2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--第五章　复数(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
第五章　复数
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本大题共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.已知i为虚数单位,则下列说法正确的是(　　)
A.若x2+1=0,则x=i
B.实部为零的复数是纯虚数
C.z=(x2+1)i可能是实数
D.复数z=2+i的虚部是i
2.设i为虚数单位,复数z=i(1+i),则复数z的共轭复数为　(　　)
A.-1-i　　　　B.1-i
C.1+i　　　　D.-1+i
3.在复平面内,已知复数z1=1-i对应的向量为,现将向量绕点O按逆时针方向旋转90°,并将其长度变为原来的2倍得到向量,设对应的复数为z2,则=(　　)
A.2i　　　　B.2i　　　　
C.2　　　　D.2
4.已知复数z≠0,则“|z|=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
5.已知复数z1,z2在复平面内对应的点分别为(2,-1),(0,-1),则+|z2|=(　　)
A.2+2i　　　　B.2-2i
C.-2+i　　　　D.-2-i
6.若复数z满足|z-1+i|=|1-2i|,其中i为虚数单位,则z在复平面内对应的点(x,y)满足方程(　　)
A.(x-1)2+(y+1)2=
B.(x-1)2+(y+1)2=5
C.(x+1)2+(y-1)2=
D.(x+1)2+(y-1)2=5
7.若2-i是关于x的方程x2+px+q=0的一个根(其中i为虚数单位,p,q∈R),则q的值为(　　)
A.-5　　　　B.5　　　　C.-3　　　　D.3
8.已知z∈C,且|z-i|=1,i为虚数单位,则|z-3-5i|的最大值是　(　　)
A.4　　　　B.5　　　　
C.6　　　　D.7
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)
9.在复平面内,给出以下四种说法,其中正确的是(　　)
A.实轴上的点表示的数均为实数
B.虚轴上的点表示的数均为纯虚数
C.互为共轭复数的两个复数的实部相等,虚部互为相反数
D.已知复数z满足(1+i)z=3-i,则z在复平面内所对应的点位于第四象限
10.已知z,z1,z2∈C,则下列命题为假命题的是(　　)
A.若z2≤1,则-1≤z≤1
B.若z1·z2=0,则z1=0或z2=0
C.若|z|=1,则z=±1或z=±i
D.若z1-z2>0,则z1>z2
11.已知i为虚数单位,以下说法中正确的是(　　)
A.i+i2+i3+i4=0
B.arg(1+i)=
C.若z=(1+2i)2,则复平面内对应的点位于第四象限
D.已知复数z满足|z-1|=|z+1|,则z在复平面内对应的点Z的集合是直线
12.已知z=a+bi(a,b∈R,i是虚数单位),z1,z2∈C,定义:D(z)=|a|+|b|,D(z1,z2)=|z1-z2|,则下列命题正确的是(　　)
A.对任意z∈C,都有D(z)>0
B.若是复数z的共轭复数,则D(z)=D()恒成立
C.若D(z1)=D(z2),则z1=z2
D.对任意z1,z2,z3∈C,结论D(z1,z3)≤D(z1,z2)+D(z2,z3)恒成立
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.写出一个复数z,使得z满足z2∈R且z R,则z可以为　　　　.
14.已知复数z满足z(1+i)=2ti(t∈R),若|z|=2,则t的值为　　　　.
15.著名数学家棣莫弗在概率论和三角学方面发表了许多重要论文.1707年棣莫弗提出了公式:[r(cos θ+isin θ)]n=rn(cos nθ+isin nθ),其中r>0,n∈N+.根据这个公式可知,=　　　　;若=-16,则r=　　　　.(本题第一空2分,第二空3分)
16.若复数z满足|z|=2,则|z+3|+|z-3|的取值范围是　　　　.
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)已知复数z=m2+m-2+(m-1)i(m∈R).
(1)若z为纯虚数,求实数m的值;
(2)若z在复平面内对应的点在一次函数y=x的图象上,求|z|.
18.(本小题满分12分)已知z是虚数,z+是实数.
(1)求|z|;
(2)若z+7i的实部与虚部相同,求z.
19.(本小题满分12分)已知复数z在复平面内对应的点在一次函数y=-x的图象上,且复数z+为实数.
(1)求复数z;
(2)设z,z2,i·z在复平面内对应的点分别为A,B,C,若点A在第二象限,求△ABC的面积.
