假期作业23 复数-【快乐假期】2025-2026学年高一数学暑假作业（B版 全学年）

三-0022 所以∠BOC=g, 于是c的长为音4-2温 (2)设∠A0C=0.0e(0,）则∠B0C=经-0， Sm边形OACB=S△AC十S△C =合×4厄x4Esin0+号×4vE×42·sim(肾-0） =24sin0+83cos0=163sin(0+若），由于0e(0,）, 所以0+晋∈（后，晋）所以163in(+吾) (8√3,16√3]，所以四边形OACB面积的最大值为16√5. 新题快递 1.解析：设四门通天铜雕PQ的高度hm, 由∠PAQ=吾，∠PBQ=是，∠PCQ=吾，可 得AQ5a,BQ=,Q-, 在△ABC中，因为∠ABQ十∠QBC=元， 所以cos∠ABQ=-cos∠QBC, 可得AB+BQ-AQ=BC+BQ-CQ 2AB·BQ 2BC·BQ1 2 即400十h2-(3h)2 40o+-（得） ,解得h=10√6， 2×20×h 2×20×h 所以四门通天铜雕的高度为10√6m. 答案：10√6m 2.解：(1)在△DOE中，由余弦定理得： ED2=OD2+OE2-2OD·OE·cos∠EOD=4+1-2X2× cos 0=5-4cos 0, 在△COE中，由余弦定理得： EC2=OC+OE2-2·OC·OE·cos∠EOC=4+1-2X2 Xcos(π-)=5+4cos0, 所以EC+ED=√5+4cos0+√5-4cos0=f(0),0∈[0， π]， ,将管道总长（即线段EC十ED)表示为变量日的函数为： f(0)=√5+4cos0+√5-4cos0,0∈[0，π]， (2)由(1)可得： [f(0)]=(√5+4cos0+√5-4cos0)2 =10+2√5+4cos日·√5-4c0s0=10+2√25-16cos20, 因为，0∈[0，π]，所以0≤cos20≤1， [f(0)]2=10+2√/25-16cos20≤10+2√25=20（百米） 当且仅当c0s20=0,即0=艺时取等号， 因为f(0)=√/5+4c0s0+√5-4cos0>0,.f(0)=√20= 25(百米). .管道总长的最大值为2√5百米. 假期作业23 思维整合室 1.(1)ab(2)=≠=≠(3)a=c且b=d(4)a=c 且b=-d(5)川z||a+bil 3.(1)(a+c)+(b+d)i(a-c)+(b-d)i(ac-bd)+(ad+ be)ia6十bd+c二a吗i(2)十1女1+(+) c2+d2c2+d2 技能提升台素养提升 1.C[(a+iD(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2, 所以2a=2,。解得a=1.] {1-a2=0, 高一数半的 2.D[之在复平面对应的，点是（一1，√3），根据复数的几何意 义，之=一1十√3i,由共轭复数的定义可知，之=-1一√31] 3,BD[=名=a29=1+i, 2(1+i) ∴.|z=√2,22=2i,之的共轭复数为1-i,x的虚部为1故 A,C错，B,D正确.] 4.A[由题知(1+3i)(3一i)=3一i+9i一32=6+8i,所以该 复数在复平面内对应的，点为(6,8)，位于第一象限.] 5.D[由题意(x+yi)+2=(x+2)+yi=(3-4i)+2yi=3+ 2yi,所以{部释1y=,所以十 =5.] 6.BCD[若1>之2，则名1，之2为实数，当之1=1,2=一2时，满 足1>x2,但|之<2，故C项不正确；因为两个虚数之间 只有等与不等，不能比较大小，所以D项不正确；当两个复 数不相等时，它们的模有可能相等，比如1一≠1+i,但1-i =|1十，所以B项不正确；因为当两个复数相等时，模一定 相等，所以A项正确.故选BCD.] 7.D[对原式两边同时乘以i得：z一1=i,即z=1十i,所以z =1一i,即x十z=2,故选D.] 2+i 2+i=i(2+i边_=2i-1 8.B[由题意可得x=1++亞=-1中 -1 1-2i,则z=1+2i.] 9.A[因为=十名-2i,所以运=君i,所以g一2=一i订 1-i 10解折：由题老可将-卉8部-528-4 13 ti. 答案：4十i 11.解：设x=a十bi(a,b∈R),由|z=1+3i-z, 得√a2+b-1-3i+a+bi=0, 则√a++a-1=0,所以二。4，所以z=-4+3. b3=0, 1b=3, 则1+)(3+4)2=2i(3+4D2 2x 2(-4+3i) =2(-4+3D(3+4D=3+4i. 2(-4+3) 12.解：(1)设z=a十bi(a,b∈R), 由已知条件得：a2十b=2,2=a2-+2abi,所以2ab=2. 