第5章 复数 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

第五章 (时间：120分钟 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，只有一项是符合题 目要求的 1.*(2025·湖南怀化高一期末)设复数z= (1+5)i,则在复平面内z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 2.*(2025·安徽合肥高一期中)设z= 1+i 1, 则z= () A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i 3.·（2025·浙江杭州高一期末)在复平面内， 复数z对应的点的坐标为(1，-2)，则1z+11= A.22 B.√10 C.3 D.√5 4.*(2025·江西景德镇高一月考)已知z= 1-2i,且z+az+b=0,其中a,b为实数，则 A.a=1,b=-2 B.a=-1,b=2 C.a=1,b=2 D.a=-1,b=-2 1 5.*(2025·广东揭阳高一期中)设复数z=一+ 1,则121的个位数字是 √ A.2 B.4 C.6 D.8 6.*（2025·陕西西安高一期中)设集合M= y ly=I cos'x sin'x 1,x E R,N= 1 <2,i为虚数单位，xeR},则 M∩N为 A.(0,1) B.(0,1] C.[0,1) D.[0,1] 第五章 章末检测 总分：150分) 本 7.*(2025·陕西榆林高一期中)已知复平面内 复数a1对应的点为Z1,复数a2对应的点为Z2,0 为坐标原点，则下列说法错误的是 A.若Z1与Z2关于实轴对称，则z1+z2为实数 B.若Z1与Z2关于实轴对称，则1名11· |z21=z122 C.若0Z1⊥0Z2,则z122=0 D.若0Z1⊥0Z2,则1a1+z21=1z1-221 8.锌（2025·福建莆田高一期中)欧拉公 式ei“=cosx+isinx(e为自然对数的底数，i为 虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉创立，该 公式建立了三角函数与指数函数的关系，在 复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为 “数学中的天桥”，若在复数范围内关于x的方 程x2+ax+b=0(a,b∈R)的两根为z1,2,其 中，=√2e,则下列结论中错误的是() A.复数e3对应的点位于第二象限 B.a2=1-i C.Ia+bil=√2 D.若满足Iz=1,则lz+z,I的最大值为√2+1 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 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的 得0分 9.*(2025·福建宁德高一期末)已知复数z满 足zi=1+i,其中i为虚数单位，则 () A.z=1-i B.Izl=2 C.z=2 D.22=2i 10.**(2025·海南海口高一月考)在复平面内， 复数1,2对应的向量分别为a1,a2,则(（) A.lz1z2|=1a1·a2| B.|z1-z21=|a1-a2l C.若1z1-z2|=1z1+z21,则z122=0 D.若1a1-a2|=|a1+a2l,则a1·a2=0 黑白题105 11.(2025·福建泉州高一期中)设复 数1,2,3，且z12≠0，其中云1为确定的复 数，下列说法正确的是 ( A.若z122=z112,则z,+z2是实数 B.若z12=z112,则存在唯一实数对(a,b) 使得z3=az1+bz2 C.若z1+z311=0,则3在复平面内对应 的点的轨迹是射线 D.若1z21+1z3|<1,则 23 <1 1-z223 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.*(2025·河南郑州高一月考)已知复 数z1=1+3i的实部与z2=-1-ai的虚部相等， 则实数a= 13.**(2025·浙江温州高一月考)若(5+ i)3=x+yi(x,y∈R),则x+2y= 14.