20.(本小题满分12分)已知虚数z满足|2z+1-i|=|z+2-2i|(i为虚数单位).
(1)求|z|;
(2)若mz+∈R,求实数m的值.
21.(本小题满分12分)已知关于x的实系数一元二次方程2x2-4(m-1)x+m2+1=0.
(1)若方程的一个根为a+i,a∈R,求实数m的值;
(2)若方程的两根为x1,x2,且|x1|+|x2|=2,求实数m的值.
22.(本小题满分12分)已知复数z=i,复数,z2·w3在复平面内所对应的点分别为P,Q,求证:△OPQ是等腰直角三角形(其中O为原点).
答案全解全析
第五章　复数
1.C 2.A 3.A 4.A 5.A 6.B
7.B 8.C 9.ACD 10.ACD 11.ABD 12.BD
1.C　A.若x2+1=0,则x=±i,说法不正确;B.实部为零的复数可能是实数,也可能是纯虚数,说法不正确;C.当x=i时,z=(x2+1)i=0是实数,说法正确;D.复数z=2+i的虚部是1,说法不正确.故选C.
2.A　z=i(1+i)=-1+i,所以复数z的共轭复数为-1-i.
3.A　依题意知,=(1,-1),将向量绕点O按逆时针方向旋转90°所得向量的坐标为(1,1),因此=2(1,1)=(2,2),即z2=2+2i,
所以=2i.故选A.
4.A　设z=a+bi,a,b∈R,且a,b不同时为0,i为虚数单位,则|z|==1,即a2+b2=1,
则z+=2a∈R,故充分性成立;
取z=2,则z+∈R,但|z|=2,故必要性不成立.
综上所述,“|z|=1”是“z+∈R”的充分不必要条件.故选A.
5.A　由题意可得z1=2-i,z2=-i,则=1+2i,|z2|=1,因此+|z2|=2+2i.故选A.
6.B　由题意得z=x+yi,因为|z-1+i|=|(x-1)+(y+1)i|=|1-2i|,所以(x-1)2+(y+1)2=5.故选B.
7.B　∵2-i是关于x的实系数方程x2+px+q=0的一个根,
∴2+i是关于x的实系数方程x2+px+q=0的另一个根,
则q=(2-i)(2+i)=4+1=5.故选B.
8.C　根据复数模的几何意义可知,
满足|z-i|=1的点的集合是复平面内以(0,1)为圆心,1为半径的圆,
则|z-3-5i|表示圆上的点到点(3,5)的距离,
故|z-3-5i|的最大值是+1=5+1=6.故选C.
9.ACD　对于A,由复数的几何意义知,实轴上的点表示的数均为实数,A正确;对于B,原点在虚轴上,原点表示的数为零,不是纯虚数,B错误;对于C,互为共轭复数的两个复数的实部相等,虚部互为相反数,C正确;对于D,由(1+i)z=3-i,得z==1-2i,所以复数z在复平面内所对应的点为(1,-2),位于第四象限,D正确.故选ACD.
10.ACD　选项A,z2≤1,取z=i,满足条件,但虚数不能比较大小,故为假命题;
选项B,若z1·z2=0,则|z1·z2|=|z1||z2|=0,得|z1|=0或|z2|=0至少有一个成立,∴z1=0或z2=0,故为真命题;
选项C,满足|z|=1的复数z有无数个,故为假命题;
选项D,取z1=2+i,z2=1+i,满足z1-z2>0,但z1,z2不能比较大小,故为假命题.故选ACD.
11.ABD　i+i2+i3+i4=i-1-i+1=0,故A正确;
因为1+i在复平面内对应的点为(1,1),点(1,1)为第一象限角平分线上的点,所以arg(1+i)=,故B正确;
因为z=(1+2i)2=1+4i+4i2=-3+4i,所以=-3-4i,所以复平面内对应的点为(-3,-4),位于第三象限,故C错误;
设z=a+bi(a,b∈R),则|a+bi-1|=|a+bi+1|,所以,化简,得a=0,所以z=bi,所以z在复平面内对应的点的集合是直线x=0,故D正确.故选ABD.
12.BD　对于A,当z=0∈C时,D(z)=0+0=0,所以A为假命题.
对于B,易知=a-bi,则D(z)=D()=|a|+|b|,所以B为真命题.
对于C,由于D(z)=D()成立,且z和不一定相等,所以C为假命题.