所以a=b=1或a=b=一1，即x=1+i或x=一1一i. (2)当x=1+i时，z2=(1+i)2=2i,x-22=1-i, 所以点A(1,1),B(0,2),C(1,-1), 所以SAAe=2|ACX1=号X2X1=1; 当之=-1-i时，z2=(-1-i)2=2i,z-22=-1-3i. 所以点A(-1,-1D,B(0,2),C(-1,-3),所以Se=21AC X1=号×2X1=1.即△ABC的面积为1. 新题快递 1.CD[当-号+停时，满足10Z1=1,故A错误， Z1Z2=0Z2-021=(3,4)-(4,3)=(-1,1),B错误； 设1=a十bi,z2=c十di,a,b,c,d∈R 若|之1+z2|=1-22,则(a十c)2+(b十d)2=(a-c)2+(b -d)2, 化简得：ac十bc=0,故OZ,·OZ2=ac+bd=0,所以OZ,⊥ OZ2,C正确； 设x1=a十bi,z2=c十di,a,b,c,d∈R, 则0Z1+0Z2=(a+c,b+d),0Z1-OZ2=(a-c,b-d), 北曼饶乐欧期 若(0Z,+022)⊥(0Z,-02,),则(a+c)(a-c)+(b+d)(b -d)=a2+b2-c2-d2=0, 所以a2十6=c2+d2,则x1|=|2|,D正确.] 2.AC[对于A,当b2-4ac=0时，x1=x2= 名∈R,放正 确；对于B,当-4ac<0时，则x=一b-i二6+4aC 2a ,=-b十i二牛@c,则飞，ER,西年R,且工，≠，故错 2a 误；对于C,由一元二次方程根与系数的关系可得x1十x =一日=后，故正确对于D(红-)=公。，故 a2 错误.故选AC.] 假期作业24 思维整合室 3.(2)45°（或135）变为原来的一半 技能提升台素养提升 1.B2.C 3.BCD[当任意两点与球心在一条直线上时，可作无数个圆，故A 错；B正确；C正确；根据球的半径的定义可知D正确.] 4.C[选项A,四棱台的上下底面平行，其余各面也均为四边 形，但不是棱柱，即A错误；选项B,若这三，点共线，则可以确 定无数个平面，即B错误：选项C,棱锥的底面为多边形，其 余各面都是有一个公共顶点的三角形，即C正确；选项D,只 有用平行于底面的平面去裁棱锥，底面与截面之间的部分组 成的几何体叫棱台，即D错误.] 5.ABD[由直观图的画法规则，可知A,B,D正确，C中 ∠x'O'y'可以是45°或135°，故C错误.故选ABD.] 6.D[根据斜二测画法的原则可知OC=2,OA=1, y A∠-----×B 0 C 所以对应直观图的面积为S=2×2×0AX0 CXsin45=2 ×号×1×2×9=E.] 7.C[因为A'C'∥OB',A'C ⊥BC',A'C'=1,OB'=2, 所以由斜二测画法的直观图 可知OA'=√2，所以由斜二 测画法的规则还原原图形 AOBC,如图. 0 B 所以AC∥OB,OA⊥OB,AC =1,OB=2,AO=2A'O'=2XN2=2√2，所以梯形AOBC的 面积S=合×(1+2)X2E=3E.故选C.] 8.解析：在直观图中，四边形为OA'B'C'菱形且边长为2cm, ,.由斜二测法的规则得：在xOy坐标系中，四边形ABCO是 矩形， 其中OA=2cm,OC=4cm, ".四边形ABCO的周长为：2×(2+4)=12(cm), 面积为S=2×4=8(cm2). 答案：128 SE 9.A[依题意可得圆柱的底面半径r=1,高h =4 E 将圆柱的侧面（一半）展开后得矩形ABCD, 其中AB=π，AD=4, D C 问题转化为在CD上找一，点Q,使AQ十PQ 最短， 作P关于CD的对称点E,连接AE,令AE 与CD交于点Q, A B 则得AQ十PQ的最小值就是为AE=√π+(4十2) =√元2+36.] 10.解析：圆锥底面半径为1cm,母线长为2cm,则它的侧面展 开图扇形的圆心角所对的孤长为2πX1=2π(cm); 所以扇形的圆心角为目=红=元。 答案：π 11.解：圆台的轴裁面题图所示，设圆台上、下底面半径分别为 xcm,3xcm,延长AA1交OO1的延长线于S,在Rt△SOA 中，∠AS0=45°，则∠SAO=45°， 所以SO=AO=3x,SO1=A1O1=x,所以OO1=2x. 又5。=号(6z+2)·2x=392,所以x=7. 所以圆台的高O0=14(cm),母线长l=√200，=14√2(cm), 两底面半径分别为7cm,21cm. 12.解：把长方体的部分面展开，如图所示. 对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC1的长分别 为√90、√/74、√80，由此可见乙是最短线路，所以甲壳虫 可以先在长方形ABBA1内由A到E,再在长方形 BCC1B1内由E到C1,也可以先在长方形AAD1D内由A 到F,再在长方形DCCD1内由F到C1,其最短路程 为74. A 3 B 4 C 13B 新题快递 1.