第7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（人教A版）

第七章 章末检测 (时间：120分钟总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 7.*(2025·陕西西安高一期中)设集合M= 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 yly=1o0s'x-sin'tl,ERN= 目要求的 1.*(2025·湖南怀化高一期末)设复数z= √2，i为虚数单位，x∈R},则MnN为( (1+5i)i,则在复平面内z对应的点位于( A.(0,1) B.(0,1] A.第一象限 B.第二象限 C.[0,1) D.[0,1] C.第三象限 D.第四象限 8.(2025·福建莆田高一期中)欧拉公 2.*(2025·安徽合肥高一期中)设z 11, 式ei“=cosx+isin x(e为自然对数的底数，i为 1-i 虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉创立，该 则z= ( 公式建立了三角函数与指数函数的关系，在 A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i 复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为 3.*(2025·浙江杭州高一期末)在复平面内， “数学中的天桥”若在复数范围内关于x的方 复数z对应的点的坐标为(1，-2)，则1z+1|= 程x2+ax+b=0(a,b∈R)的两根为a1,2,其 ( 中x,=√2é，则下列结论中错误的是() A.2√2 B.√/10 C.3 D.5 A.复数e3对应的点位于第二象限 4.*(2025·江西景德镇高一月考)已知z= B.z2=1-i 1-2i,且z+az+b=0,其中a,b为实数，则 ( C.|a+bil=√2 A.a=1,b=-2 B.a=-1,b=2 D.若满足|z=1,则1z+zI的最大值为√2+1 C.a=1,b=2 D.a=-1,b=-2 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 5.*(2025·广东揭阳高一期中)设复数z=。+ 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的 2,则l:21的个位数字是 得0分 9.(2025·福建宁德高一期末)已知复数z满 A.2 B.4 C.6 D.8 足zi=1+i,其中i为虚数单位，则 6.*(2025·陕西榆林高一期中)已知复平面内 A.z=1-i B.1z|=2 复数a1对应的点为Z,复数z2对应的点为Z2,0 C.z=2 D.22=2i 为坐标原点，则下列说法错误的是 ( 10.*(2025·海南海口高一月考)在复平面内， A.若Z1与Z2关于实轴对称，则z1+a2为实数 复数云1,2对应的向量分别为a1,a2,则（) B.若Z1与Z2关于实轴对称，则1a11· A.lz1z2|=|a1·a2l |z21=z122 B.Iz1-z21=la-a2l C.若0Z110Z2,则z122=0 C.若1z-221=1a1+21,则z12=0 D.若0Z1⊥0Z2,则1z1+z21=1z1-z2 D.若la1-a2l=|a1+a2l,则a1·a2=0 必修第二册·RJ黑白题054 11.整(2025·福建泉州高一期中)设复16.*(15分)(2025·湖北荆州高一期中)已 数a1,2,3,且名122≠0，其中名1为确定的复 知复数z1=m-2i,复数z2=1-ni,其中i是虚 数，下列说法正确的是 ( 数单位，m,n为实数 A.若z12=|z112,则1+z2是实数 (1)若m=-1,n=1,求1z1-21的值 B.若z12=z12,则存在唯一实数对(a,b) (2)若a1=, 使得z3=az1+bz2 ①求m,n的值. C.若名1+1311=0，则3在复平面内对应 ②若复数z,+入z,在复平面内对应的点在 的点的轨迹是射线 第二象限，求实数入的取值范围， D.若1z21+la3|<1,则 22-83 <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(3+i)= x+yi(x,y∈R),则x+2y= 14.禁(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1,22对 应的点分别为Z1,Z2,且满足1z1I=1z2|=2, |Z1Z2I=4,则AZ,·BZ的最大值为 17.**(15分)(2025·山东枣庄高一期中)设 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出 复数a1=1-ai(aeR),z2=3-4i 文字说明、证明过程或演算步骤 (1)若1+a2是实数，求z12, 15.