单元检测卷(三) 复数-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（湘教版）

单元检测卷(三)　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.已知复数z＝为实数，则实数m＝(　　) A.－ B.－ C.－2 D.－ 答案：C 解析：z＝＝，因为z是实数，则－＝0，所以m＝－2.故选C. 2.设z＝，f(x)＝x2＋x＋1，则f(z)＝(　　) A.－1－i B.－1＋i C.－i D.i 答案：C 解析：因为z＝＝＝＝＝－i，所以f(z)＝f(－i)＝(－i)2＋(－i)＋1＝－i，故选C. 3.已知a＋i＝－2＋bi(a，b∈R)，则复数z＝＝(　　) A.－2＋i B.－i C.i D.1 答案：C 解析：因为a＋i＝－2＋bi且a，b∈R，则a＝－2，b＝，所以z＝＝＝＝i，故选C. 4.设z＝(2t2＋5t－3)＋(t2－2t＋2)i，t∈R，则下列命题中一定正确的是(　　) A.z的对应点Z在第一象限 B.z的对应点Z在第四象限 C.z不是纯虚数 D.z是虚数 答案：D 解析：设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则a＝2t2＋5t－3＝2(t＋)2－≥－，b＝t2－2t＋2＝(t－1)2＋1≥1＞0，则z的对应点Z可能在第一象限、第二象限或在虚轴上，z是虚数，有可能是纯虚数，故选D. 5.已知z是复数，为z的共轭复数.若命题p：｜z｜＝，命题q：｜z·－1｜＝1，则p是q成立的(　　) 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 答案：A 解析：由｜z｜＝可得z·＝2，所以｜z·－1｜＝1，由｜z·－1｜＝1，设｜z｜＝m(m≥0)，得｜m2－1｜＝1，所以m＝0或m＝，即｜z｜＝0或｜z｜＝，所以p是q成立的充分不必要条件，故选A. 6.若z＝(m＋1)＋(m－1)i(i是虚数单位)在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m的取值范围为(　　) A.(－∞，－1) B.(－∞，1) C.(－1，1) D.(－1，＋∞) 答案：C 解析：z＝(m＋1)＋(m－1)i对应的点为(m＋1，m－1)，因为对应的点位于第四象限，得解得－1＜m＜1.故选C. 7.设复数z满足(3＋2i)＝i2 023，则复数z＝(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：＝＝＝＝，所以z＝，故选A. 8.已知z1，z2均为复数，下列四个命题中为真命题的是(　　) A.｜z1｜＝｜｜＝ B.若｜z2｜＝2，则z2的取值集合为{－2，2，－2i，2i}(i是虚数单位) C.若＋＝0，则z1＝0或z2＝0 D.z1＋z2一定是实数 答案：D 解析：对A，例如取z1＝i，则≠1，故A错误；对B，｜z2｜＝2，取z2＝2(cos θ＋isin θ)，θ∈[0，2π)，故B错误；对C，例如取z1＝i，z2＝－1，满足条件，故C错误；对D，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，则z1＋z2＝(a＋bi)(c－di)＋(a－bi)(c＋di)＝ac＋bd＋(bc－ad)i＋ac＋bd＋(ad－bc)i＝2ac＋2bd，所以z1＋z2是实数，故D正确.故选D. 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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分) 9.已知a，b∈R，(a－1)i－b＝3－2i，z＝(1＋i)a－b，则(　　) A.z的虚部是2i B.｜z｜＝2 C.＝－2i D.z对应的点在第二象限 答案：BC 解析：由复数相等可得，解得，所以z＝(1＋i)a－b＝(1＋i)2＝2i， z的虚部是2，所以A选项错， ｜z｜＝｜2i｜＝2，所以B选项对， ＝－2i，所以C选项对， z对应的点在虚轴上，所以D选项错，故选BC. 10.已知z1与z2是共轭复数，且z1，z2是虚数，以下四个命题一定正确的是(　　) A.＜｜z2｜2 B.z1·z2＝｜z2｜2 C.z1＋z2∈R D.∈R 答案：BC 解析：由题意，复数z1与z2是共轭复数，设z1＝a＋bi，z2＝a－bi，a，b∈R且b≠0， 则＝a2－b2＋2abi，当a≠0时，由于虚数不能比较大小，所以A选项不一定正确， 又由z1·z2＝a2＋b2，｜z2｜2＝a2＋b2， 所以z1·z2＝｜z2｜2，所以B选项一定正确； 由z1＋z2＝2a∈R，所以C选项一定正确， 由＝＝＝＋i不一定是实数，所以D选项不一定正确，故选BC. 11.设x1，x2是关于x的方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈C)的两根，下列命题正确的是(　　) A.x1＋x2＝－a B.若x1，x2∈R，则a，b∈R C.a2－4b≥0 D.若a2－4b＜0，则x1，x2是共轭复数 答案：AB 解析：A选项，由根与系数关系知x1＋x2＝－a，对， B选项，x1，x2∈R，又x1＋x2＝－a，x1·x2＝b，即a，b∈R，对， C选项，仅当x1，x2∈R，才有Δ＝a2－4b≥0，而方程的根不一定为实数，错， D选项，由于a∈C，而x1＝，x2＝， 仅当a∈R时x1，x2是共轭复数，错，故选AB. