第七章 复数 单元素养测评卷(二)（含解析）-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

单元素养测评卷(二)
第七章
(时间:120分钟　分值: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.已知i为虚数单位,复数z=3-4i,则z的虚部是 (　　)
A.4 B.-4
C.4i D.-4i
2.若复数z满足z+(1+i)=2i,则z的模是 (　　)
A. B.2
C. D.10
3.若z=,则= (　　)
A.1+2i B.-1+2i
C.1-2i D.-1-2i
4.[2024·湖南师大附中高一期中] 已知m∈R,i是虚数单位,当-A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
5.复数z1=,z2=2-i3在复平面内对应的点分别为P,Q,则向量对应的复数是 (　　)
A. B.-3-i
C.1+i D.3+i
6.复数都可以表示为z=|z|(cos θ+isin θ)(0≤θ<2π),其中|z|为z的模,θ称为z的辐角的主值.已知复数z满足=1+i,则z的辐角的主值为 (　 )
A. B. C. D.
7.[2024·长春外国语学校高一月考] 在如图所示的复平面内,复数z1,z2,z3对应的向量分别是,,,则复数对应的点位于 (　　)
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
8.复数z满足=1(i为虚数单位),则|z-3+4i|的最小值为 (　　)
A.3 B.4
C.2 D.5
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.下列命题中为真命题的是 (　　)
A.复数z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件是a=0
B.复数z=1-3i的共轭复数=1+3i
C.复数z=1-3i的虚部为-3
D.若复数z满足z=1+i,则z2=i
10.[2024·浙江A9协作体高一联考] 已知复数z=+i,则 (　　)
A.z的模为1
B.z在复平面内对应的点位于第二象限
C.z·∈R
D.若复数ω满足|ω-z|=1,则|ω|的最大值为2
11.将向量a替换为复数z或将向量a,b替换为复数z1,z2,以下将向量的性质类比到复数中,其中在复数中结论仍然成立的是 (　　)
A.由|-a|=|a|,类比为|-z|=|z|
B.由|a+b|≤|a|+|b|,类比为|z1+z2|≤|z1|+|z2|
C.由a2=|a|2,类比为z2=|z|2
D.由a·b≤|a|·|b|,类比为z1·z2≤|z1|·|z2|
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.写出一个在复平面内对应的点在第二象限的复数z=　　　　.
13.欧拉公式eiθ=cos θ+isin θ(e=2.718 28…)是由18世纪瑞士数学家莱昂哈德·欧拉发现的,被誉为数学上最美丽的公式之一.已知=-+i,则cos α=　　　　.
14.已知复数z=-3+2i(i是虚数单位)是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q为实数)的一个根,则p=　　　　,q=　　　　.
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=(m2+5m+6)+(m2-2m-15)i,求满足下列条件的实数m的值或取值范围.
(1)复数z与复数2-12i相等;
(2)复数z与复数12+16i互为共轭复数;
(3)复数z在复平面内对应的点在x轴上方.
16.(15分)[2024·湖北武汉高一期中] 已知复数z满足z+i和均为实数.
(1)求复数z;
(2)若z1=++(m2+m-3)i在复平面内对应的点位于第四象限,求实数m的取值范围.
17.(15分)[2024·山东枣庄三中高一期中] 已知在复平面内,复数z1,z2所对应的点分别为Z1,Z2,O为坐标原点,i是虚数单位.
(1)若z1=4-3i,z2=-5-4i,计算z1z2与·;
(2)设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R),求证|·|≤|z1z2|,并指出向量,满足什么条件时该不等式取等号.
18.(17分)在复平面内,平行四边形OABC的顶点O,A,C对应的复数分别为0,2+i,-1+3i.
(1)求,及||,||;
(2)设∠OCB=θ,求cos θ.
19.(17分)[2024·长郡中学高一月考] (1)对实系数的一元二次方程可以用求根公式求复数范围内的解,在复数范围内解方程3x2+2x+1=0.
(2)对一般的实系数一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0(a≠0),由于总可以通过代换x=y-消去其二次项,就可以变为方程y3+py+q=0.在一些数学工具书中,我们可以找到方程x3+px+q=0的求根公式,这一公式被称为卡尔丹公式,它是以16世纪意大利数学家卡尔丹(J. Cardan)的名字命名的.
卡尔丹公式的获得过程如下:三次方程x3+px+q=0可以变形为x3=-px+(-q),把未知数x写成两数之和x=m+n,再把等式x3=(m+n)3的右边展开,就得到x3=m3+n3+3mn(m+n),即x3=3mnx+(m3+n3).将上式与x3=-px+(-q)相对照,得到把此方程组中的第一个方程两边同时作三次方,得并把m3与n3看成未知数,解得
于是,方程x3+px+q=0的一个根可以写成x=+.
阅读以上材料,求解方程x3-3x2-12x+10=0.
单元素养测评卷(二)
1.B　[解析] z=3-4i,则z的虚部为-4.故选B.
2.A　[解析] 由z+(1+i)=2i,得z=2i-(1+i)=-1+i,则|z|==,故选A.
3.C　[解析] ∵z===1+2i,∴=1-2i.故选C.
