第7章 复数 单元学能测评-【重难点手册】2025-2026学年高中数学必修第二册同步练习册（人教A版）

第七章单 考试时长：120分钟 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i为虚数单位，则复数的虚部 是(). A费 B.C. D.- 2.(2025·浙江杭州余杭高级中学单元检测)设i 为虚数单位，若复数之满足千=，其中区为复 数之的共轭复数，则z=(). A.1 B.√2 c号 D.2 3.(2025·安徽六安一中期末)在复平面内，复数 之1，之2对应的向量分别是OA=(一2,3)，OB (3,一2)，则复数2对应的点位于(). 之1一2 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 4.已知复数之满足(1一i)z=o2o(其中i为虚数 单位)，则之的虚部为(). 1 A.2 5.已知复数x=(a2-1)+(a一2)i(a∈R),则 “a=1”是“z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.既不充分也不必要条件 6.(2025·湖北黄冈中学月考)已知p,9为实数， 1-i是关于x的方程x2+px十q=0的一个 根，则一q=(). A.-2B.2 C.4 D.-4 7.(2025·浙江宁波镇海中学期中)瑞士数学家欧拉 于1748年提出了著名的欧拉公式：e=cosx十 isin x,其中e是自然对数的底数，i是虚数单位. 根据欧拉公式，下列选项正确的是(). ,第七章复数 元学能测评 试卷满分：150分 A.ei=1 Bc的虚部为得 C,复数e在复平面内对应的点位于第二象限 D.|e-e|(0∈R)的最大值为2 8.已知复平面内点A,B,C对应的复数分别为i, 1,4十2i,由A→B→C→D按逆时针顺序作平 行四边形ABCD,则BD|等于(). A.5 B.√13C.√15D.√17 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，有多个选 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.(2025·江西九江一中期末)设之1，之2为复数， 则下列说法中正确的有(). A.若z1=a十bi,z2=c十di,其中a,b,c,d∈ R,且a>c,b>d,则z1>之2 B.若m2-3m+2+(m2-1)i(m∈R)为纯虚 数，则m=2 C.若关于x的方程x2+x十q=0,p,q∈R的 一个虚根为2i-1,则p十q=一5 D.若之1=-1十2i,z2=3十4i,则复数之1一之2 在复平面内对应的点位于第三象限 10.已知虚数之满足|2之十5引=|之十10|，则下列结 论正确的是(). A.虚数之对应的点在某个圆上 B.虚数之对应的点在某条直线上 C.当实数m=5时，二+”为实数 m D.若(1一2i)之在复平面内对应的点在直线 y=x上，则复数=0310！ 2 2 11.设x=(2t2+5t-3)+(t2+2t+2)i,t∈R,i为 虚数单位，则下列结论正确的是(). A.之对应的点在第一象限 17 用重难点手册高中数学必修第二册RJA, B.之一定不为纯虚数 C.之一定不为实数 D.之对应的点在实轴的下方 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分. 将答案填在题中的横线上)】 12.(2025·湖北黄冈中学月考)在平行四边形 OABC中，各顶点对应的复数分别为之o=0, sA-2+4i,n=-2a+3i,<c=-b+ai. 实数a一b的值为 13.复平面上两个点Z1,Z2分别对应两个复数 之1，之2，它们满足下列两个条件：①z2=之1·2i; ②两点Z1,Z2连线的中点对应的复数为一1十 3i.若O为坐标原点，则△Z1OZ2的面积为 14.(2025·重庆巴蜀中学期末)已知复数心满足 w-4=(3-2)i(i为虚数单位)，之=5+ |w一2引.