*(13分)(2025·江苏无锡高一期中)在 (2)若复数z满足1z-221=1,求1z1的最小值， 复数范围内解方程： (1)x2+16=0; (2)x2+4x+5=0. 第七章黑白题055 18.整(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+iinn0, 于0,1C,记k=为1，关于0 其中i为虚数单位，n∈N,0≠0. z2-230 (1)当0=平时，证明：“2维形态复数”是1 的“差比模”若取遍o=r(r>0),记z1,2关 于lz=r的“差比模”的最大值为kmx,最小 维形态复数”的平方. 值为片in,若kmx+kn=2,则称z1,22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sim(0+牙)的值 0若日=1-1，求5关 于。的“差比模”， (2)若x1=1+√3i,z2=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a1=a,2=bi,a,beR且a,b>r,若a1,2 关于，的“差比模”是协调的，求。 2 的值 必修第二册·RJ黑白题056由题知，(cas94in9=os304i血30，则m,=0s名+i·血石，其 余2个解与复数m1在复平面内对应点均分单位圆，所以m2= √3 6 ,m3=-i综上，2=81在复数域中的所有解为1=2m1=3+i, 1 x2=2m2=-√3+i,x3=2m3=-2i. (3)证明：对于方程x”+1=0(n∈N,,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 相邻两个解在复平面内对应向量的夹角为2，故所有解1，，…， 名，在复平面内对应的向量与：销正方向的夹角分别为8,0：9叶 4 n ,,0+2n-1）严因为n为偶数，所以x1=cs0+i6in0, ）om(en)n(er)安w(ore2）n(or +要)…=m(0-）+血(0要)，所以与号 (1≤k≤2，keN,)在复平面内对应的向量的夹角相差m,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. 第七章章末检测 1.B解析：因为x=(1+5i)i=-5+i,则复平面内z对应的点为(-5,1)， 位于第二象限， 1+i （1+i)2 2i 2.D解折：1-(1的1=21=-1，则=-1-i 3.A解析：由题意，z=1-2i,则z+1=2-2i,所以1z+11=√4+4=2√2. 4.A解析：z=1-2i,z+az+b=1-2i+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(2a-2)i, 由+a+b=0,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，得 +ab=0,即a=l； 2a-2=0, 1b=-2 5c解标：因为：=}+则11-√（兮）广+（图）-， 又12241=12124=(2)2024=2102，因为2=2,22=2x2=4,23=2× 4=8,24=2×8=16,25=16×2=32,26=2×32=64,27=2×64= 128,28=2×128=256,…,则2(n∈N*)的个位数以2,4,8,6为周 期，所以1z20241的个位数字是6. 6.C解析：设a1=a+bi,a,beR,z2=c+di,c,d∈R. 对于A,石与石关于实轴对称，则{8.+=a∈R,故 A正确； 对于B,乙与乙关于实轴对称，则61·1五日 √a2+b.√2+亚=a2+b,12=(a+bi)(a-bi)=a2+b2,故B正确； 对于C,0Z1⊥0Z2,ac+bd=0,.a1a2=(a+bi)(c+di)=ac-bd+ (ad+bc)i不一定为0，故C错误； 对于D,:0Z1⊥0Z2,.ac+bd=0,la1+a21=√(a+c)2+(b+d)2= √a2+b2+e2+2+2(ac+bd)=√a2+b2+c2+正，.|a1-21= √(a-c)2+(b-d)2=√a2+b2+c2+d2-2(ac+bd)=√a2+b2+c2+d2, 故D正确. 7.C解析：因为y=1cos2x-sin2xl=1cos2x|e[0,1],所以M=[0,1]. 1 因为行 <√2，所以Ix+il<√2，即Ix-(-i)I<√2，又因为x∈R 参考答案 所以-1<x<1,即N=(-1,1),所以MnN=[0,1). 8.C解析：因为e8=cs3+1sin3,而7<3<m,即as3<0,im3>0, 则复数e3对应的点(cos3,sin3)位于第二象限，故A正确； 因为e“=cosx+inx,所以名=e子=万(cos牙+in牙)1+i 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a1,22,所以z1+a2=-a,且(1+i)2+a(1+i)+b=0,即(a+b)+(2+a)i= 0,则0+6=0，解得a2 l2+a=0, b=2. 