第5章 章末综合检测(四)复数（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

章末综合检测(四) (时间：120分钟，满分：150分) 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．设i是虚数单位，则复数z＝－2＋3i2 025的共轭复数在复平面内对应的点位于 (　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：选C.因为i2 025＝i4×506+1＝(i4)506·i＝i，所以z＝－2＋3i2 025＝－2＋3i，所以＝－2－3i在复平面内对应的点为(－2，－3)，在第三象限．故选C. 2．已知复数z＝(i是虚数单位)，则|z|＝ (　　) A． B．2 C．1 D． 解析：选A.方法一：z＝＝＝＝＋i，|z|＝＝＝.故选A. 方法二：|z|＝＝＝＝.故选A. 3．是z的共轭复数，若z＋＝2，z－＝2i(i为虚数单位)，则z＝ (　　) A．1＋i B．－1－i C．－1＋i D．1－i 解析：选A.因为z＋＝2 ①，z－＝2i ②，①＋②得2z＝2＋2i，所以z＝1＋i.故选A. 4．若复数z的实部是虚部的两倍，且满足z＋a＝，则实数a＝ (　　) A．－1 B．5 C．1 D．9 解析：选A.z＝－a＝－a＝－a＝(3－a)＋2i，由题意得3－a＝2×2，解得a＝－1.故选A. 5．已知复数z，则“＝1”是“z＋∈R”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 解析：选A.设z＝a＋bi，a，b∈R，＝＝1，即a2＋b2＝1， z＋＝a＋bi＋＝a＋bi＋＝a＋bi＋a－bi＝2a∈R，故充分性成立； 反过来，若z＋∈R，举例，z＝2时，z＋∈R，但＝2，故必要性不成立． 所以“＝1”是“z＋∈R”的充分不必要条件． 6．在复平面内，O为坐标原点，复数z1＝i(－4＋3i)，z2＝7＋i对应的点分别为Z1，Z2，则∠Z1OZ2的大小为 (　　) A． B． C． D． 解析：选C.因为z1＝i(－4＋3i)＝－3－4i，z2＝7＋i，所以＝(－3，－4)，＝(7，1)，所以·＝－21－4＝－25，所以cos ∠Z1OZ2＝＝－＝－.又∠Z1OZ2∈[0，π]，所以∠Z1OZ2＝. 7．2(cos 75°＋isin 75°)×＝ (　　) A．－＋i B．＋i C．－i D．＋i 解析：选B.因为－i＝(－i)＝(cos 315°＋isin 315°)，所以2(cos 75°＋isin 75°)×＝2(cos 75°＋isin 75°)×(cos 315°＋isin 315°)＝(cos 390°＋isin 390°)＝＋i.故选B. 8．已知复数z满足|z＋i|＝|z－i|，则|z＋1＋2i|的最小值为 (　　) A．1 B．2 C． D． 解析：选B.设复数z在复平面内对应的点为Z，因为复数z满足|z＋i|＝|z－i|，所以由复数的几何意义可知，点Z到点(0，－1)和(0，1)的距离相等，所以在复平面内点Z的轨迹为实轴，又|z＋1＋2i|表示点Z到点(－1，－2)的距离，所以问题转化为实轴上的动点Z到定点(－1，－2)的距离的最小值，所以|z＋1＋2i|的最小值为2.故选B. 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．已知复数z1，z2是关于x的方程x2＋bx＋1＝0(－2<b<2，b∈R)的两根，则下列说法中正确的是 (　　) A．1＝z2 B．∈R C．|z1|＝|z2|＝1 D．若b＝1，则z＝z＝1 解析：选ACD.由题易知b2－4<0，所以方程的根为x＝，不妨设z1＝－＋i，z2＝－－i，易知1＝z2，A正确； 因为z1z2＝1，所以＝＝z＝－i，当b≠0时，∉R，B错误； |z1|＝|z2|＝＝1，C正确； 当b＝1时，z1＝－＋i，z2＝－－i，计算得z＝－－i＝z2，所以z＝z1z2＝1，同理得z＝1，D正确．故选ACD. 10．设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题中正确的是 (　　) A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3 B．