写出一个以之为根的实系数一元二 次方程： 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写 出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)设复数x1=x+2i,22=1+2yi,其中 x,y∈R,且复数之1，之2在复平面内对应的点 都在第一象限 (1)若之1=|z2|=3,求实数x,y的值； (2)设x1,之2所对应的向量分别为OZ1,OZ2, 若OZ1与OZ2共线，求2x十y的最小值 18 16.(15分)已知复数之同时满足下列两个条件： ①z的实部和虚部都是整数，且在复平面内对 应的点位于第四象限：②1<+2≤4 (1)求复数z; 2求+ 17.(15分)已知复数x的实部为正数，x=√2， 之2的虚部为2. (1)求复数之； (2)若是-在复平面内对应的向量为0立， 求向量OZ的模 18.(17分)(2025·淅江金华一中月考)已知复数 2=6i6∈R0,牛号为实数。 (1)求z+z21; (2)若复数(m十z)2在复平面内对应的点在第 四象限，且之为实系数方程x2十(m2一9)x +4=0的根，求实数m的值. ,第七章复数 19.(17分)已知复数之1=a十bi(a,b∈R),之2= c+di(c,d∈R). (1)当a=1,b=-1,c=1,d=2时，求|z11, |z2l,z1z2; (2)根据(1)的计算结果猜想之1之2与之1|· 之2的关系，并证明该关系的一般性； (3)结合(2)的结论进行类比或推广，写出一个 复数的模的运算性质（不用证明）. 197.-1+3i. 3+i一3+D1+)_24-1+2i设复数x1一 1-i-(1-D(1+D2 1十2i,之2=一2十i,x3=0,它们在复平面内对应的点分别是 A,B,C..A(1,2),B(-2,1),C(0,0),.BC=√5，AC =√5，AB=√10，即BC2+AC2=AB2,∴.∠BCA=90° 设正方形ACBD的第四个顶点D对应的坐标是(x,y), AD=CB,.(x-1,y-2)=(-2,1),.x-1=-2, y一2=1，∴x=-1,y=3..第四个顶点对应的复数为 -1+3i.] 8.方案一选条件① 因为x1=1十i, 所以之=1+1+(a+D-a-1+(a+1)i a-ia-i(a-i)(a+i) a2+1 。<0,所以 -1<0, 解得a=-1, +1=0, 所以之2=一1十21 只有实数才能比较大小 由=1+1-十2 之21之2之122 得之= 2-3十i2+i, 之1十z2 3i 从雨1=√()+=， 3 方案二选条件②. 因为之1=1十i,之2=a十2i, 所以1z2=(1+i)(a+2i)=a-2+(a+2)i, 则在复平面内表示x1z2的点的坐标为(a一2，a十2). 依题意可知(a一2)十(a十2)十2=0，得a=一1， 所以之2=-1十2i, 由-1+1=十2 之之1之221之2 得之一之1之2一二3十1-1十i, 之1十之2 3i 从面1√侣》+-零. 31 方案三选条件③. 因为x2=a十2i,所以z2=a-2i, 由之2十z2=2a=-2,得a=-1, 所以之2=-1十2i. 好+ 得12一一3十1-3+， x1十x2 3i 从✉√+= 3 2 培优突破练 1.33 3 设=a+i则品计 因为号为纯虚数，所以a+6=1650. 所以a2=1-b2,所以-1<a<1. 所以|z2+之+3|=|a2-b2+2abi+a十bi+3引 =|a2-b2+a+3+(2ab+b)il =√(a2-b2+a+3)2+b2(2a+1)2 =√12a2+8a+5 V12(a+）》+g. 放当a=弓时，2+十3取得最小值，最小值为图] 2.1.[由之1一之2=3，知之1≠之2，又由方程解的定义知， 之1，之2是二次方程x2十x十q=0的两个虚根，则有△=1一 4g<0,解方程得12=一1±，49.所以1一4= 2 √/4g-1=√3，解得g=1.] 第七章单元学能测评 1.D2.B3.C4.B5.A 6.D[因为1一i是关于x的方程x2+px十q=0的一个根， 所以(1-i)2+p(1-i)十q=0,即p十q-(p十2)i=0.