第七章 复数 章末检测卷-【金试卷】2025-2026学年高一数学必修第二册同步单元双测卷（人教A版）

第七章 章末检测卷 建议用时：120分钟满分150分 一、单项选择题（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) p 1.已知i为虚数单位，复数x=a2一a十(a一1)i为纯虚数，则实数a 的值为 () A.0 B.1 C.2 D.0或2 密 2.若复数z满足乙二=i,其中i是虚数单位，则z= ( A.1-i B.1+i C.-1-i D.-1+i 封 樂 -3 3.已知复数之一(-1十21为虚数单位)，则之在复平面内所对应 线 的点位于 A.第一象限 B.第二象限 昂 C.第三象限 D.第四象限 打 内 4.在复平面内，复数对应的点位于 不 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 5.已知复平面中O是原点，向量OA,OB对应的复数分别为2一3i, 設 准 3十2i,那么向量BA对应的复数是 ( A.-5+5i B.5-5i 答 C.5+5i D.-5-5i 2022 6.已知i是虚数单位，则化简( 的结果为 茶 题 A.i B.-i C.-1 D.1 7.已知复数之1，之2满足之1十之2=6，之1之2=10.则之1十2x2=（) A.9 B.81 C.√82 D.82 8.定义域是复数集的子集的函数称为复变函数，f(z)=之就是一 个多项式复变函数.给定多项式复变函数f(之)之后，对任意一个 丝 部 复数o,通过计算公式之m+1=f(之n),n∈N,可以得到一列值之。， 之1，之2，…，之n,….若f(z)=之2,2。=1-i(i为虚数单位)，当n≥3 时，之n= () A.2m-1 B.2" C.22m+1 D.4m-1 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的 得2分，有选错的得0分) 9.已知之=(m十3)十(m一1)i在复平面内对应的点在第四象限，则 实数m的值可以是 () A.-2 B.-1 C.0 D.1 10.已知集合M={mm=i”,n∈N},其中i为虚数单位，则下列元 素属于集合M的是 () A.(1-i)(1+i) B c D.（1-i)2 11.已知之1=2一i,之2为复数，则 A.存在唯一的之2，使|之1之1|=5 B.存在唯一的之2，使之1之2=5 C.存在唯一的之2，使之1十之2=4 D.存在唯一的之2，使之1之2十之1十之2=9 12.设复数之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|之=1，则之=士1或之=士i B.若点Z的坐标为（一3,2），且之是关于x的方程x2十px十q =0的一个根，则十g=19 C.若x=√3一2i,则z的虚部为一2i D.若点Z的坐标为(2，一1)，则=2+i 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.在复数范围内，方程x2+x+1=0的根为 14.写出一个同时具有下列性质①②的复数之= ①x的实部小于0；②之+1=0， 15.已知z∈C,且x一i=1,i为虚数单位，则|x一1的最大值是 16.设复数z +》+( 1-2i/ ,其中1为虚数单位，则之的 虚部是 ,z= 四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤) 17.(10分)已知复数之满足|3+4i+之=1+3i. (1)求z; (2)求1+i)4+3的值. 2x 第一部分单元、阶段检测卷9 18.(12分)已知i为虚数单位，复数之1满足1十1=（一1+2i)(1一之）. (1)求1； (2)若复数2满足z2=1且∈R,求2· 之1 19.(12分)已知复数x=1+i(i是虚数单位)是关于x的方程x2一 px十q=0的根，其中p,g是实数. (1)求p和g的值； (2)若(p+gi)·（m2+2i)是纯虚数，求实数m的值. 10第一部分单元、阶段检测卷 20.(12分)已知复数之1=一2十i,之1之2=-5+5i(i为虚数单位) (1)求复数之2； (2)若复数之3=(3-之2)[(m2-2m-3)+(m-1)门在复平面内 所对应的点在第四象限，求实数的取值范围. 21.