若z1·z2＝z1·z3，则z2＝z3 C．若2＝z3，则|z1·z2|＝|z1·z3| D．若z1·z2＝|z1|2，则z1＝z2 解析：选BC.由复数模的概念可知，|z2|＝|z3|不能得到z2＝±z3，例如z2＝1＋i，z3＝1－i，A错误； 由z1·z2＝z1·z3可得z1(z2－z3)＝0，因为z1≠0，所以z2－z3＝0，即z2＝z3，B正确； 因为|z1·z2|＝|z1||z2|，|z1·z3|＝|z1||z3|，而2＝z3，所以|2|＝|z3|＝|z2|，所以|z1·z2|＝|z1·z3|，C正确； 取z1＝1＋i，z2＝1－i，显然满足z1·z2＝|z1|2，但z1≠z2，D错误．故选BC. 11．已知复数z满足|z|＝|z－1|＝1，且复数z在复平面内对应的点在第一象限，则下列结论正确的是 (　　) A．复数z的虚部为i B．＝－i C．z2＝z－1 D．复数z的共轭复数为－＋i 解析：选BC.设z＝a＋bi(a，b∈R，且a，b>0)，因为|z|＝|z－1|＝1，即|a＋bi|＝|(a－1)＋bi|＝1，所以 解得所以z＝＋i. 对于A，复数z的虚部为，故A不正确；对于B，＝＝＝－i，故B正确；对于C，因为z2＝＝＋i－＝－＋i，z－1＝＋i－1＝－＋i，所以z2＝z－1，故C正确；对于D，z的共轭复数为－i，故D不正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在复平面内，把与复数－i对应的向量绕原点按逆时针方向旋转45°，所得向量对应的复数为z，则z的代数形式是________． 解析：z＝(－i)(cos 45°＋isin 45°) ＝(－i)＝－i. 答案：－i 13．设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝3＋i，则|z1－z2|＝________． 解析：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R).由已知得a2＋b2＝c2＋d2＝4，a＋c＝3，b＋d＝，则z1－z2＝(a－c)＋(b－d)i，|z1－z2|2＝(a－c)2＋(b－d)2＝a2＋b2＋c2＋d2－2ac－2bd＝2(a2＋b2＋c2＋d2)－(a＋c)2－(b＋d)2＝2(4＋4)－9－3＝4，则|z1－z2|＝2. 答案：2 14．已知复数ω满足ω－4＝(3－2ω)i(i为虚数单位)，z＝＋|ω－2|.写出一个以z为根的实系数一元二次方程为______________． 解析：由题知ω(1＋2i)＝4＋3i，即ω＝＝2－i，故z＝＋|－i|＝3＋i.若实系数一元二次方程有虚根z＝3＋i，则必有共轭虚根＝3－i，因为z＋＝6，z·＝10，所以所求的一个一元二次方程可以是x2－6x＋10＝0. 答案：x2－6x＋10＝0(答案不唯一) 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．(本小题满分13分)已知复数z1＝a＋i，z2＝1－i，a∈R. (1)当a＝1时，求z1·2的值；(4分) (2)若z1－z2是纯虚数，求a的值；(4分) (3)若在复平面内对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．(5分) 解：(1)当a＝1时，z1·2＝(1＋i)(1＋i)＝1＋2i＋i2＝2i. (2)由题意z1－z2＝a－1＋2i为纯虚数，则a－1＝0，所以a＝1. (3)＝＝＝＝＋i， 该复数在复平面内对应的点在第二象限，则解得－1<a<1. 故实数a的取值范围是(－1，1). 16．(本小题满分15分)已知1＋i是方程x2＋bx＋c＝0(b，c为实数)的一个根． (1)求b，c的值；(7分) (2)试判断1－i是不是方程的根．(8分) 解：(1)由1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的根，得(1＋i)2＋b(1＋i)＋c＝0，即b＋c＋(b＋2)i＝0， 而b，c为实数，解得 所以b＝－2，c＝2. (2)由(1)知方程为x2－2x＋2＝0， 把1－i代入方程左边，得(1－i)2－2(1－i)＋2＝0，因此方程成立，所以1－i是方程的根． 17．