第5章 复数 真题演练-【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 黑题 真题体验 考点1复数的概念及运算 1.★(2025·全国一卷)(1+5i)i的虚部为 ( A.-1 B.0 C.1 D.6 2.*(2025·全国二卷)已知z=1+i,则 1 A.-i B.i C.-1 D.1 3.(2024·北京)已知=-1-i,则z= ( A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 4.*★(2024·全国甲理)若z=5+i,则i(z+z)= ( A.10i B.2i C.10 D.2 5.4(2023·全国甲文) 5(1+3) 2+i)(2-i0（ A.-1 B.1 C.1-i D.1+i 6.*(2023·全国甲理)设a∈R,(a+i)(1 ai)=2,则a= () A.-1 B.0 C.1 D.2 7.m（(204:前深标全国若1+，则= A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 8.(2023·新课标全国I)已知z= 1-i 2+2i 则z-z= ( A.-i B.i C.0 D.1 必修第二册·BS 真题演练 电子错题本 限时：15min 2+i 9.**(2023·全国乙理)设z= +i2+i,则 A.1-2i B.1+2i C.2-i D.2+i 10.*(2024·天津)已知i是虚数单位，复数 (√5+i)）·(√5-2i)= 11.*(2023·天津)已知i是虚数单位，化简 5+141的结果为 2+3i 考点2复数的几何意义及模的计算 12.*(2024·新课标全国Ⅱ)已知z=-1-i, 则1z1= () A.0 B.1 C.√2 D.2 13.(2023·北京)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 14.*(2025·北京)已知复数z满足i· z+2=2i,则1z|= ( A.√2 B.22 C.4 D.8 15.**(2023·新课标全国Ⅱ)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 16.*(2023·全国乙文)12+i2+21=( A.1 B.2 C.5 D.5 17.*(2025·天津)已知i是虚数单位，则 |黑白题108 §1基本 1.1构成空间几何体的基本元素④1.2 白题基础过关 题组1构成空间几何体的基本元素 1.*(2025·湖南娄底高一期末)给出下列 说法： ①任何一个几何体都必须有顶点、棱和面； ②一个几何体可以没有顶点； ③一个几何体可以没有棱； ④一个几何体可以没有面. 其中正确的个数是 () A.1 B.2 C.3 D.4 题组2棱柱、棱锥、棱台的结构特征 2.★（多选）(2025·四川南充高一月考)下列 命题正确的有 () A.长方体是平行六面体 B.正四棱柱是正方体 C.有一个面是平行四边形的棱锥一定是四 棱锥 D.棱台的侧面是梯形 3.*(2025·河北邢台高一期中)下列命题正 确的是 A.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的 底面 B.所有面都是三角形的几何体一定是三棱锥 C.所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定 是正四棱柱 D.棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点 4.*(2025·安徽蚌埠高一月考)下列说法 中，正确的是 ( A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B.一个多面体至少有4个面 第六章 第六章 立体几何初步 立体图形 简单多面体—棱柱、棱锥和棱台 于错题本 限时：25min C.有两个面相互平行，其余各面都是平行四 边形的多面体是棱柱 D.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之 间的部分是棱台 5.*（2025·陕西西安高一期中)已知某n棱锥 有m个面，k条棱，若3k=5m,则n= 6.*(2025·福建泉州高一期中)以三棱台的 顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱 台分成 个三棱锥 题组3多面体的识别和判断 7.★（多选）(2025·河北承德高一期中)若空 间几何体A的顶点数和空间几何体B的顶点 数之和为12，则A和B可能分别是（) A.三棱锥和四棱柱 B.四棱锥和三棱柱 C.四棱锥和四棱柱 D.五棱锥和三棱柱 8.*(2025·河南商丘高一期中)从长方体的 一个顶点出发的三条棱上各取一点E,F,G, 过此三点作长方体的截面，那么截去的几何 体是 () A.三棱柱 B.三棱锥 C.四棱柱 D.四棱锥 9,*对如图所示的几何体描述正确的是 (填序号) ①这是一个六面体；②这是 一个四棱台；③这是一个四棱 柱；④此几何体可由三棱柱截 去一个小三棱柱得到；⑤此几何体可由四棱 柱截去一个三棱柱得到. 