所以 p十q=0且p+2=0,解得p=-2,9=2,所以p一q=-4.] 7.D[对于A,e=osx+isin元=-1，A错误.对于B,由e =Q心登+im骨=号+会1其虑都为停，B错误对于C, e交-子十血子-号+号则复数。于在复平面内对 应的点（停号）位于第一象限，C错误对于D,1e-61- cosisin-cos 0-isin icos -isin 1(1-sin0)i-cos0l=√cos20+(1-sin0)7=√2-2sin0≤ 2,当9=-受+2kx∈☑时取等号，D正确] 8.B[由题意得A(0,1),B(1,0),C(4,2),则BA=(-1,1), BC=(3,2,所以BD=BA+BC=(2,3),所以BD1=BD =√22+32=√/13.] 严名1，它名不可能物为实数 9.BD[对于A,因为b>d,所以不能比较大小，故A错误.对 于B,若m2一3m+2+(m2-1)i(m∈R)为纯虚数，则 (m2-3m+2=0, 解得m=2,故B正确.对于C,若关于x m2-1≠0， 的方程x2+x十q=0,p,q∈R的一个虚根为2i-1,则另 -p=(2i-1)+(-2i-1)=-2, 一个虚根为一2i-1,可得 q=(2i-1)(-2i-1)=5, 所以p十q=7,故C错误.对于D,若之1=一1十2i,之2=3十 4,则x1一z2=一4一2i,复数x1一之2在复平面内对应的点 为（一4，一2），位于第三象限，故D正确.] 10.AC[设x=x+yi(x,y∈R且y≠0)，由|2z+5|=|z+ 10|,得(2x+5)2+4y2=(x+10)2+y2,化简得x2+y2= 25,即|z=5,因此虚数z对应的点在以(0,0)为圆心、5为 半径的圆上，A正确，B结误者六+公一（后+平子）十 +y2=25,÷从答=0，解得m=士5，因此C正确： 25 由(1-2i)z=(1-2i)(x+yi)=(x+2y)+(y-2x)i及题 意得x十2y=y-2x,即y=-3x,代人x2十y2=25,解得 x0 2 /x、0 2 或 故之=03/10. 2 2i或x= 3w10 3/10 y=- y= 2 -+3 2 2i,因此D错误.] 1.cD[因为2x+5-3=2(+)°-号>-号+2+ 2=(t十1)2+1>0，所以复数之对应的点可能在第一象限， /2t2+5t-3=0, 也可能在第二象限，故A错误；当 即t三 t2+2t+2≠0， -3或=号时，2为纯虚数，故B结误：因为2+2z+2>0 恒成立，所以之一定不为实数，故C正确；由选项A的分析 可知，之对应的点在实轴的上方，所以乏对应的点在实轴的 下方，故D正确.] 12-4.[因为OA+0心=o8,所以2+号i+(-6+aiD= 2-b=-2a, a=2, T2a十31，所以a+a=3, 解得〈 所以a-b=-4.] b=6, 13.8.[(令Z1(m,n),Z2(a,b),且a,b,mn∈R,结合条件求参数， 进而确定O21,OZ?的位置及模长，即可求△Z1OZ2的面积) 令Z1(m,n),Z2(a,b),且a,b,mn∈R,由x2=z1·2i,得 a+bi=(m+ni)·2i,即a+bi=-2m+2mi, (a=-2n, 故 ① b=2m. 由两点Z1,Z2连线的中点对应的复数为一1十3i, (a十m=-1, 2 1a十m=-2, 得 即 ② b+0=3, b+n=6. 2 a=-4,(m=2, 6=4且0 联立①②，可得{ n=2, 即0Z1=(2,2),0Z2=(-4,4). 由0Z·0Z2=-4×2+4×2=0,得02102，故 △Z1OZ2为直角三角形 又10Z=22,0元=42，故△2,02，的面积为2× 4√2×2√2=8.] 14.x2-6x十10=0（答案不唯一）.[由题知w(1十2i)=4十 3即w针2-放：=品十-=3+i若实系数 一元二次方程有虚根x=3十i,则必有共轭虚根乏=3-i,因 为之十之=6，之·乏=10，所以所求的一个一元二次方程可以 是x2-6.x十10=0（其他满足题意的一元二次方程亦可）.] 15.