解析：正三棱柱ABCA'BC'如图① 所示. 当按照图②所示展开，过P作PP'⊥A' A C'于P',可知Pp=1,A'P'=3, 由勾股定理可得AP=√PP+A'Pz =√10； A B 图① A B' C 图② 当按照图③所示展开，连接A'P交B'C'于点O,可知OP= 1,A'0=√3， 所以A'P=√3十1. B A 0 图③ 因为√5+1<√10，点A'到点P的路程最小值为√3十1. 答案：W3+1 2快乐期 0M-= 工欲善其事，必先利其器。 假期作业23复数 完成日期： 月 日 《思维整合室 ④除法： a+bi (a+bi)(c-di) 22 c+di (c+di)(c-di) 1.复数的有关概念 (c+di≠0). (1)复数的定义 形如a十bi(a,b∈R)的数叫做复数，其中实部 (2)复数加法的运算律 是 ,虚部是 复数的加法满足交换律、结合律，即对任何 (2)复数的分类 之1，之2，之3∈C,有1十之2= ,(x1十x2) 复数之=a十bi(a,b∈R) 十之3= 「实数(b0), 《(技能提升台 纯虚数(a 0,b 0), 虚数(b 0) 素养提升 非纯虚数(a≠0，b≠0). (3)复数相等 ◆[考点一]复数的概念及其几何意义 a+bi=c+di台 (a,b,c,d∈R). 1.(2023·全国甲卷（理）)若复数(a十i)(1-ai)= (4)共轭复数 2,a∈R,则a= a十bi与c+di共轭台 (a,b,c,d A.-1 B.0 C.1 D.2 ∈R). 2.(2023·北京卷)在复平面内，复数z对应的 (5)复数的模 点的坐标是（一1，√3）.则x的共轭复数乏= 向量OZ的模叫做复数之=a十i的模，记作 或 ,即|z=|a+bi|=r= A.1+√3i B.1-3i √a+b(r≥0，a、b∈R). C.-1+√3i D.-1-√3i 2.复数的几何意义 一一对应复平面内的点 2 (1)复数之=a+bi 3.(多选)下面是关于复数之一二的四个命 Z(a,b)(a,b∈R) 题，其中真命题为 (2)复数之=a十bi(a,b∈R) 二一对应 平面向 A.|z=2 B.22-2i 量0z. C.之的共轭复数为一1+i 3.复数的运算 D.之的虚部为1 (1)复数的加、减、乘、除运算法则 4.(2023·新课标Ⅱ卷)在复平面内，(1十3i) 设之1=a十bi,z2=c十di(a,b,c,d∈R),则 (3一i)对应的点位于 ( ①加法：之1十之2=(a+bi)+(c+di)= A.第一象限 B.第二象限 ②减法：之1-之2=(a十bi)一（c十di)= C.第三象限 D.第四象限 5.已知i为虚数单位，x,y为实数，若(x十yi) ③乘法：之1·z2=(a十bi)·(c+di)= +2=(3一4i)十2yi,则x十y= ( A.2 B.3 C.4 D.5 56 三-0022 高一数类型) 6.（多选)已知之1，之2为复数，则下列说法不正 12.已知复数之满足引x=√2，之2的虚部为2. 确的是 (1)求复数之； A.若之1=2，则|之1=|z2 (2)设之，之2，之一之2在复平面内对应的点分 B.若x1≠x2,则|之1≠|z2 别为A,B,C,求△ABC的面积. C.若x1>之2，则|之1|>|之2 D.若|1>2，则之1>2 ◆[考点二]复数的代数运算 7.(2022·新高考I卷)若i(1-z)=1,则x十= () A.-2 B.-1 C.1D.2 8.(2023·全国乙卷（理）设x= 2+i 1++,则2 () A.1-2i B.1+2i C.2-i D.2+i 新题快递 9.(2023·新课标1卷)已知：=+，则：-元 1.(多选)已知复数之1对应的向量为OZ,复数 ( 之2对应的向量为OZ2,则下列说法正确的是 A.-i B.i C.0 D.1 () 10.(2023·天津卷)已知i是虚数单位，化简 A.若OZ1=1,则=士1或士i 计的结果为 B.若=4十3i,=3十4i,则Z1乙，=(1，-1) 11.已知复数满足|之1=1十3i-之，求 C.若|z1十x2=|x1-x2|,则0Z,⊥02， 1+D2(3+4)的值. D.若(0元，+0Z)⊥OZ-0Z),则1名=| 2z 2.（多选)对于实系数一元二次方程ax2十bx 十c=0(a,b,c∈R),在复数范围内的解是 x1,x2,下列结论中正确的是 () A.若b2-4ac=0,则x1,x2∈R且x1=x2 B.若b-4ac<0,则x1氏R,x2其R,且 x1=x2 C一定有+=名x西-日 D.一定有(x,-,)2=b-4acl a 【《益智欢乐谷 世上没有坐享其成的好事，要幸福就要 奋斗！ 幸福是奋斗出来的，不是等出来的！向着 目标，我们一起努力吧！ 57