整(2025·广东惠州高一月考)在复平面 中，已知点A(-1,0),B(0,3),复数z1,2对 应的点分别为Z1,Z2,且满足1名1|=|z2|=2, |Z,Z2I=4,则AZ,·BZ,的最大值为 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤 15.*(13分)(2025·江苏无锡高一期中)在 复数范围内解方程： (1)x2+16=0; (2)x2+4x+5=0. 必修第二册·BS黑 6.*(15分)(2025·湖北荆州高一期中)已 知复数z,=m-2i,复数a,=1-i,其中i是虚 数单位，m,n为实数 (1)若m=-1,n=1,求1z1-821的值. (2)若=场， ①求m,n的值. ②若复数a,+入z,在复平面内对应的点在 第二象限，求实数入的取值范围. 7.*★(15分)(2025·山东枣庄高一期中)设 复数z1=1-ai(a∈R),32=3-4i. (1)若名+2是实数，求之1·22： (2)若复数z满足|z-z21=1,求1z的最小值 白题106 18.禁(17分)(2025·河北邯郸高一月考)现19.整(17分)(2025·河北保定高一期末)对 定义“n维形态复数zn”:zn=cosn0+isin n0, 于0,1，a2∈C,记k= -0为1,2关于 其中i为虚数单位，n∈N*,0≠0. z2-z0 ()当9=平时，证明：2维形态复数”是 的“差比模”.若取遍1z|=r(r>0),记z1,2关 于Izo|=r的“差比模”的最大值为kx,最小 “1维形态复数”的平方， 值为kin,若kmar+knn=2,则称z1,2关于r的 (2)若“2维形态复数”与“3维形态复数”相 “差比模”是协调的， 等，求sin(+)的值 1,V3 (1)若=2+i,=1,=-1,求1西关 于的“差比模”。 (2)若z1=1+√3i,2=1-3i,是否存在r<2, 使得z1,2关于r的“差比模”是协调的？ 若存在，求出r的值；若不存在，说明 理由。 (3)若1=a,2=bi,a,b∈R且a,b>r,若x1,z2 关于的差比模”是协调的，求“矿 的值. 第五章黑白题107∠0AB=120°，由复数的几何意义可得A(2,1),故 菱形OABC位置只能如图，且IOB|=√3|OA|= √15，∠A0B=30°，记点A,B对应的复数分别 为1,2，由复数三角形式乘法的几何意义2=x1· 5(m0+咖0)=(2+)5（停分） 0 6-33+2W 2 1故点B所对应的复数是6-，5,3+25 2 2 黑题应用提优 1D解折=5（血行im)B+x(之）=子 √3 2 2B解折：由已知得-万+i=2(经+)-2(m 血3），所以0d绕原点顺时针旋转得2(m平+血)： [=(）im(-）)]=2(cs0+0=2,由02绕原点逆 时针旋转智所得向量与成，旋转后所得向量的终点重合得 2=2 coS Cos 3 3 m智）-1hi故选B 3.C解析：依题意，z=[cos(A-B)+isin(A-B)](cosC+isin C)= cos(A-B+C)+isin(A-B+C),由复数z是实数，得sin(A-B+C)=0,在 △ABC中，sin(T-2B)=0,由0<B<T,得-T<T-2B<T,因此T-2B= 0,解得B=受，所以△MC是直角三角形， 4.ACD解析：由题意知复数a1,2满足a1=cosa+isin,2=cosB+ isinB,且la1-z21=V2,则a1-a2=(cosa-cosB)+i(sina-sinB),故 cos a-cos B)2+(sin a-sin B)2=2,2-2 cos acos B+ sin asinB)=2,得cos(a-B)=0,故a-B=km+7(keZ),D正确； z1·z2=(cosa+isin o）·(cosB+isin B)=cos acos B-sin asin B+ i(cos asin B+sin acos B)=cos(a+B)+isin (a+B),= cos2(a+B)+sin2(a+B)=1,A正确；由于a1+z2=(cosa+cosB)+ i(sin a+sin B),=(cos a+cos B)2+(sin a+sin B)= V√2+2(cos acos B+sin asinB)=√2+2cos(a-B)=V2,B错误；由以 上D的分析可知，若a=0,则cos(-B)=0,故cosB=0,C正确. 5.-2cos100°280°解析：复数z整理可得2cos2100°+ 2isin100°cos100°=2cos100°(cos100°+isin100°）=-2cos100°× (-cos100°-isin100°)=-2cos100°(cos280°+isin280°)，∴.