(12分)在复平面内，已知正方形ABCD的三个顶点A,B,C对 应的复数分别是1+i,2一3i,6一2i (1)求点D对应的复数； (2)若 ,求TA+TB+TC对应的复数. 在①②中选择一个，补在(2)中的横线上，并加以解答. ①点T是△ABC的垂心； ②点T是△ABC的外心. 22.(12分)已知i为虚数单位，m∈R,复数之1=m十mi,之2=2m十 2i,之=z122· (1)若之是纯虚数，求实数m的值； (2)若|x≤4，求|之1一之2的取值范围.（2)由题得，ab=(2e:十e）(-30+2e,)=-6f+白·+2经=-子 7 设a与b的夹角为0，则c0s0=a:b= 一2 .1 1a·b7X72 因为0∈[0，]，所以0=红，则向量a与b的夹角为号元 18.解(1)AE-AB+BE=2e1十e2+(-e1十e2)=e1+(1+)e2, 因为A、E、C三点共线，所以存在实数k,使得AE=kEC, 即e1+(1+)e2=k(-2e1+e2),得(1+2k)e1=(k-1-入)e2, 因为e1,e2是平面内两个不共线的非零向量， 所以银释=一子以=一号 (2元-i+-30-74=(-6,-3)+(-1,D=(-1,-2》. (3)因为A,B,C,D四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以AD=BC, 设A(x,y),则AD=(3-x,5-y), 又因为B元=(-7，-2》，所以3二1-7解得x=10, 5-y=-2, y=7, 即点A的坐标为(10,7). 19.解(1)因为b2-c2=a2-√2ac,所以b2=a2+c2-√2ac,又b2=a2+c2-2 accos B, 所以e0sB=号，又B∈(0，m,所以B=子 (2)证明：选①， 因为C-2B,B=晋，所以C-受A=-受-誓-至=B, 所以tanA=tanB,即sinA-=sinB、 'cos A cos B' 结合正弦定理得bcos A=acos B. 选②，因为bcos A=acos B, 所以结合正弦定理得sin Bcos A=sin Acos B, 所以sin Bcos A-sin Acos B=sin(B-A)=0. 因为A,B∈(0，π)，所以B-A∈(-π，π)， 所以B-A=0,即A=B=平，所以C=受=2B, (3)由1)得∠BCD=之∠B=骨，则∠BDC=元-答-子-爱，已知CD=4,在 △BCD中，由正张定理得n2G9DC所以BC=4sn餐 CD SaD=号BC.CD·sn∠BCD-8V2Xsin晋Xsin晋-82Xcos吾Xsin音- 4W2sin于=4，所以△BCD的面积为4. 20.解(1)，cosC+(cosA-3sinA)·cosB=0,.-cos(A+B)+cos Acos B-√3 sin Acos B=0.则sin Asin B-√3 sin Acos B=0,因为sinA≠0，所以sinB一√3cos B=0,即tanB=尽，又B为三角形的内角，则B=子 (2)因为a十c=1,即c=1-a,所以由余弦定理得b2=a2十c2-2ac·cosB, 即8=a2+2-ac=(a+e)2-3ac=1-3a1-a)=3(a-）+是， 因为0a<1,所以}<62<1，则<<1.即6的取值范周为[合1) 21.解(1)AB=CB-CA,且CB2=4,CA2=1,CB.CA=2X1Xcos60°=1， .|AB=ICB-CAI=√J(CB-CA)2=√CB2-2CB·CA+CA2=3. (2)0A=号时，Ai=2A店，B酝-号B元， D,E分别是AB,BC的中点，∴A正=AC+C花=A心+号C第，Ci=号(Ci+C商， 58参考答案 :A正.ci=(Ac+2c)·2ci+c -AC.CA+2AC.CB+1CB.CA+C =-2×12+2×1×2×c0s120+4×2x1×cos60+号×2= ②假设存在非零实数入，使得AE⊥CD, 由AD=入AB,得AD=λ(CB-CA), ..CD=CA+AD=CA+(CB-CA)=ACB+(1-)CA, .BE=A BC, ∴.AE-AB+BE=(CB-CA)+A(-CB)=(1-λ)CB-CA. ..AE.CD=A(1-A)CB2-ACB CA+(1-)2 CB.CA-(1-A)CA2 =4λ(1-)-1+(1-1)2-(1-λ)=-3入2+2λ=0， 解得X=号或入=0（不合题意，合去）， 即存在肆零实数X=号，使得A1ò， 2屏@在△ACP中m∠PAC-器-后号 所以∠PAC=30°，AP=8km,所以∠PAB=180°-30°-30°=120°， 设∠APB=0,则∠ABP=180°-120°-0=60°-0， 在△PAB中，由正孩定理知，n2P历nBP即。 