第七章 复数单元试卷- 2025-2026学年一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 本练习围绕复数章节，分层设计从基础概念到综合应用，覆盖复数的模、运算、几何意义等核心知识点，通过梯度题型培养运算能力与推理意识，适配同步教学巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|复数概念、模、四则运算|单选1-8题聚焦模计算与几何意义，如第2题结合复平面点坐标考查乘法虚部| |综合应用|几何意义、方程根、纯虚数|解答题15-19题综合运算与应用，如第17题通过纯虚数条件求复数，培养推理能力| |拓展拔高|复杂方程、恒成立问题|附加题2探究复数模的恒成立，体现数学思维的严谨性与创新意识|

第七章　复数 (时间:120分钟　满分:150分) 一、单项选择题: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.|2+i2+2i3|=(　　) A.1 B.2 C. D.5 2.如图,在复平面内,复数z1,z2对应的点分别为Z1,Z2,则复数z1z2的虚部为(　　) A.-i B.-1 C.-3i D.-3 3.已知z=,则z-=(　　) A.-i B.i C.0 D.1 4.若复数z=1+i2 027,则复数z2-2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 5.将复数i对应的向量绕原点按顺时针方向旋转,得到向量,则对应的复数是(　　) A.i B.-i C.-i D.i 6.如图,设向量所对应的复数为z1,z2,z3,那么(　　) A.z1-z2-z3=0 B.z1+z2+z3=0 C.z2-z1-z3=0 D.z1+z2-z3=0 7.已知集合A=,则A的元素个数为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 8.在复数范围内,z1,z2是方程z3+z2+z+1=0的两个不同的复数根,则|z1-z2|的值为(　　) A.1 B. C.2 D.或2 二、多项选择题: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z=1+i,则(　　) A.|z|=2 B.z=2 C.(z-1)2 024=-1 D.若关于x的方程x2-ax+2=0(x∈C,a∈R)的一个根为z,则a=2 10.理查德·费曼称欧拉恒等式为“数学最美妙的公式”.欧拉恒等式是eiπ+1=0,其中自然对数的底数e、圆周率π、虚数单位i与自然数1和0完美地结合在一起.它是由欧拉公式:eiθ=cos θ+isin θ(θ∈R),令θ=π得到的,设复数z=,则下列结论中正确的是(　　) A.复数z的虚部为 B.复数z的共轭复数为-i C.|z|=1 D.在复平面内与复数z对应的点在第四象限 11.已知复数z=-i,则下列说法中正确的是(　　) A.z3=1 B.z2=z C.z+z2+z3=0 D.z+z2+…+z2 024=0 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知复数z满足z·(cos+isin)=1,则z的实部为　　　　　.  13.若(i+z)(i+)=4+4i,则|z|=　　　　　.  14.设复数z满足|z-1+i|=1,z在复平面内对应的点为P(x,y),则点P的轨迹方程为　　　　　　　　.  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)已知复数z=(3+bi)(1+3i)(b∈R)是纯虚数. (1)求b的值; (2)若ω=,求复数ω的模|ω|和ω的共轭复数. 16.(15分)已知复数z满足|z|=,z2的虚部为2,z在复平面内所对应的点A在第三象限,求: (1)复数z; (2)若复数(mi-z)2在复平面内对应的点位于第二象限,求实数m的取值范围. 17.(15分)已知复数z=1-2i. (1)求|z|; (2)若z1=,求z1; (3)若|z2|=,且zz2是纯虚数,求z2. 18.(17分)已知复数z=m+2+(m-2)i(m∈R),且z+=6. (1)求m的值; (2)若z-3i是关于x的实系数一元二次方程x2+ax+b=0的一个根,求出a,b和该一元二次方程的另一复数根. 19.