i,所以该复 数在复平面内对应的点为(６,８),位于第一象限．] ６．B　[根据复数加、减法的几何意义及|z１＋z２|＝ |z１－z２|,知以OA,OB为邻边所作的平行四边形的对角线 相等,则此平行四边形为矩形,故△AOB为直角三角形．] ７．BC　[由z(４＋３i)＝２－i,可得z＝２－i４＋３i＝ (２－i)(４－３i) (４＋３i)(４－３i)＝ ５－１０i １６＋９＝ １ ５－ ２ ５i． 对于A,z的虚部为－２５ ,故A错误;对于 B,z在复平面内对应的点 １５ ,－２５( ) 位于第四象限,故 B 正确;对于C, z＋􀭵z＝１５－ ２ ５i＋ １ ５＋ ２ ５i＝ ２ ５ ,故C正确;对于D, |z|＝１５ １ ２＋(－２)２＝ ５５． 故D错误．故选BC．] ８．解析:由题意将 z　１＋i－i　２i ＝０ 化简得,z􀅰２i＋i(１＋i)＝０, z＝１－i２i＝ i－i２ ２i２ ＝i＋１－２＝－ １ ２－ １ ２i ,所以􀭵z＝－１２＋ １ ２i , 所以复数􀭵z在复平面内对应的点在第二象限． 答案:二 ９．A　[因为z＝１－i２＋２i＝－ １ ２i ,所以z＝ １２i ,所以z－z＝ －i．] １０．解析:由题 意 可 得５＋１４i２＋３i＝ (５＋１４i)(２－３i) (２＋３i)(２－３i)＝ ５２＋１３i １３ ＝４＋i． 答案:４＋i １１．解:设z＝a＋bi(a,b∈R),由|z|＝１＋３i－z, 得 a２＋b２－１－３i＋a＋bi＝０, 则 a ２＋b２＋a－１＝０, b－３＝０,{ 所以 a＝－４, b＝３,{ 所以z＝－４＋３i． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １６ 则 (１＋i)２(３＋４i)２ ２z ＝ ２i(３＋４i)２ ２(－４＋３i) ＝２ (－４＋３i)(３＋４i) ２(－４＋３i) ＝３＋４i． １２．解:(１)设z＝a＋bi(a,b∈R), 由已知条件得:a２＋b２＝２,z２＝a２－b２＋２abi,所以２ab＝２． 所以a＝b＝１或a＝b＝－１,即z＝１＋i或z＝－１－i． (２)当z＝１＋i时,z２＝(１＋i)２＝２i,z－z２＝１－i, 所以点A(１,１),B(０,２),C(１,－１), 所以S△ABC＝ １ ２|AC|×１＝ １ ２×２×１＝１ ; 当z＝－１－i时,z２＝(－１－i)２＝２i,z－z２＝－１－３i． 所以点A(－１,－１),B(０,２),C(－１,－３), 所以S△ABC＝ １ ２|AC|×１＝ １ ２×２×１＝１． 即△ABC 的 面积为１． 新题快递 １．B　[由 题 意 可 得z＝ ２＋i １＋i２＋i５ ＝ ２＋i１－１＋i＝ i(２＋i) i２ ＝ ２i－１ －１ ＝１－２i ,则z＝１＋２i．] ２．AD　[对于 A,若z１＋z２＝０,则z１＝－z２,所以|z１|＝ |－z２|＝|z２|,所以 A 正确;对于 B,设z１＝２＋４i,z２＝ ４,则|z１ ＋１|＝|３＋４i|＝５＝|z２＋１|＝|５|,而|z１|＝ ２２＋４２＝２ ５≠|z２|＝４,所以 B错误;对于 C,设z１＝ x＋yi(x,y∈R),则z２１＝(x＋yi)２＝x２－y２＋２xyi,|z１| ＝ x２＋y２,所以|z１|２＝x２＋y２,所以z２１≠|z１|２,所以 C错误;对于 D,设z１＝x＋yi(x,y∈R),z２＝a－bi(a,b ∈R),则z１z２＝(x＋yi)(a－bi)＝(ax＋by)(ay－bx)i, 所以|z１z２|＝ (ax＋by)２＋(ay－bx)２ ＝ (x２＋y２)(a２＋b２),|z１||z２| ＝ (x２＋y２)(a２＋b２),所以当z３＝z１z２ 时, |z３|＝|z１||z２|,所以 D正确．故选 AD．] 假期作业１２ 思维整合室 １．互相平行　公共顶点　平行于 ２．(２)①４５°(或１３５°)　②变为原来的一半 技能提升台　素养提升 １．