AB AP 8 sin0sin(60°-0)' 化简得5V3cos0=13sin9,即tan9=55, 13 故在P处观察金岛所旅视角∠APB的正切位为 (2)如图，以C为坐标原点，CP所在直线为x轴，CA 个y B 所在直线为y轴建立平面直角坐标系. 过点B作BD⊥CP于D,设CP=xkm, 由AB=10km,∠yAB=30°，可得CD=5km,BD=9 √3km, A ①当x>5时，点P在点D的右侧，PD=(x一5)km, 所以am∠BPC-0-2, D ②当0<x<5时，点P在D的左侧，PD=(5-x)km, 所以an∠BPC=B-2 易知m∠APC-部-，所以当>0，且≠5时， tan0=tan(∠BPC-∠APC) 9543 tan∠BPC-tan∠APC x-5 x 5W3(x+4) =1+tan ZBPC,tan乙APC= 1+93.43 x2-5.x+1081 x-5 x @当x-5时，点P与点D重合，m0am∠CAD-肥-5语，满足上式， 所以tan05308其中z∈(0，十o∞)，令x十4=，则∈(4，+∞)， 所以tan0=53(x十4) 53t 53t 53 z25x+108-(4-4)2-5(t-4)+1082-13+14t+144-13 t 53 二=53，当且仅当仁，，即=12时等号成立， 2.44-13 t 的最大值为，此时x=t一4=12-4=8km,即C 故若要求在P处观察全岛所张的视角最大，点P应选在，点C正东方向8km处. 第七章 章末检测卷 1.A因为2=a2-a十a一1Di为纯虚数，所以02二a0解得a=0.故选A a-1≠0， 2.A由产i,得x=（1-i)i=i计1.心z=1-i故选A i(-3+4i) 3.C因为x=-3-4(-3-40(-3+4D=25 所以之在复平面内所对应的点在第三象限，故选C 4.A 名动+0-5-名+2 1 此复数在复平面内对应点的坐标为（合，），诚点位于第一象限，故选A 5.B因为向量OA,OB对应的复数分别为2-3i,-3十2i, 所以向量0A=(2,-3),0B=(-3,2), 所以向量BA=OA一OB=(5,一5)， 所以向量BA对应的复数是5一5i,故选B. 6.c国为吉=aD=中=所以（信白》===-1k故 2 选C. 7.C设之1=a+bi,之2=c十di,a,b,c,d∈R, a+c+(b+d)i=6, a=c=3,|a=c=3, 由题易知 解得b=1,或b=-1, ac-bd+(ad+bc)i=10; d=-1d=1, ∴.x1+2z2=9+i或z1+2z2=9-i..x1十2z2|=√82.故选C. 8.A依题意，21=(1-i)2=-2i,22=(-2i)2=-4,z3=(-4)2=24， 当n≥3时，之n>0,由名+1=号，得1og2m+1=210g2n,易知log2n≠0，则lo23n1=2, log2zn 当n≥4时，l0g2=10g2X83×8eXos2又6 log225 1og22m=4X2m-3= 22m-1,又10g23=4=23-1也满足上式， .当n≥3时，log2之n=2m-1,∴之n=22m-1.故选A. 9.ABC依题意， {十30，÷3<m<1,因此m的取值可以为-2，一1,0，故 选ABC. 10.BC根据题意，在M={mlm=i”,n∈N}中， n=4k(k∈N)时，i=1; n=4k十1(k∈N)时，in=i n=4k+2(k∈N)时，im=一1； n=4k+3(k∈N)时，i=-i. .M={-1,1,i,-i. 选项A中，(1-i)(1+)=2M; 逸项B中，a (1-i)2 =-i∈M; 速项c中，告aDiM (1+i)2 选项D中，(1-i)2=-2≠M. 故选BC. 11.BCD对于A,因为1=2-i,所以之1=√22+(-1)z=√5， 又12=|1|·|22=5，所以|z2=5,此时复数2有无数多个，故A错误； 对于B,国为1=2-i12=5,所以2=马=2是=2号2=2+i,故B 5 5(2+i) 正确； 对于C,因为1=2-i,1十2=4，所以x2=4-x1=4-(2-i)=2十i,故C正确； 对于D,因为名1=2-i,12十1十2=9，所以2=9=92（2=生= z1+1-2-i+13-i (7+iD(3+D_21+7i+3i+=2十i,故D正确.