复数z 的模为-2c0s100°，辐角主值为280°. 6.21 22 i解析：设z=a+bi(a,b∈R),则z+1=(a+1)+bi,z-1= (a-1)+h,因为复数+1的辐角的主值为石，所以m石-。 b 6a+1 5 Y3①因为复数x-1的缅角的主值为3，所以an3a一7=一√3 1 √3 1√3 ②，由①2可得a=2b=2,所以z=2+2 7.(1)解：x6=1有解x1=1,又其余5个解在复平面内对应的点与x1=1 对应的点均分单位圆，所以各根在复平面内对应的向量与x轴正方 向的夹角分别为0，号号，智，，故所有解为=1，= 1 .13 (2)解：化简2=数得（分）'=i,令m=子，即时=m牙十 1 必修第二册·BS m受，由题知，(as6叶血叭=0as39+n39,则m=s石+ n石，其余2个解与复数m,在复平面内对应点均分单位圆，所 以=m石+油 3π 3,1 2+2,m=-i综上，2=8i在复数域中的所有解为1=2m1= 3,1 W3+i,x2=2m2=-√3+i,x3=2m3=-2i (3)证明：对于方程x”+1=0(neN+,且n为偶数)，设该方程有解 x1=cos+isin0,方程的n个解在复平面内对应的点均分单位圆，则 两个解在复平面内对应向量的夹角为故所有解1,2， x,在复平面内对应的向量与x轴正方向的夹角分别为0,0+2m,+ 行，0+2严因为n为偶数，所以有=m如.， m(r）m(e2）,号=w(+m-）+im(o* )安1m(0+m)+m(0+m),号2(ra+年） isin0+π+ 分(1≤≤？，keN,)在复平面内对应向量的夹角相差元，即 x+x号=0，所以当neN+,且n为偶数时，方程x”+1=0在复数域 内的所有解的和为0. 第五章章末检测 1.B解析：因为z=（1+5i)i=-5+i,则复平面内z对应的点为 Z(-5,1),位于第二象限. 2.D解析：z1- 1+i (1+i)2 2i 1-i)(1+)1= 1= 2 -1=-1+i,则z=-1-i. 3.A解析：由题意，z=1-2i,则z+1=2-2i,所以1z+11=√4+4=2W2. 4.A 解析：z=1-2i,z+a2+b=1-2i+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(2a-2)i, 由z+αz+b=0,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，得 +a+6=0,即a=l, 2a-2=0, b=-2. 5c得断：因为：受则√（份-（侣= 又1241=1z124=()204=2102,因为2l=2,22=2x2=4,23=2x 4=8,24=2×8=16,25=16×2=32,26=2×32=64,27=2×64= 128,28=2×128=256,…,则2"(neN)的个位数字以2,4,8,6为周 期循环出现.因为1012÷4=253，所以12041的个位数字是6. 6.C解析：因为y=Icos2x-sin2xl=Icos2x∈[0,1]，所以M=[0,1]. 1 因为xi <√2，所以Ix+il<√2，即Ix-(-i)|<√2.又因为xeR, 所以-1<x<1,即N=(-1,1),所以M∩N=[0,1). 7.C解析：设1=a+bi,a,beR,z2=c+di,c,d∈R.对于A,Z1与Z2关 于实轴对称，则8C,+=2aeR,故A正确；对于B,乙，与乙 关于实轴对称则84.11=V+,+=2+ b2,12=(a+bi)(a-bi)=a2+b2,故B正确；对于C,:0Z110Z2, ∴.ac+bd=0,∴.1a2=(a+bi)(c+di)=ac-bd+(ad+bc)i不-定为0，故 C错误；对于D,0Z110Z2,.ac+bd=0,∴|a+2|= √（a+c)2+(b+d)2=√a2+b2+c2+d2+2(ac+bd)=√a2+b2+c2+d平， .1z1-21=√(a-c)2+(b-d)7=Va2+b2+c2+P-2(ac+bd)= √a2+b2+c2+d正，故D正确. 8.C解折：因为e8=cas3+im3,而73<m,即cms3<0,sm3>0, 则复数e对应的点(cos3,sin3)位于第二象限，故A正确； 因为e=cosx+inx,所以=2e章=万(cos牙+in牙）=1+i 黑白题064 又因为在复数范围内关于x的方程x2+ax+b=0(a,b∈R)的两根 为a1,2,所以a1+2=-a,且(1+i)2+a(1+i)+b=0,即(a+b)+(2+a)i= 0,则06=0解得a=2, (2+a=0, lb=2. 