B　２．C ３．BCD　[当任意两点与球心在一条直线上时,可作无数个圆, 故A错;B正确;C正确;根据球的半径的定义可知D正确．] ４．解析:①以直角梯形垂直于底边的一腰所在直线为轴旋 转一周可得到圆台;②它们的底面为圆面;③④⑤正确． 答案:③④⑤ ５．D　[如图所示为原图形和其直观图． 由图可知,A′B′＝AB＝a,O′C′＝１２OC＝ ３ ４a , 在图中作C′D′⊥A′B′于点D′, 则C′D′＝ ２２O′C′＝ ６ ８a． ∴S△A′B′C′＝ １ ２A′B′ 􀅰C′D′＝ １２ ×a× ６ ８a＝ ６ １６a ２．故 选 D．] ６．C　[解法一:依题意可知∠BAD＝４５°,则原平面图形为 直角梯形,上下底面的长与BC,AD 相等,高为梯形ABＧ CD 的高的２ ２倍,所以原平面图形的面积为８cm２．故 选 C． 解法二:依题意可知,S直观图 ＝２ ２cm２, 故S原图形 ＝２ ２S直观图 ＝８cm２．故选 C．] ７．解析:在 直 观 图 中,四 边 形 为 O′A′B′C′菱 形 且 边 长 为 ２cm, ∴由斜二测法的规则得:在xOy坐标系中,四边形ABＧ CO 是矩形, 其中OA＝２cm,OC＝４cm, ∴四边形ABCO 的周长为:２×(２＋４)＝１２(cm), 面积为S＝２×４＝８(cm２)． 答案:１２　８ ８．解析:作CD,BE⊥OA 于点D,E, 则OD＝EA＝OA－BC２ ＝２ , ∴CD＝OD＝２, ∴在直观图中梯形的高为１２×２× ２ ２＝ ２ ２． 答案:２ ２ ９．A　[依题意可得圆柱的底面半径r＝１, 高h＝４ 将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABＧ CD, 其中AB＝π,AD＝４, 问题转化为在CD 上找一点Q,使AQ＋ PQ 最短, 作P 关于CD 的对称点E,连接 AE,令 AE 与CD 交于点Q, 则 得 AQ＋PQ 的 最 小 值 就 是 为AE＝ π２＋(４＋２)２ ＝ π２＋３６．] １０．C　[如图,设正四棱锥的高为h,底 面边长为a,侧面三角形底边上的高为 h′,则依 题 意 有: h２＝１２ah′ h２＝h′２－ a２( ) ２ ì î í ïï ï , 因此有h′２－ a２( ) ２ ＝１２ah′ ,化简得４ h′a( ) ２ － ２ h′a( )－１＝０,解得 h′ a ＝ ５＋１ ４ (负根已舍去)．] １１．解:圆台的轴截面题图所示,设圆台上、下底面半径分 别为xcm,３xcm,延长 AA１ 交OO１ 的延长线于S,在 Rt△SOA 中,∠ASO＝４５°,则∠SAO＝４５°, 所以SO＝AO＝３x,SO１＝A１O１＝x,所以OO１＝２x． 又S轴截面 ＝１２ (６x＋２x)􀅰２x＝３９２,所以x＝７． 所以圆台的高OO１＝１４(cm),母线长l＝ ２OO１ ＝１４ ２(cm), 两底面半径分别为７cm,２１cm． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２６ 　　　　　　　　假期作业１１　复数　　　　　　　 １．复数的有关概念 (１)复数的定义 形如a＋bi(a,b∈R)的数叫做复数,其中实 部是　　　,虚部是　　　　． (２)复数的分类 复数z＝a＋bi(a,b∈R) 实数(b　　０), 虚数(b　　０) 纯虚数(a　　０,b　　０), 非纯虚数(a≠０,b≠０)．{ ì î í ï ï ïï (３)复数相等 a＋bi＝c＋di⇔　　　　　　　(a,b,c, d∈R)． (４)共轭复数 a＋bi与c＋di共轭⇔　　　　　(a,b, c,d∈R)． (５)复数的模 向量OZ → 的模叫做复数z＝a＋bi的模,记 作　　　　　或　　　　　,即|z|＝ |a＋bi|＝r＝ a２＋b２(r≥０,a、b∈R)． ２．