故选BCD. (3-i)(3+i) 10 12.BD对于A,令=+满足z=1,但≠士1且≠士i,故A错误， 21.解(1)因为在复平面内，点A,B,C对应的复数分别是1十i,2一3i,6-2i, 所以A(1,1),B(2,-3),C(6,-2),所以AB=(1,-4), 对于B,点Z的坐标为(-3,2)，且z是关于x的方程x2+px十q=0的一个根， =一3-2i也是关于x的方程x2+px十q=0的一个根， 设在复平面内点D的坐标为(x,y),则DC=(6-x,一2-x). 时结-80g释=601， 因为四边形ABCD为正方形，所以AB=DC, 故p十q=19,故B正确； 所以仁2年件2 y=2. 所以D(5,2),即点D对应的复数为5十2i 对于C,之=√3-2i,则之的虚部为-2，故C错误； (2)选①. 对于D,点Z的坐标为(2，一1)，.z=2一i,.之=2十i,故D正确.故选BD 易知△ABC为直角三角形，且B为直角顶点， 13.答案一1±③ 所以△ABC的垂心为B,所以T(2,一3)， 2 解析因为△=1-4=-3<0，所以方程x2十x十1=0的根为1±√△ 所以TA=(-1,4),TB=(0,0),TC=(4,1), 2 所以TA+TB+TC=(-1,4)+(0,0)+(4,1)=(3,5), 一13，故答案为一1生③ 所以TA+TB+TC对应的复数为3十5i 2 2 选② 1k答案号+号（答案不唯-） 易知△ABC为直角三角形，且B为直角顶，点， 解折泉=-号+号则1=(-9+)八-(-+}八·（竖+） 所以△ABC的外心为斜边AC的中点，所以T(仔，-）， 2 所以Ti=(-号，是)，=(-是，-)，元-（侵，-）， =-1,滴足性质@，”-号<0满足性质①复复=号+号满足题意（答 212 所以T+7成+元=（吾，名）+（名-名）+（侵-）=(-号，）： 案不唯一). 15.答案√2+1 所以T方+7店+7心对应的复载为-号1 解析设复数之在复平面上对应的点为M,由|之一i=1,可得点M在复平面上的 22.解之=z1z2=(m+mi)(2m+2i)=2m2-2m+(2m2+2m)i. 轨迹是以点(0,1)为圆心，1为半径的圆，易知之一1表示在复平面上，点M到，点(1， (1),之是纯虚数，∴.2m2-2m=0且2m2+2m≠0，解得m=1. 0)的距离，该距离的最大值为√2+1. (2):z≤4，∴.z2≤42，即(2m2-2m)2+(2m2+2m)2≤16，解得-1≤m≤1. 16.答案1√2 ∴.|之1-x21=|-m+(m-2)i|=√-m)2+(m-2)2=√2m2-4m+4 解析易知- 2+i=i, =√2(m-1)2+2, 1-√2i -1≤m≤1，∴.0≤(m-1)2≤4，∴.2≤2(m-1)2+2≤10， 所以之=（ + =(-i)2024+2023=i4+i3=1-i, ∴W2(m-1)2+2∈[V2,√10]，∴.|1-z2|∈[v2,√10. z=1十i,则z的虚部是1，|z=√2. 阶段检测卷一（第六至七章） 17.解(1)因为|3+4i=5,所以z=1十3i-5=-4十3i,所以x=一4一3i, 1.C由题意得(1一i)(a十i)=a十1+(1一a)i(a∈R),又该复数对应点在第四象限，. (2)1+D2(4+3D-=2i(4+3) 2 2(-4-3i) 一i (a+1>0a>1.故选C l1-a<0,1 18.解(1)设之1=a+bi(a,b∈R), 则1+a+bi=(-1+2i)(1-a-bi)=-1+a+2b+(2-2a+b)i, 2.D因为a2十c2=2-3ac,所以由余孩定理的推论可得cosB=2+c2-& 2ac 则1十a=。-1+a+2b解得a=1,故1=1+i. lb=2-2a+b, b=1, c=吗，又周为B∈(0，，所以B=吾故选D, 2ac （2设号=uER0,则=偏=十，1=1，牛7=1，解得=士号。 20212020·ii _i(1+i) -*-+2 21 3.C=1==1-i六-01+ 2 故号+号成竖号 区=一召一2区在复平西内对应的点的全标为（日一召）：该点在第三象 19.解(1)：x=1+i(i是虚数单位)是关于x的方程x2-px十q=0的根， 限.