对于D,依题意知D(z1,z3)=|z1-z3|,D(z1,z2)=|z1-z2|,D(z2,z3)=|z2-z3|,易知|z1-z3|表示复数z1和z3在复平面内对应的两点间的距离,|z1-z2|表示复数z1和z2在复平面内对应的两点间的距离,|z2-z3|表示复数z2和z3在复平面内对应的两点间的距离.根据三角形两边之和大于第三边可知|z1-z2|+|z2-z3|>|z1-z3|,在复平面内,当z2对应的点在z1和z3对应的两点连成的线段上时,|z1-z2|+|z2-z3|=|z1-z3|,所以D(z1,z3)≤D(z1,z2)+D(z2,z3)恒成立,所以D为真命题.
13.答案　i(答案不唯一)
14.答案　2或-2
解析　由z(1+i)=2ti(t∈R),得z==ti(1-i)=t+ti.
因为|z|=2,所以t2+t2=,解得t=2或t=-2.
15.答案　 i;2
解析　+isin =i.
=r4(cos π+isin π)=-r4=-16,又r>0,∴r=2.
16.答案　[6,2]
解析　由于复数z满足|z|=2,故复数z在复平面内对应的点在以原点为圆心,2为半径的圆上.设圆上任意一点的坐标为(2cos θ,2sin θ),θ∈[0,2π).
|z+3|+|z-3|表示圆上的点到(-3,0)和(3,0)两点的距离之和,即,由于cos2θ∈[0,1],所以169-144cos2θ∈[25,169],所以∈[5,13],所以26+2∈[36,52],所以∈[6,2].
17.解析　(1)若z为纯虚数,则 (3分)
解得m=-2.(5分)
(2)由题意可得m-1=(m2+m-2),(7分)
解得m=1(二重根),(8分)
所以z=0,所以|z|=0.(10分)
18.解析　设z=a+bi(a,b∈R且b≠0).
(1)z+i.(2分)
因为z+是实数,所以b-=0.(4分)
又因为b≠0,所以a2+b2=25,所以|z|==5.(6分)
(2)因为z+7i=a+(b+7)i的实部与虚部相同,所以a=b+7.(8分)
又a2+b2=25,所以或(10分)
所以z=3-4i或z=4-3i.(12分)
19.解析　(1)因为复数z在复平面内对应的点在一次函数y=-x的图象上,所以可设z=a-ai(a∈R), (2分)
又z+i为实数,(4分)
所以-a=0,解得a=±1,所以z=1-i或z=-1+i.(6分)
(2)因为点A在第二象限,所以z=-1+i,故A(-1,1),(8分)
z2=(-1+i)2=-2i,故B(0,-2),
i·z=i(-1+i)=-1-i,故C(-1,-1),(10分)
所以AC=2,△ABC的高为1,
所以S△ABC=×2×1=1.(12分)
20.解析　(1)由z为虚数,可设z=a+bi(a,b∈R且b≠0),
则|2a+2bi+1-i|=|a+bi+2-2i|,即|(2a+1)+(2b-1)i|=|(a+2)+(b-2)i|,∴(2a+1)2+(2b-1)2=(a+2)2+(b-2)2,整理可得a2+b2=2.
∴|z|=.(6分)
(2)由(1)知mz+∈R,∴bm-=0,又b≠0,∴m=.(12分)
21.解析　(1)根据题意得,方程的另一个根为a-i,
根据根与系数的关系,知2a=2(m-1),a2+1=,
∴m=3或m=1.(5分)
(2)对于方程2x2-4(m-1)x+m2+1=0,当Δ≥0,即m∈(-∞,2-]∪[2+,+∞)时,由x1x2=>0,可知两根同号,
从而|x1|+|x2|=|x1+x2|=2,可得 2(m-1)=±2,
解得m=0或m=2(舍去).(8分)
当Δ<0,即m∈(2-)时,方程有两个互为共轭复数的虚根,
故|x1|=|x2|,且由|x1|+|x2|=2可得|x1|=1,
∴1=|x1|2=x1·x2=,解得m=1或m=-1(舍去).(11分)
综上所述,m=0或m=1.(12分)
22.证明　∵z=,(2分)
∴z·w=
=cos,(4分)
∴,(6分)
z2·w3=
=cos.(8分)
∴的夹角为⊥.(10分)
又OP=||=1,OQ=|z2·w3|=1,
∴OP=OQ,∴△OPQ是等腰直角三角形.(12分)
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