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上) 12.设i为虚数单位，若复数(1－i)(a＋i)的实部与虚部相等，其中a是实数，则｜1－a＋i｜＝　　　　. 答案： 解析：设z＝(1－i)(a＋i)＝a＋i－ai＋1＝(1＋a)＋(1－a)i，因为复数z的实部与虚部相等， 所以1＋a＝1－a，又a∈R，则a＝0， 所以｜1－a＋i｜＝｜1＋i｜＝＝. 13.已知i是虚数单位，则｜()2 022＋()2 022｜＝　　　　. 答案： 解析：原式＝ ＝｜i4×252＋3＋i4×505＋2｜＝｜i3＋i2｜＝｜－i－1｜ ＝｜－1－i｜＝. 14.设x，y为实数，且＋＝，则x＋y＝　　　　. 答案：4 解析：由＋＝知，(1＋i)＋(1＋2i)＝(1＋3i)， 即(5x＋2y－5)＋(5x＋4y－15)i＝0， 故，解得，故x＋y＝4. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分13分)(1)在①z＋＝4，②z为纯虚数，③z为实数这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题. 已知复数z＝(m2－3m＋2)＋(m2－5m＋6)i(i为虚数单位)，为z的共轭复数，若　　　　，求实数m的值；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件给分) (2)在复数范围内解关于x的方程：x2＋2x＋2＝0. 解：(1)选①：因为＝(m2－3m＋2)－(m2－5m＋6)i，z＋＝4， 所以2(m2－3m＋2)＝4，即m2－3m＝0，解得m＝0或m＝3. 选②：因为z为纯虚数， 所以解得m＝1. 选③：因为z为实数，所以m2－5m＋6＝0，解得m＝2，m＝3. (2)因为(x＋1)2＝－1＝i2，所以x1＝－1＋i，x2＝－1－i. 16.(本小题满分15分)已知z是复数，z＋2i和均为实数，且复数(z＋ai)2对应的点在第一象限，求实数a的取值范围. 解：设z＝x＋yi(x，y∈R)，所以z＋2i＝x＋(2＋y)i， 又z＋2i为实数，所以2＋y＝0，解得y＝－2， 所以z＝x－2i，所以＝＝＝＝(x＋1)＋(x－4)i， 又为实数，所以x－4＝0，解得x＝4， 所以z＝4－2i，所以(z＋ai)2＝(4－2i＋ai)2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i， 根据已知条件有，解得2＜a＜6， 所以实数a的取值范围是a∈(2，6). 17.(本小题满分15分)设z是虚数，且w＝z＋满足－1＜w＜2. (1)求｜z｜的值及z的实部的取值范围； (2)设u＝，求证：u为纯虚数； (3)求w－u2的最小值. 解：(1)设z＝a＋bi，a，b∈R，b≠0， 则w＝a＋bi＋＝(a＋)＋(b－)i， 因为－1＜w＜2，所以w是实数，又b≠0，所以a2＋b2＝1，即｜z｜＝1， 所以w＝2a，因为－1＜w＝2a＜2，所以－＜a＜1，所以z的实部的取值范围是(－，1). (2)证明：u＝＝＝＝－i， 因为a∈(－，1)，b≠0，所以u为纯虚数. (3)w－u2＝2a＋＝2a＋＝2a－＝2a－1＋＝2[(a＋1)＋]－3， 因为a∈(－，1)，所以a＋1＞0， 故w－u2≥2×2－3＝4－3＝1， 当a＋1＝，即a＝0时，w－u2取得最小值1. 18.(本小题满分17分)已知θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数z＝cos θ＋isin θ，且z2＋z在复平面上对应的点在实轴上. (1)求θ； (2)设2z，zi，1＋z＋z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积. 解：因为z2＋z在复平面上对应的点在实轴上， 所以sin 2θ＋sin θ＝2sin θcos θ＋sin θ＝0， θ∈(0，π)，所以cos θ＝－，故θ＝. (2)由(1)知：sin θ＝，2z＝－1＋i， 所以zi＝i＝－－i，z2＝－－i＝－－i， 所以1＋z＋z2＝1－＋i－－i＝0. 在复平面上对应的点分别为A(－1，)，B(－，－)，C(0，0)， 所以AC＝2，BC＝1，·＝(－1，)·＝0， 所以，⊥，所以，S△ABC＝×2×1＝1. 19.(本小题满分17分)设复数z1，z2满足z1·z2＋2iz1－2iz2＋1＝0. (1)若z1，z2满足－z1＝2i，求z1，z2； (2)若｜z1｜＝，则是否存在常数k，使得等式｜z2－4i｜＝k恒成立？若存在，试求出k的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)由－z1＝2i可得：z2＝－2i，代入已知方程得z1·(－2i)＋2iz1－2i(－2i)＋1＝0， 即｜z1｜2－2i－3＝0， 令z1＝a＋bi(a，b∈R)，所以a2＋b2－2i(a－bi)－3＝0，即(a2＋b2－2b－3)－2ai＝0， 所以，解得， 所以z1＝－i，z2＝－i或z1＝3i，z2＝－5i. (2)由已知得z1＝，又｜z1｜＝， 所以｜｜＝，所以｜2iz2－1｜2＝3｜z2＋2i｜2， 所以(2iz2－1)(－2i－1)＝3(z2＋2i)(－2i)， 整理得(z2－4i)(＋4i)＝27，所以｜z2－4i｜2＝27， 即｜z2－4i｜＝3，所以存在常数k＝3，使得等式｜z2－4i｜＝k恒成立. 学科网（北京）股份有限公司 $