黑白题109a+bi±(c+di)=a±c-(b±d)i,而±2=a-bi±(c-di)=a±c-(b±d)i, 则有2(a2+r2)(b2+r2)+2(a2-r2)(b2-r2)=4(b2-r2)2 故1±2=1±2 化简可得a2=b2-2r2. ）( ac+bd be-ad. ac+bd be-ad:3a-bi 2 e2+d2c2+d2 c2+d2c2+d2 32 c-di 四方法总结 actbd adbeetbd bed 有关共轭复数及模的常用性质： c2+d2c2+d2 c2+d2c2+d2 32 2 21 综上，共钜复数的性质，场，=]得证 （0)任意1C,则与，=2= 记当“差比模”取最大值k时的复数0为mr,即kmx三 (2)任意z∈C,则1z1=1引，z·=112 31-乙ma 22-max 第五章 真题演练 由已知z1=1+√/3i,2=1-√3i发现1=2，由已证明共轭复数的性 黑题 真题体验 质与复数模的性质1z=|引可得 1.c 解析：因为(1+5i)i=i+5i2=-5+i,所以其虚部为1 因为 31-ma 32一2ms 11i 2.A 22-Zmax 1-2max 解折：因为=1i,所以}子=- 22-2mx 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→2=5-i,z+=10,则i(+z)=10i.故选A. 所以若当0=乏m时取得kmar,则0=时取到kmin,故可知 kax·knmn=, 5.C 5(1+3)_5(1-i)-1-i.故选C 解析：(2+i)(2-i)5、 1+W3i-0 由取遍101=r(>0),k= 不恒为常数，则kmax≠kmn 6.C解析：因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2,所以 1-√3i-0 2a=2, 解得a=1.故选C. 故由基本不等式可得k+hm>2,故不存在r<2,使得，之2关于r 1-a2=0. 的“差比模”是协调的 7.C 解析：因为之=1+1 (3)a1=a,32=bi,a,b∈R且a,b>r,设0=r(cos0+isin0), 21211+ 71+i,所以1+ =1-i故选C. i 则k= a-rcos 0-irsin 0 a2+r2-2arcos 0 1-i(1-i)(1-i)-2i -rcos 0+(b-rsin 0)i2+r2-2brsin 0 8。A解析：因为22+2201+1-)42，所以2，所 平方整理可得(a2+r2)-(b2+r2)k2=2 arcos0-2brk2sin0= 以-=-i1故选A. √4a2r2+4b22ksin(0+p）, 9.B解析：=，21 2+i-i(2+i)_2i-1 1+2+泸1-1+i2 =1-2i,则z=1+2i.故 -1 所以1sin(0+p)|= 1(a2+r2)-(b2+r2)k2 ≤1， 选B. √4a2r2+4b2r2k 10.7-√/5i解析：（√5+i)·(5-2i)=5+√5i-25i+2=7-√5i.故答案 即[(a2+r2)-(2+r2)k2]2≤4a22+4b22k4 平方整理得(2-r2)2k4-2(a2+2)(b2+2)k2+(a2-2)2≤0， 为7-5i. 令t=k2,设方程(b2-r2)22-2(a2+r2)(62+r2)+(a2-r2)2=0, 11.4+i 则4=[2(a2+2)(b2+r2)]2-4[(b2-r2)(a2-r2)12=16(a2b2+ 锅指：--52以4放着案为4 r4)·(a2+b2)r2>0. 12.C解析：：z=-1-i,.1z1=√/（-1)2+(-1)2=√2.故选C 故方程有两个不等的实数根，设为m,n,不妨设m<n 13.D解析：z在复平面内对应的点是(-1，√3)，根据复数的几何意 由题意知a>r>0,b>>0,a2-r2>0,b2-r2>0, 则m+n=2(a2+r)(62+r 义，z=-1+√3i,由共轭复数的定义可知，z=-1-√3i.故选D. (b2-r2)2 >0,且mn= (a2-2)2 (2-220, 14.B解析：由1·：+2=25可得，：=2+2=2+2i,所以1：1 故方程(2-r2)22-2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2-2)2=0有两个不等 的正实数根m,n, /22+22=22」 由关于2的不等式(b2-r2)24-2(a2+2)(2+r2)2+ 15.A解析：因为(1+3i)(3-i)=3+8i-32=6+8i,所以所求复数在复 (a2-r2)2≤0， 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+23=2-1-2i=1-2i.则12+2+231=11-2i1 解得k2∈[m,n],则ks=√n,kn=√m 由已知a1,2关于r的“差比模”是协调的，则Vm+万=2， 12+(-2)2=5.故选C. 所以m+n+2√mn=4, 17.√0解析：先由题意，得3+ =-i(3+i)=1-3i,所以 3+i 利用韦达定理，2(a+)(+)+2a2- (b2-r2)2 (b2-r2) =4 12+(-3)2=10. 第六章 立体几何初步 §1基本立体图形 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. 1.1构成空间几何体的基本元素+ 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 1.2简单多面体—棱柱、棱锥和棱台 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，做B错误 白题基础过关 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 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 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 形，故一定有面，④错 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 必修第二册·BS黑白题066