复数的几何意义 (１)复数z＝a＋bi 一一对应 　 →复 平 面 内 的 点Z(a,b)(a,b∈R)． (２)复数z＝a＋bi(a,b∈R) 一一对应 　 →平面 向量OZ → ． ３．复数的运算 (１)复数的加、减、乘、除运算法则 设z１＝a＋bi,z２＝c＋di(a,b,c,d∈ R),则 ①加法:z１＋z２＝(a＋bi)＋(c＋di) ＝　　　　　　; ②减法:z１－z２＝(a＋bi)－(c＋di) ＝　　　　　　; ③乘法:z１􀅰z２＝(a＋bi)􀅰(c＋di) ＝　　　　　　; ④除法: z１ z２ ＝a＋bic＋di＝ (a＋bi)(c－di) (c＋di)(c－di) ＝　　　　　　　　　(c＋di≠０)． (２)复数加法的运算律 复数的加法满足交换律、结合律,即对 任何z１,z２,z３∈C,有z１＋z２＝　　　, (z１＋z２)＋z３＝　　　　． ◆[考点一]　复数的有关概念 １．已 知 复 数 z 在 复 平 面 上 对 应 的 点 为 (１,－１),则 (　　) A．z２＝２i　　　　　　B．z＋ii 是纯虚数 C．|z|＝２ D．i(z＋i)是实数 ２．(多选)下面是关于复数z＝ ２１－i 的四个 命题,其中真命题为 (　　) A．|z|＝２ B．z２＝２i C．z的共轭复数为－１＋i D．z的虚部为１ ３．(２０２２􀅰浙江卷)已知a,b∈R,a＋３i＝ (b＋i)i(i为虚数单位),则 (　　) A．a＝１,b＝－３ B．a＝－１,b＝３ C．a＝－１,b＝－３ D．a＝１,b＝３ ４．(２０２３􀅰北京卷)在复平面内,复数z对应 的点的坐标是(－１,３)．则z的共轭复 数z＝ (　　) A．１＋ ３i B．１－ ３i C．－１＋ ３i D．－１－ ３i ◆[考点二]　复数的几何意义 ５．(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３２ ６．A,B 分别是复数z１,z２ 在复平面内对应 的点,O是坐标原点．若|z１＋z２|＝|z１－ z２|,则△AOB 一定为 (　　) A．等腰三角形　　　B．直角三角形 C．锐角三角形　　　D．等腰直角三角形 ７．(多选)设复数z满足z(４＋３i)＝２－i(其 中i是虚数单位),则下列说法正确的是 (　　) A．z的虚部为－２５i B．z在复平面内对应的点位于第四象限 C．z＋􀭵z＝２５ D．|z|＝１５ ８．定义运算 a　b c　d ＝ad－bc,则符合条件 z　１＋i －i　２i ＝０的复数􀭵z在复平面内对应 的点在第　　　　象限． ◆[考点三]　复数的代数运算 ９．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷)已知z＝１－i２＋２i ,则z －z＝ (　　) A．－i　　　B．i　　　C．０　　　D．１ １０．(２０２３􀅰天津卷)已知i是虚数单位,化 简５＋１４i ２＋３i 的结果为　　　　． １１．已 知 复 数 满 足|z|＝１＋３i－z,求 (１＋i)２(３＋４i)２ ２z 的值． １２．已知复数z 满足|z|＝ ２,z２ 的虚部 为２． (１)求复数z; (２)设z,z２,z－z２ 在复平面内对应的点 分别为A,B,C,求△ABC的面积． １．(２０２３􀅰全国乙卷(理))设z＝ ２＋i １＋i２＋i５ , 则z＝ (　　) A．１－２i B．１＋２i C．２－i D．２＋i ２．(多选)已知复数z１,z２,z３,则下列结论正 确的是 (　　) A．若z１＋z２＝０,则|z１|＝|z２| B．若|z１＋１|＝|z２＋１|,则|z１|＝|z２| C．z２１＝|z１|２ D．若z３＝z１z２,则|z３|＝|z１||z２| 　　世上没有坐享其成的好事,要幸福就 要奋斗! 幸福 是 奋 斗 出 来 的,不 是 等 出 来 的! 向着目标,我们一起努力吧! 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４２