(17分)设M是由复数组成的集合,对M的一个子集A,若复平面上存在一个圆,使得A中的所有的复数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上,且∁MA中的数对应的点都在圆外,则称A是一个M的“可分离子集”. (1)判断{1,2,3}是不是{i,1,2,3}的“可分离子集”,并说明理由; (2)设复数z满足0<Re(z)<1,0<Im(z)<1,其中Re(z),Im(z)分别表示z的实部和虚部.证明:{z,}是{1,iz,z,}的“可分离子集”的充要条件是|z|<1. 附加题 设复数z1,z2满足z1z2+2iz1-2iz2+1=0. (1)若z1,z2满足-z1=2i,求z1,z2; (2)若|z1|=,则是否存在常数k,使等式|z2-4i|=k恒成立?若存在,试求出k的值;若不存在,请说明理由. 参考答案 一、单项选择题 1.C 解析:由题意可得2+i2+2i3=2-1-2i=1-2i,则|2+i2+2i3|=|1-2i|=. 2.D 解析:在复平面内,复数z1,z2对应的点分别为Z1,Z2,则z1=1+2i,z2=-2+i,得z1z2=(1+2i)(-2+i)=-4-3i,所以复数z1z2的虚部为-3. 3.A 解析:因为z==-i,所以i,即z-=-i. 4.C 解析:因为z=1+i2 027=1+(i4)506×i3=1-i,所以z2-2=(1-i)2-2=-2-2i,在复平面内对应的点为(-2,-2),该点在第三象限. 5.A 解析:因为arg i=,顺时针旋转,对应辐角为,所以对应的复数是cos+isini. 6.D 解析:由题图可知,=0, ∴=0,∴z1+z2-z3=0. 7.C 解析:当n=1时,z=i+=i-i=0, 当n=2时,z=i2+=-1-1=-2, 当n=3时,z=i3+=-i-=0, 当n=4时,z=i4+=1+1=2, 当n=5时,z=i5+=i+=i-i=0, 当n=6时,z=i6+=i2+=-1-1=-2, 当n=7时,z=i7+=i3+=-i-=0, 当n=8时,z=i8+=i4+=1+1=2,……,可知0,-2,0,2依次循环,故集合A={0,-2,2},A的元素个数为3. 8.D 解析:由z3+z2+z+1=0, 得z2(z+1)+z+1=(z2+1)(z+1)=0. 因为i2=-1,所以z=±i或-1, 当z1=±i,z2=-1或z2=±i,z1=-1时,|z1-z2|=; 当z1=i,z2=-i或z2=i,z1=-i时,|z1-z2|=2. 二、多项选择题 9.BD 解析:复数z=1+i,则|z|=,故A错误; 因为z=(1+i)(1-i)=1-i2=1+1=2,故B正确; 因为(z-1)2 024=(1+i-1)2 024=i2 024=(i4)506=1,故C错误; 因为方程x2-ax+2=0(x∈C,a∈R)的一个根为z, 所以(1+i)2-a(1+i)+2=2i-a-ai+2=2-a+(2-a)i=0,由复数相等可知2-a=0,即a=2,故D正确.故选BD. 10.BC 解析:=cos+isin=-i. 复数z的虚部为-,故选项A错误; 复数z的共轭复数为-i,故选项B正确; |z|==1,故选项C正确; 在复平面内与复数z对应的点在第三象限,故选项D错误.故选BC. 11.AC 解析:z=-i,z2=(-i)2=-i≠z,故B错误; z3=z2·z=(-i)(-i)=1,故A正确; z+z2+z3=-i-i+1=0,故C正确; z2 024=·z2=z2,z+z2+z3=0,z4+z5+z6=z3(z+z2+z3)=0, z7+z8+z9=z6(z+z2+z3)=0,z+z2+…+z2 024=674(z+z2+z3)+z+z2=-1,故D错误.故选AC. 三、填空题 12. 解析:由已知得z=i,故z的实部为. 13. 解析:设z=a+bi,则(i+z)(i+)=-1+(z+)i+z=a2+b2-1+2ai=4+4i,∴a2+b2=5,∴|z|=. 14.(x-1)2+(y+1)2=1 解析:因为z在复平面内对应的点为P(x,y),所以z=x+yi, 由|z-1+i|=1得|(x-1)+(y+1)i|=1,所以=1, 即(x-1)2+(y+1)2=1,所以点P的轨迹方程为(x-1)2+(y+1)2=1. 四、解答题 15.解:(1)z=(3+bi)(1+3i)=(3-3b)+(9+b)i. 