所以z2=-a-a1=2-1-i=1-i,1a+bil=1-2+2il=√（-2)2+22=25， 故选项B正确，选项C错误； 由1z=1知，在复平面内表示复数z的点在以原点为圆心的单位圆 上，Iz+1+i可看作单位圆上的点到点(-1，-1)的距离，因为圆心到 (-1,-1)的距离为2，则该单位圆上的点到点(-1，-1)的距离最大 值为√2+1，故选项D正确. 9.AC解析：因为i=1ti,所以z=1中i-1-i,放1z1=P+(-)=2, i 故A正确，B错误：zz=(1-i)（1+i)=2,C正确：z2=(1-i)2=1 2i+2=-2i,D错误. 10.BD解析：在复平面内，复数1,22对应的向量分别为a1,a2, z=c+di,z2=etfi(c,d,efeR),a=(c,d),a2=(ef), 对于A,当1=1+i,2=1-i时，a1=(1,1),a2=(1,-1),则 |z1·21=2,1a1·a2|=0,故A错误； 对于B,lz1-a2l=l(c-e)+(d-f)il=√(c-e)2+(d-2,la1-a2l= I(c-e,d-f)1=√/(c-e)2+(d-f)2,∴.1z1-z21=|a1-a2l,故B正确； 对于C,当1=1，a2=i时，la1-21=l1-il=√2,1a1+a2l=11+il=W2, 满足1a1-a21=la1+z2l,但a1·2=i≠0，故C错误； 对于D,由1a1-a21=la1+a2l,得1a1-a212=1a1+a212,得a1·a2= 0,故D正确. 11.ACD解析：对于A中，若12=1a112,因为12≠0，则12= lz112=z1云1，可得2=1，设名1=m+i,m,n∈R,则1+z2=1+ 云1=2m∈R,所以A正确； 对于B中，由A得2=1，设a1=m+ni,m,n∈R,若=a1+b加2， 则z3=a21+ba1=a(m+ni)+b(m-ni)=(a+b)m+(a-b)ni,只要m=0 或n=0,选项B就不正确，例如：a1=ni(n≠0，n∈R),此时z2= z1=-ni,z3=5ni可表示为z3=5ni=4ni+i=4z1-z2或z3=5ni=6ni-i= 6z1+z2,所以表示方法不唯一，所以B错误： 对于C中，若1+1311=0，则13+1311三11=0，可得|31· |a1l=-13∈R,则231=-13≥0，所以3a1eR且3≤0， s0,则复 设=0，则=去-==1其中w 数a3对应的向量与复数1对应的向量方向共线，且长度是Iu1倍， 故3在复平面内对应的点的轨迹是射线（且与OZ1方向共线），所 以C正确； 对于D中，若1z21+lz31<1,可得|z2|-1<-z31<0,同理1z31-1<0,由 2223 <1,即1z2-31<|1-231,可得(z2-23)(22-3)<(1-223)· 1-2243 (1-23),即z22+z383-（23+8223)<1+2223z3-(2z3+z23),即 2233<1+22433,即1z212+la2<1+l212132,即(121-1)· (1z31-1)>0. 因为|z21-1<0,lz31-1<0,所以(1z21-1)(1z31-1)>0成立，所以 2-3 <1成立，所以D正确 1-8223 12.-1解析：复数z1=1+3i的实部为1，复数z2=-1-ai的虚部为-a, 则-a=1,解得a=-1. 13.16解析：因为(5+i)3=(3+i)2（5+i)=(2+23i)(3+i)= 2w3-23+2i+6i=8i,所以x=0,y=8,x+2y=16. 14.2√0-4解析：因为复数1,2对应的点为Z1,乙2，且111= 121=2,则可确定点Z1,乙2在以0为圆心，2为半径的圆上， 又1Z1Z21=4,所以Z1乙2为圆的直径，即Z1,Z2关于原点对称，所 以0Z=-0Z2.因为AZ=Ad+0Z,BZ2=Bd+0Z2,所以AZ·BZ,= (A⑦+0Z)·(Bi+0Z2)=Ad.Bd+Ad.0Z2+0Z·Bi+0Z· 0Z2=(1,0)·(0,-3)-Ad.0Z2+0Z·Bd+2×2×cos(-m)=-4+ 0Z·B.