(1)z1=x十2i,之2=1十2yi在复平面内对应的点分别为 (x,2),(1,2y),且x>0,y>0, 由1=z2=3可得x2+4=9,1+4y2=9, 故x=√5，y=√2. (2)0Z1=(x,2),0Z2=(1,2y),0Z1与0Z2共线， 所以xy=1,又x>0,y>0, 所以2x十y≥2√2x=2W2, 3a-得威 所以2x十y的最小值为2√2， 16.(1)设x=a十bi(a,b∈Z,且a>0,b<0), 则士之=a十6i+3 a+bi -a(a2+b2+2+b(a2+b2-2: a2+b2 a2+b2 f6(a2+b2-2)=0, 因为1+2≤，所以 <a(a+b2+20≤4 a2+b2 又b<0,所以a2+b2=2, 所以1<号<，即2<a<2 a=1, 因为a,b∈Z,a>0,b<0,所以 所以之=1-i b=一1， 23 8由0可得+号第1+i计28D=1+i计号 (2-i)2 =8+ 所u+-+√层+- 5 17.(1)设之=a+bi(a,b∈R),则由条件|z=√2， 可得a2+b2=2. ① 因为x2=a2-b2+2abi,所以2ab=2. ② 联立①②，解得a=b=1或a=b=-1. 又复数之的实部为正数，所以a>0, 所以a=6=1,于是之=1十i (2)由(1)可知之=1+i, 则子-2=异1+2=1-就 则02=(1，-3)， 所以向量Oz的模为√+(-3)=√10. 18.(1)根据复数为实数的条件求出b,代入化简后求复数模即可： (2)由复数是实系数方程的根代入求出m,再结合象限舍去不合适 的值)》 （0哺=6i为实数牛名牛0骨生+ 1+i(1+D(1-D2 62号为实数。 所以22=06=2，即x=2,2=-4, 所以z+z21=1-4+2i1=25. (2)由(m十之)2=(m+2i)2=m2-4十4mi在复平面内对应 1m2-4>0, 的点在第四象限，得 得m<-2. 4m<0, 又之=2i为实系数方程x2十(m2-9)x十4=0的根， 所以4+2(m2-9)i-4=0, 所以m2-9=0,m=±3. 又m<-2,所以m=-3. 19.(1)由题意知z11=|1-i=√2，z2=|1+2i=5, z1之2=(1-iD(1+2)=3+i, 所以x1之2=√10， (2)猜想之1之2=之1·之2.证明如下： 因为z1=√a2+b,x2=Wc2+d2, 所以z1·|z2=√a2+b·√c2+d =va2c2+a2d2+62c2462d2 因为z1x2=(a+bi)(c十di)=(ac-bd)+(ad+bc)i, 所以|x1x1|=√(ac-bd)2+(ad+bc) 24 =va'c2+ad2+b2c2+bd2, 所以|z1之2=|之1·|之2成立 =|z11·之2|·…·|zn. 第八章 立体几何初步 8.1基本立体图形 基础过关练 1.ABC 2.B 3.C 4.三棱锥（也可填四面体）.[此多面体由四个面构成，故为三 棱锥，也是四面体.] 5.QMNP.[直平行六面体是底面为平行四边形，侧 棱与底面垂直的四棱柱；长方体是底面为矩形的直平行六面 体；正四棱柱是底面为正方形的直平行六面体；正方体是侧棱 长和底面边长相等的正四棱柱.分析可知Q丢M丢N丢P.] 综合提能练 1.D[如图，以AB所在直线为轴旋转一周得到的几何体是一 个大圆锥挖去一个与其同底的小圆锥.] 2.D[该几何体可用平面ABCD分割成两个四棱锥，因此它 是这两个四棱锥的组合体，因而四边形ABCD是它的一个 截面而不是它的面.] 3.A[可以将该半正多面体分为三层，上层8个面，中层8个 面，下层8个面，上下底各1个面，所以共有8+8+8+1+1 =26个面.设半正多面体的棱长为a,作出该几何体的截面 载面图为正八边形 如图，由图可得CD-2,CE=a,因为△CDE为等腰直角 三角形，所以CE=-ECD,即a=E×2,解得a= 1 2+1 =√2一1，所以该半正多面体的棱长为2-1.] B C --D --G 4.A[设圆柱的底面半径为rm,U形场地截面图如图1所示， 设圆心为O,过点O作OC⊥AD于点C,则在Rt△ACO中， -402+(9)°=r,解得r=10,所以sn∠A0C=8=