因为z是纯虚数,所以3-3b=0且9+b≠0,所以b=1. (2)ω=i, 所以|ω|=,ω的共轭复数为i. 16.解:(1)设z=a+bi(a,b∈R), 所以|z|=.① 因为z2=a2-b2+2abi,z2的虚部为2, 所以2ab=2.② 由①②解得所以z=1+i或z=-1-i.又z在复平面内所对应的点A在第三象限, 所以z=-1-i. (2)由(1)知(mi-z)2=(mi+1+i)2=[1+(m+1)i]2=-m2-2m+2(m+1)i. 因为复数(mi-z)2在复平面上对应的点在第二象限,所以 解得m>0, 故实数m的取值范围为(0,+∞). 17.解:(1)|z|=. (2)z1==-i. (3)设z2=a+bi(a,b∈R), 则|z2|=,所以a2+b2=5.① zz2=(1-2i)(a+bi)=(a+2b)+(b-2a)i, 因为zz2是纯虚数,所以a+2b=0,b-2a≠0,② 由①②联立,解得 所以z2=2-i或z2=-2+i. 18.解:(1)已知z=m+2+(m-2)i,则=m+2-(m-2)i, 因为z+=6,所以m+2+(m-2)i+m+2-(m-2)i=2m+4=6,解得m=1. (2)由(1)可知z=3-i,将z-3i=3-4i代入方程可得(3-4i)2+a(3-4i)+b=0, 即(-7+3a+b)-(4a+24)i=0,得 解得a=-6,b=25. 代入一元二次方程中得x2-6x+25=0,解得x1==3+4i,x2==3-4i,即方程另外一个复数根为3+4i. 19.(1)解:是,理由如下: 取复平面上的圆{z||z-2|=2},则复数1,2,3在复平面上对应的点都在圆内. 因为|2-i|=,所以复数i在复平面上对应的点在圆外. 所以{1,2,3}是{i,1,2,3}的“可分离子集”. (2)证明:充分性:当|z|<1时, 令复数a=(1-|z|)Re(z), 取复平面上的圆{ω||ω-a|=|z-a|},则z,在复平面上对应的点在圆周上. 又|1-a|-|z-a|>1-2a-|z|>0,所以1在复平面上对应的点在圆外. 由|z-a|2=|z|2-2aRe(z)+a2,|iz-a|2=|z|2+2aIm(z)+a2,知|iz-a|>|z-a|. 所以iz在复平面上对应的点在圆外. 所以当|z|<1时,{z,}是{1,iz,z,}的“可分离子集”. 必要性:只需证当|z|≥1时,{z,}不是{1,iz,z,}的“可分离子集”. 假设复平面上存在一个圆,使得z,在复平面上对应的点在圆内或圆周上,且1,iz在复平面上对应的点在圆外. 设圆心表示的复数为ω,x=Re(ω),y=Im(ω).再设b=Re(z),c=Im(z). 由|z-ω|<|1-ω|,知(x-b)2+(y-c)2<(x-1)2+y2, 所以2(1-b)x-2cy<1-|z|2, 所以2(1-b)x-2cy<0. 由|-ω|<|1-ω|,知(x-b)2+(y+c)2<(x-1)2+y2, 所以2(1-b)x+2cy<1-|z|2, 所以2(1-b)x+2cy<0. 所以(1-b)2x2-c2y2>0,x<0, 由|-ω|<|iz-ω|,知(x-b)2+(y+c)2<(x+c)2+(y-b)2,所以x-y>0, 所以(1-b)2x2-c2y2<(1-|z|2-2b)y2<0. 这与(1-b)2x2-c2y2>0矛盾,所以所假设的圆在复平面上不存在. 即当|z|≥1时,{z,}不是{1,iz,z,}的“可分离子集”,充分性证毕. 综上,{z,}是{1,iz,z,}的“可分离子集”的充要条件是|z|<1. 附加题 解:(1)由-z1=2i可得z2=-2i,代入已知方程得z1(-2i)+2iz1-2i(-2i)+1=0. 即|z1|2-2i-3=0. 令z1=a+bi(a,b∈R),∴a2+b2-2i(a-bi)-3=0,即(a2+b2-2b-3)-2ai=0, ∴ 解得 ∴z1=-i,z2=-i或z1=3i,z2=-5i. (2)存在.由已知得z1=. 又|z1|=, ∴||=, ∴|2iz2-1|2=3|z2+2i|2, ∴|2z2+i|2=3|z2+2i|2, ∴(2z2+i)(2-i)=3(z2+2i)(-2i), 整理得+4iz2-4i-11=0, 即z2+4iz2-4i-11=0, ∴z2(+4i)-4i-(4i)2=27, ∴(z2-4i)(+4i)=27,∴|z2-4i|2=27, 即|z2-4i|=3,∴存在常数k=3,使等式|z2-4i|=k恒成立. 学科网（北京）股份有限公司 $