又1B1=√12+32=√10,10Z1=2,<0Z,Bi>e 参考答案 [0,r],则cos<0Z,Bi>∈[-1,1]，所以0Z.B成=10Z1· 1B·cos<0Z,B>=2√0cos<0Z,B>,即0Z.BA的最大值 为2√10，所以AZ,·BZ的最大值为2√10-4. 15.解：(1)由x2+16=0,得x2-16i2=0,即(x-4i)(x+41)=0,解得x= -4i或x=4i,所以方程的解为x=-4i或x=4i. (2)由x2+4x+5=0,得(x+2)2=i2,则x+2=±i,解得x=-2i,所以方 程的解为x=-2±i 16.解：(1)当m=-1,n=1时，a1=-1-2i,z2=1-i,所以1-2= (-1-2i)-(1-i)=-2-i,所以1a121=√(-2)2+(-1)7=5. (2)①若1=号，则m-2i=(1-ni)2=(1-n2)-2i,所以 1-2解得m0, l-2=-2n,% (n=1. ②a1=-2i,42=1-i,所以a1+入2=-2i+入(1-i)=入-(2+入)i又a1+Az2 在复平面内对应的点在第三象限，所以{入)0雅 、解得 八<0，所以<-2，所以实数入的取值范围为-0，-2). lA<-2, 17.解：(1)由云1+2=1-ai+3-4i=4-(a+4)i是实数，所以a+4=0,所 以a=-4,则z1·z2=(1+4i)(3-4i)=3+16+12i-4i=19+8i. (2)设x=x+y1i(x,yeR),则由1z-21=|x+yi-3+4i1= V(x-3)2+(y+4)=1→(x-3)2+(y+4)2=1,引入参数a,可得x= 3+cosa,y=-4+sin&,所以|z1=1x+yi1= (3+cos a)2+(-4+sin a)2 =√26+6cosa-8sina= 3 4 V26-10sin(a-p),其中imp=弓，cos9=5,此时1zlnm= √/26-10=4. T 18.(1)证明：当0=时，n=cos4n+isinn 4 4, 欧1雀影态复数为周=o子m号-经（切。 2维形老复数为名，则与心子恤号=1， 因为[n]1a=1 故“2维形态复数”是“1维形态复数”的平方. (2)解：因为“2维形态复数”与“3维形态复数”相等， 所以os29m29-as白0因此僵39议 解cos20=c0s30,得30=20+2kr(k∈Z)或30+20=2hm(k∈Z), 解sin20=sin30,得30=20+2kr(keZ)或30+20=2kT+π(keZ), 由于两个方程同时成立，故只能有30=20+2kπ(k∈Z), 即0=2(kez).所以血(0+子）=血(2m+）-m π√ 42 19.解：(1)由题意得k 1-20 -1-0 1√3 22 3√3 -3-55-3- 22 故，3关于的差比模"为 (2)先证明共轭复数有如下性质：若任意1,2∈C,则1±2=1巧， 证明：设1=a+bi(a,beR),2=c+di(c,deR),则运= 黑白题065 a+bi±(c+di)=a±c-(b±d)i,而z1z2=a-bi±(c-di)=a±c-（b±d)i, 故1±22=21还2 (）( ）=a+d+bc-a吗=actbd_bc-ad c2+d2e2+d2 2+2+d c-di tbdadbcbdbd c2+d2e2+d2 22 2 综上，共轭复数的性质，=士， 得证 记当“差比模”取最大值kms时的复数0为mx,即kmx= 21-2max 22-Zmax 由已知a1=1+√3i,2=1-√3i发现1=2，由已证明共轭复数的性 质与复数模的性质|z=1可得， 因为 31-名ma 2-名ma 2之ma Z2-Zmax 21-Zmax 22-m 1 21-2max 所以若当0=am时取得kmr,则0=z时取到kin,故可知 kmax·kmin=l, |1+wW3i-z0 由取遍1z|=r(r>0),k= 不恒为常数，则kmax≠kmin, 1-√3i-z0 故由基本不等式可得km+k>2,故不存在r<2,使得a1,2关于r 的“差比模”是协调的， (3)z1=a,22=bi,a,bERa,b>r,=r(cos 0+isin 0), 则k= a-rcos 0-irsin 0 a2+r2-2arcos 0 -rcos 0+(b-rsin 0)i2-2brsin 0 平方整理可得(a2+r2)-(b2+r2)k2=2 arcos0-2brk2sin0= √/4a2,2+4b2Pk4sin(0+o), 所以Isin(6+p)|= (a2+r2)-(b2+r2)2 ≤1， √4a2r2+4b2,2k4 即[(a2+r2)-(b2+r2)k2]2≤4a22+462r2k4, 平方整理得(b2-2)2k4-2(a2+r2)(b2+r2)k2+(a2-2)2≤0， 令t=k2,设方程(b2-r2)2t2-2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2-r2)2=0, 则4=[2(a2+r2)(b2+r2)]2-4[(b2-r2)(a2-r2)]2=16(a2b2+ r4)·(a2+b2)r2>0, 故方程有两个不等的实数根，设为m,n,不妨设m<n. 