所以2=-a-名1=2-1-i=1-i,1a+bil=l-2+2il=√(-2)2+22=22， 故选项B正确，选项C错误； 由|z=1知，在复平面内表示复数x的点在以原点为圆心的单位圆 上，1z+1+i1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=1+i,所以z=1+-1-i,故z1=P+-严=2， 故A正确，B错误；zz=（1-i)(1+i)=2,C正确；z2=(1-i)2=1- 2i+i2=-2i,D错误. 10.BD解析：在复平面内，复数a1、2对应的向量分别为a1,a2, z=c+di,z2=etfi(c,d,efER),a1=(c,d),az=(ef), 对于A,当1=1+i,2=1-i时，a1=(1,1),a2=(1,-1),则 |z1·22|=2,|a1·a2|=0,故A错误： 对于B,1a-21=l(c-e)+(d-f)il=√(c-e)2+(d-)2,la1-a2l= 1(c-e,d-l=√(c-e)2+(d-)2,la1-2=la1-a2l,故B正确； 对于C,当a1=1,2=i时，lz1-21=|1-i=W2,lz1+2l=1+i训=√2， 满足1a12=a1+21,但z12=i≠0，故C错误； 对于D,由1a1-a2l=la1+a2l,得1a1-a212=la1+a212,得a1·a2 0,故D正确. 11.ACD解析：对于A中，若12=a12,因为12≠0，则12= lz12=名11，可得2=1，设a1=m+ni,m,neR,则名1+2=+ z1=2meR,所以A正确； 对于B中，由A得2=云1，设1=m+ni,m,n∈R,若3=a1+bz2, 则z3=az1+bz1=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，neR),此时z2=元1=-ni,3=5ni可表示为3= 5ni=4ni+i=4z1-z2或3=5ni=6ni-i=6z1+x2,所以表示方法不唯 一，所以B错误 对于C中，若13+|311=0，则名13+1311a1=0,可得引1· 1z11=-z1z3∈R,则1z31川811=-81z3≥0，所以z381∈R且z31≤0， t这1 t 设10，则有房其中≤0，则 t 复数x3对应的向量与复数1对应的向量方向共线，且长度是Iu 倍，故3在复平面内对应的点的轨迹是射线（且与021方向共线）， 所以C正确. 对于D中，若121+3<1，可得12l-1<-23<0,同理31-1<0，由 223 <1,即川z2-23|<11-2231,可得(2-23)(2-23)<(1-23)· 1-2223 （1-2283）,即2282+z3z3-（2283+2223）<1+z2822333-（z223+z23）, 即22+33<1+z22233,即1z212+la312<1+l321212312,即(la2-1)· (1z31-1)>0. 因为1z21-1<0,1z31-1<0,所以(1z21-1)(1z31-1)>0成立，所以 32一23 <1成立，所以D正确 1-2223 12.-1解析：复数1=1+3i的实部为1，复数2=-1-ai的虚部为-a, 则-a=1,解得a=-1. 13.16解析：因为（√5+i)’=(5+i)2(√5+i)=(2+25i)(5+i)= 2W5-23+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,Z2,且111= 黑白题035 1z2I=2,则可确定点Z1,Z2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 OZ=-0Z因为AZ=Ad+0Z,BZ,=Bd+OZ,所以AZ.BZ,= (Ad+0Z)·(Bd+0Z)=Ad.Bd+Ad.0Z+0Z.Bd+0Z· 0Z2=(1,0)·(0,-3)-A0.0Z2+0Z·Bi+2×2×cos(-m)=-4+ 0Z·B成 又1Bi1=√2+3=√10,10Z1=2,<0Z,Bi>e[0,m],则 cos<0Z,Bi>e[-1,1], 所以0Z.BA=10Z1.B·cos<0Z,Bi= 2√10cos<0Z,BA>,即0Z.BA的最大值为2而，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+4i)=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士i. 16.