(本小题满分15分)已知复数z满足|z|＝，z2的虚部为2. (1)求复数z；(7分) (2)设z，z2，z－z2在复平面内对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．(8分) 解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)， 由已知条件得a2＋b2＝2，z2＝a2－b2＋2abi， 所以2ab＝2. 所以a＝b＝1或a＝b＝－1， 即z＝1＋i或z＝－1－i. (2)当z＝1＋i时，z2＝(1＋i)2＝2i，z－z2＝1－i.所以点A(1，1)，B(0，2)，C(1，－1)， 所以S△ABC＝×AC×1＝×2×1＝1. 当z＝－1－i时，z2＝(－1－i)2＝2i，z－z2＝－1－3i. 所以点A(－1，－1)，B(0，2)，C(－1，－3)， 所以S△ABC＝×AC×1＝×2×1＝1. 即△ABC的面积为1. 18．(本小题满分17分)已知虚数z＝a＋icos θ，其中a，θ∈R，i为虚数单位． (1)若对满足条件的任意实数θ，均有|z＋2－i|≤3，求实数a的取值范围；(8分) (2)若z，z2恰好是某实系数一元二次方程的两个解，求a，θ的值．(9分) 解：(1)虚数z＝a＋icos θ， 则cos θ≠0，不等式|z＋2－i|≤3⇔|a＋2＋(cos θ－1)i|≤3⇔(a＋2)2＋(cos θ－1)2≤9. 又θ∈R，所以－2≤cos θ－1≤0，且cos θ－1≠－1，则(cos θ－1)2有最大值4，依题意，(a＋2)2≤5，解得－2－≤a≤－2＋，所以实数a的取值范围是[－2－，－2＋]. (2)虚数z＝a＋icos θ，则z2＝a2－cos2θ＋2aicosθ，因为z，z2恰好是某实系数一元二次方程的两个解，所以z，z2互为共轭复数． 因此而cos θ≠0， 解得则a＝－，θ＝kπ±，k∈Z， 所以a＝－，θ＝kπ±，k∈Z. 19．(本小题满分17分)eix＝cos x＋isin x被称为“欧拉公式”，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：z1＝r1eiθ1＝r1(cos θ1＋isin θ1)，z2＝r2eiθ2＝r2(cos θ2＋isin θ2)，则我们可以简化复数乘法z1z2＝r1r2ei(θ1＋θ2)＝r1r2[cos (θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]. (1)已知z1＝，z2＝2，求z1z2；(5分) (2)已知O为坐标原点，z1＝i，z2＝1－i，且复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，点C在AB上，且＝2，求；(6分) (3)利用欧拉公式可推出二倍角公式，过程如下： cos 2x＋isin 2x＝ei(2x)＝(eix)2＝(cos x＋isin x)2＝cos2x－sin2x＋i·2sinx cos x，所以cos 2x＝cos 2x－sin 2x，sin 2x＝2sin x cos x. 类比上述过程，求出sin 3x，cos 3x.(将sin 3x表示成sin x的式子，将cos 3x表示成cos x的式子．参考公式：(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3)(6分) 解：(1)由题意可知 z1z2＝×2 ＝×2 ＝3＝3i. (2)因为z1＝i，z2＝1－i，则点A(0，1)，B(1，－1)，可得＝(0，1)，＝(1，－2)， 则＝＋＝＋＝(0，1)＋(1，－2)＝， 所以＝＝. (3)由题意可得cos 3x＋isin 3x＝ei(3x)＝(eix)3＝(cos x＋isin x)3＝cos 3x＋3cos2x·(isinx)＋3cos x(isin x)2＋(isin x)3＝cos 3x－3cos x sin2x＋i(3cos2x sinx－sin3x)＝cos3x－3cosx(1－cos2x)＋i[3(1－sin2x)sinx－sin3x]＝4cos3x－3cosx＋i(3sin x－4sin3x)， 所以sin3x＝3 sin x－4sin 3x，cos 3x＝4cos3x－3cosx. 学科网（北京）股份有限公司 $