由题意知a>r>0,b>r>0,a2-r2>0,b2-2>0, 则m+n 2(a2)8+2,0,且mm （a2-2)2 (b2-r2)2 (62-2)20, 故方程(b2-2)22-2(a2+r2)(62+r2)t+(a2-2)2=0有两个不等 的正实数根m,n, 由关于2的不等式(b2-r2)2k4-2(a2+2)(b2+2)k2+ (a2-r2)2≤0， 解得k2e[m,n],则knr=元，kmin=√元， 由已知名，2关于，的“差比模”是协调的，则√m+元=2， 所以m+n+2√mn=4, 利用韦达定理，2(2+r2)(62+ 2+2(a2-r2) 4, (b2-r2)2 (b2-2) 第六章 立 §1基本立体图形 1.1构成空间几何体的基本元素中 1.2简单多面体—棱柱、棱锥和棱台 白题 基础过关 1.B解析：球只有一个曲面，故①错，②对，③对.由于几何体是空间图 形，故一定有面，④错 必修第二册·BS 则有2(a2+r2)(b2+r2)+2(a2-r2)(b2-2)=4(b2-2)2, 化简可得a2=b2-2r2, 故2-a=2 2 四方法总结 有关共轭复数及模的常用性质： （0)任意1C,则场=1场·写 22 (2)任意z∈C,则1zl=|z引，z·z=1z2 第五章 真题演练 黑题 真题体验 1.C解析：因为(1+5i)i=i+52=-5+i,所以其虚部为1. 2.A 解析：因为=1+i,所以11=1 z-11+i-1i-2 =-i 3.C解析：由题意得z=i(-1-i)=1-i故选C. 4.A解析：由z=5+i→z=5-i,z+2=10,则i(z+z)=10i.故选A. 5(1+i)-5(1-i)=1-i.故选C 5.C解析：72+)(2-i)5 6.C解析：因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2,所以 2a=2,。解得a=1.故选C. 01-a2=0,1 7.C解析：因为之1+1=1 1+i,所以=1+ 1 z-1z-1 =1-i故选C 8解新周为：受得子-宁断宁所 以z-z=-i.故选A. 2+1-2+1-i(2).2i-1=1-2i,则z=1+2i故 9.B解析：1+印行-1卫 -1 选B. 10.7-√5i解析：(5+i)·(√5-2i)=5+√5i-2√5i+2=7-√5i.故答案 为7-√5i. 1得折-径-2-4妆答案为4 12.C解析：z=-1-i,1zl=√（-1)2+(-1)7=√2故选C. 13.D解析：z在复平面内对应的点是(-1，√5)，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.故选D 14.B解析：由1·2+2=2可得，2=-2+21=2+2，所以121= √/22+22=2W2. 15.A解析：因为(1+3i)(3-i)=3+8i-3i2=6+8i,所以所求复数在复 平面内对应的点为(6,8)，位于第一象限故选A. 16.C解析：2+i2+2i3=2-1-2i=1-2i,则12+i2+231=11-2i1= √12+(-2)2=√5.故选C. 17.而解析：先由题意，得3+ =-i(3+i)=1-3i,所以 3+i i √/12+(-3)2=√/10. 体几何初步 2.ACD解析：对于A,底面是矩形的直平行六面体是长方体，故 A正确. 对于B,正四棱柱要求底面为正方形且侧棱与底面垂直，但未限定侧 棱长度必须等于底面边长.若侧棱长度与底面边长相等，则为正方 体，否则仅为长方体因此，正四棱柱不一定是正方体，故B错误 对于C,侧面均为相交于一点的三角形，底面为多边形的几何体为棱 锥，根据底面的边数，分为三棱锥、四棱锥等若某棱锥有一个面为平 行四边形，由棱锥定义可知，该面一定为棱锥的底面，因此有一个面 黑白题066