解：(1)当m=-1,n=1时，1=-1-2i,2=1-i,所以1-2= （-1-2i)-(1-i)=-2-i,所以1z1-21=√(-2)2+(-1)7=5. (2)①若1=，则m-2i=(1-ni)2=（1-n2)-2ni,所以 m1-2解得n0, -2=-2n, ln=1. ②z1=-2i,2=1-i,所以z1+z2=-2i+入(1-i)=入-(2+入)i,又1+ 2在复平面内对应的点在第二象限，所以仁2tA)>0,解 、解得 <0,所以入<-2，所以实数A的取值范围为(-0,2)， A<-2, 17.解：(1)由乙1+z2=1-ait3-4i=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z=x+y1, 则由1z-22|=|x+yi-3+4i1=√(x-3)2+(y+4)7=1(x-3)2+ (y+4)2=1, 引入参数，可得x=3+cosa,y=-4+sina, 所以1z1=1x+i1=√(3+cosa)2+(-4+sina)7= √26+6cosa-8sina=√26-10sin(a-p7,其中sinp=5， 3 4 cos9=5,此时llnm=V26-10=4 18.(1)证明：当9=平时，.=cas子a+in 4n, 设1维形态复数为，则=0子+血牙= 2(1+), 2维形态复数为，则=ca2+in受-i, 因为-[贤1D]1*a)=iw 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， 听以os29ri由2=w39m0因此{0设 解cos20=cos30,得30=20+2kπ(k∈Z)或30+20=2kT(k∈Z), 解sin20=sin30,得30=20+2kπ(k∈Z)或30+20=2kr+T(k∈Z), 由于两个方程同时成立，故只能有30=20+2kπ(k∈Z),又0≠0， 即=ae所(r）(+）号 19.解：(1)由题意得 -1-z 必修第二册·RJ 13 22 3√3 -3-√3i√5-√3-i 3i1 1-√3i1-i2-√3i√ 3 22 放西关于，的差比实为号 (2)先证明共轭复数有如下性质：若任意名1,2∈C,则1坛2=还， 2 证明：设a1=a+bi(a,beR),2=c+di(c,deR),则z1±坏= a+bi±(c+di)=a±c-(b±d)i,而z1运2=a-bi±(c-di)=a±c-(b±d)i, 故12=场2 a+bi ac+bd bc-ad.ac+bd bc-ad. 五1_a-bi c+di c2+d2'c2+d21 2+2+2五c-d ac+bd ad-bc.ac+bd bc-ad. c2+d2e2+d21 22 综上，共轭复数的性质，=巧· （红）得证 （2 记当“差比模”取最大值kmr时的复数0为zmax,即kx= 31-2m z2-Zmat 由已知1=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1z1=z1可得. 因为 1-2n |2m 红m 32-m 21-2max 22-乙mar 21-Zmax 所以若当0=云mm时取得kr,则0=m时取到kin,故可知 kmax·knin=1, 由取遍1z0|=r(r>0),k= |1+3i-z0 1-3i-0 不恒为常数，则kna≠kmin, 故由基本不等式可得km+kn>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)i2brsin 0' 平方整理可得(a2+r2)-(b2+r2)k2=2 arcos0-2brk2si0= √4a22+4627sin(0+p）, 所以1sin(0+p)|= |(a2+r2)-(b2+r2)2 V4a22+4670≤1， 即[(a2+2)-(b2+r2)k2]2≤4a22+4b22k4, 平方整理得(b2-2)2k4-2(a2+r2)(b2+2)k2+(a2-2)2≤0， 令t=k2,设方程(b2-r2)22-2(a2+r2)(62+r2)t+(a2-2)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-r2>0, 则mtn-2(a24）*r)0,且m=2-2 (b2-r2)2 (6222>0, 故方程(b2-r2)2t2-2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2-r2)2=0有两不等的正 实数根m,n, 由关于2的不等式(b2-r2)24-2(a2+2)(b2+2)k2+ (a2-r2)2≤0， 解得k2e[m,n],则kmu=√元，kin=Vm, 由已知1,2关于，的“差比模”是协调的，则元+=2， 所以mtn+2vmn=4, 利用韦达定理2(a2+)(+)+2a2-+, (62-r2)2 (b2-r2) 白题036 则有2(a2+r2)(b2+r2)+2(a2-2)(62-2)=4(62-2)2, 化简可得a2=b2-22。 