故选C. ∴之=1一i也是关于x的方程x2一x十q=0的根， 4.D由于=2±gai2+)1+2D-2-2a+4+ai为纯虚数，则a=1, ∴.p=1十i+1一i=2,g=x·x=2. z21-2i(1-2i)(1+2i) 5 (2)结合(1)可得(p+qi)·(m2+2mi)=(2+2i)·(m2+2mi)=2m2-4m+(4m+ 所以1=2十i,则之1=√5.故选D. 2m2)i, 5.D对于A,a=√22+12=5，bl=√2+32=√10，|bl≠3|a,选项A中的结论 错误； 又：p+D·(m2+2m是纯虚数，十2m2≠0解得m=2。 对于B,由于2×3一1X1=5≠0，故a,b不平行，选项B中的结论错误； 20解（1=-5+5i=5--4二号号-8- 1 对于C,os@,b三品=50-号，又a,b》∈0，，所以(a,b》三，即o (2)x3=(3-x2)[(m2-2m-3)+(m-1)i门=i汇(m2-2m-3)+(m-1)门 =-(m-1)+(m2-2m-3)i, 与b的夹角为不，选项C中的结论错误； ,3在复平面内所对应的点在第四象限，∴{ -(m-1)>0,解得-1<m<1, m2-2m-3<0, 对于Da在6上的教形向量的魂为--四，选项D中的始论正 故实数m的取值范围是(-1,1). 确.故选D. 6.D易知△ABE≌△CDG,BE=DG,BG-BD-GD=2BO-BE, 又B=5,1Bò，Bò=5+5BG,易知A=5,1Aò， 2 10 晾-A+-i+5Aò-成+5(0-=3,5.A+ dB萨-325Bi+5B成放选D 7.B设x=x十yi(x,y∈R),则|x十yi-1|=|x十yi+1|, 即(x-1)2+y2=(x十1)2+y2,解得x=0, 所以之=yi(y∈R),故|z+1|=|1+yi=√1+y2≥1， 所以|之十1|的最小值为1.故选B. 8.C如图所示，连接OA,OB, 因为中间阴影部分是正方形且边长为2， 所以|OA1=√10，OB|=√2，lAB|=25, 所以|OP1=|OA=√10， 在△AOB中，由余弦定理的推论可得cos∠AOB= OA12+1O2-AB2=10+2-20=25 210AOBI 2×√10X√25 所以如∠A0B=5, 设OA,OP的夹角为a,OB,OP的夹角为B, AB.OP=(OB-OA).OP=OB.OP-OA.OP=2 /5cos8-10cos a, 当P在∠AOB所对的优孤上时，a十B=2π一∠AOB, 所以cms(e+80=∠A0B-=25ha+0=-m∠A0B=5,则cma cas[a+0-用=-2g5osg9日nR, 所以AB.OP-2V5cosB-10cosa=6W5cosB+2W5sinB=10V2sin(8+p)(其中tan p=3),所以AB·OP的最大值为10√2. 当P在∠AOB所对的劣孤上时，a十B=∠AOB, 所以osa+》=as∠A0B=-2g5,sna+m=sn∠A0B= 51 则oms0=[a+的-月=2g5og+5nR所以应.0市-25og-10cm a=6√5cosB-2W5sinB=l0√2sin(B+p)(其中tanp=-3), 所以AB·OP的最大值为10√2. 综上所述，AB·OP的最大值为10√2.故选C 9.ACD由题意知之=1x2=f(0)+g()i=(a+bi)·(cos0+isin)=acos0-bsin0 +(asin 0++bcos 0)i, ∴f(0)=acos0-bsin0,g(0)=asin0+bcos0,故A正确，B错误； 若f0)=2sn(吾-p）,即aos0-6sin9=cos0-5sin0, 则a=1,b=√3，故C正确； 若a=1,b=√5，且g(0)=2,即g(0)=sin0+√3cos0=2, 六2sin(0+写)=2，又：0是锐角0=否，故D正确.故选ACD, 10.ADA中，因为a 为osAB而由正孩定理可得oA一sB所以c0sA=n b A,在三角形中，可得A=牙，所以A正确； B中，若sin2A=sin2B,则2A=2B或2A+2B=元，所以A=B或A+B=.所以 该三角形为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确； C中，若A=30,a=1b=2,由oA白B可得smB=合·sinA=导×号=1， a 所以B=受，只存在一个三角形，所以C不正确： 参考答案59