故-a2=2 2 四方法总结 有关共轭复数及模的常用性质： (（1)任意1，C,则场=场·西写 21 1 (2)任意z∈C,则1z=|引，·z=lz12 第七章 真题演练 黑题 真题体验 1.C解析：因为(1+5i)i=i+5i2=-5+i,所以其虚部为1. 111i 2.A解析：因为=1+i,所以一1+1产-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+z=10,则i(z+z)=10i.故选A 5(1+3)=51-）=1-i故选C 5.C解析：2+)(2-分5、 6.C解析：因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+ita=2a+(1-a2)i=2,所以 2a=2,解得a=1.故选C (1-a2=0, 1.c解折：因为片什1日1，所以=11-故选C z-1z-1 1+1 第八章 立 8.1基本立体图形 第1课时棱柱、棱锥、棱台的结构特征 白题基础过关 1.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 是平行四边形的棱锥一定是四棱锥，故C正确， 对于D,棱台由平行于棱锥底面的平面截棱锥而得到，原棱锥的侧面 为三角形，截后变为梯形，故D正确 2.D解析：对于A,正六棱柱中两个互相平行的平面可能是侧面」 则A错误； 对于B,正八面体的所有面都是三角形，则B错误： 对于C,底面是菱形的直四棱柱的所有侧面都是全等的矩形，则 C错误； 对于D,由棱台的定义可知棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一 点，则D正确： 3.B解析：正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点与底面中心的连 线垂直于底面，A错误； 多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确； 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱 柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误： 用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面 参考答案 2-子，所以=2，所 8.A解析：因为=2+221)(1-4 以z-z=-i故选A. ==1-=1-2i,则z=1+2i.故 9.B解析：212 选B. 10.7-√5i解析：(5+i)·（5-2i)=5+√5i-25i+2=7-√5i.故答案 为7-√5i 1州折-侣2-4藏答案为 12.C解析：z=-1-i,1z=√(-1)2+(-1)2=2.故选C. 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 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i·2+2=2i可得，2=2+21=2+21，所以1z1= i √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+2+2i3=2-1-2i=1-2i,则12+2+231=11-2i1= √12+(-2)2=√5.故选C. 17.0解析：先由题意，得3+=-i(3+1)=1-31,所以 3+i /12+(-3)7=√/10. 体几何初步 与截面之间的部分才是棱台，D错误 四易错提醒 1直棱柱是侧棱与底面垂直的棱柱；正棱柱是在直棱柱的基础上增 加了一个底面是正多边形的条件，即正棱柱一定是直棱柱 2.用平行于底面的平面去截棱柱，所得的截面与底面是全等的多边形 3.棱柱可以看成是一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何 体，平移起止位置的两个面就是棱柱的底面，多边形的边平移所形 成的面就是棱柱的侧面， 4,5解析：依题意，n棱锥的侧棱数为n,底面边数为n,则棱数k=2n,n 棱锥的侧面数为n,则面数m=n+1,而3k=5m,于是6n=5(n+1),所 以n=5. 5.3解析：如图，三棱台ABC-A1B1C1可分割成三棱锥A1-ABC,三棱 锥B-A1CC1,三棱锥C1-A1B1B,共3个 B B (第5题) (第7题) 6.AD解析：对于A中，由三棱锥的顶点数为4个，四棱柱的顶点数为 8个，所以两个几何体的顶点数之和为12个，符合题意； 对于B中，由四棱锥的顶点数为5个，三棱柱的顶点数为6个，所以 两个几何体的顶点数之和为11个，不符合题意； 对于C中，由四棱锥的顶点数为5个，四棱柱的顶点数为8个，所以 两个几何体的顶点数之和为13个，不符合题意； 对于D中，由五棱锥的顶点数为6个，三棱柱的顶点数为6个，所以 两个几何体的顶点数之和为12个，符合题意. 7.B解析：如图所示，截去的立体图形有四个面，且各面均为三角形 黑白题037