4.A　[解析] m(3-i)+(2+i)=(3m+2)+(1-m)i,∵-0,1-m>0,∴复数m(3-i)+(2+i)在复平面内对应的点位于第一象限.故选A.
5.D　[解析] ∵z1==-1,z2=2+i,∴P(-1,0),Q(2,1),则=(3,1),∴对应的复数是3+i.故选D.
6.C　[解析] 由=1+i,得z===-1-i==,所以z的辐角的主值为π.故选C.
7.D　[解析] 根据题意,z1=3+2i,z2=-2+2i,z3=1-2i,故======-i,则复数在复平面内对应的点的坐标为,该点位于第四象限.故选D.
8.B　[解析] 设z=a+bi,a,b∈R,则===|b-ai|==1,∴复数z在复平面内对应的点Z在以原点O(0,0)为圆心,半径r=1的圆上.|z-3+4i| 表示点Z与复数z0=3-4i在复平面内对应的点Z0(3,-4)间的距离.∵|OZ0|==5,∴|z-3+4i|min=|OZ0|-r=5-1=4,故选B.
9.BCD　[解析] 复数z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0,故A为假命题;复数z=1-3i的共轭复数=1+3i,复数z=1-3i的虚部为-3,故B,C为真命题;若复数z满足z=1+i,则z=,所以z2===i,故D为真命题.故选BCD.
10.ACD　[解析] 对于A,|z|==1,故A正确;对于B,z在复平面内对应的点的坐标为,该点位于第一象限,故B错误;对于C,z·==+=1∈R,故C正确;对于D,设ω=x+yi(x,y∈R),则|ω-z|=1表示点(x,y)与点的距离为1,所以点(x,y)在以点为圆心,半径为1的圆上,又因为点到原点的距离为1,所以以点为圆心,半径为1的圆经过原点,所以|ω|的最大值等于这个圆的直径2,故D正确.故选ACD.
11.AB　[解析] 设z=x+yi,x,y∈R,则-z=-x-yi,所以|-z|==,|z|=,故A正确.z2=(x+yi)2=x2-y2+2xyi,|z|2=()2=x2+y2,故C错误.设z1=a+bi,z2=c+di,a,b,c,d∈R,则z1·z2=ac-bd+(ad+bc)i,|z1||z2|=·,故D错误.=(a+c)2+(b+d)2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd,(|z1|+|z2|)2=a2+b2+c2+d2+2·,(2·)2=4(a2c2+a2d2+b2c2+b2d2),(2ac+2bd)2=4(a2c2+b2d2+2abcd),由基本不等式可得a2d2+b2c2≥2abcd,当且仅当ad=bc时等号成立,所以2·≥2ac+2bd,故|z1+z2|2≤(|z1|+|z2|)2,又|z1+z2|≥0,|z1|+|z2|≥0,所以|z1+z2|≤|z1|+|z2|,故B正确.故选AB.
12.-1+i(答案不唯一)　[解析] 设z=a+bi(a,b∈R),则只需a<0,b>0,显然-1+i符合要求.
13.-　[解析] 因为eiθ=cos θ+isin θ,=-+i,所以则α-=+2kπ,k∈Z,即α=+2kπ,k∈Z,故cos α=-.
14.12　26　[解析] 根据题意得2(-3+2i)2+p(-3+2i)+q=0,整理得(10-3p+q)+(-24+2p)i=0,∴解得
15.解:(1)根据复数相等的充要条件,得解得m=-1.
(2)根据共轭复数的定义,得解得m=1.
(3)由题意知m2-2m-15>0,解得m<-3或m>5,故实数m的取值范围为(-∞,-3)∪(5,+∞).
16.解:(1)设z=a+bi(a,b∈R),
则z+i=a+(b+1)i,==,
因为z+i和均为实数,所以解得故z=2-i.
(2)z1=++(m2+m-3)i=2+i++(m2+m-3)i=2++(m2+m-2)i,因为z1=++(m2+m-3)i在复平面内对应的点位于第四象限,所以解得-2故实数m的取值范围为∪(0,1).
17.解:(1)因为z1=4-3i,z2=-5-4i,
所以z1z2=(4-3i)(-5-4i)=-20-16i+15i+12i2=-32-i.
由题知Z1(4,-3),Z2(-5,-4),所以=(4,-3),=(-5,-4),
所以·=4×(-5)+(-3)×(-4)=-8.
(2)因为z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R),所以z1z2=ac+adi+bci+bdi2=(ac-bd)+(ad+bc)i,可得|z1z2|2=(ac-bd)2+(ad+bc)2.
因为=(a,b),=(c,d),所以·=ac+bd,|·|2=(ac+bd)2.因为|z1z2|2-|·|2=(ac-bd)2+(ad+bc)2-(ac+bd)2=(ad+bc)2-4abcd=(ad-bc)2≥0,|z1z2|≥0,|·|≥0,所以|·|≤|z1z2|,当且仅当ad=bc时取等号,此时向量,满足∥.
18.解:(1)因为=+,所以对应的复数为(2+i)+(-1+3i)=1+4i,所以=(1,4),||==.因为=-,所以对应的复数为(2+i)-(-1+3i)=3-2i,所以=(3,-2),||==.
(2)由题知θ=<,>,因为==(2,1),=-=(1,-3),
所以·=2×1+1×(-3)=-1,||==,||==,所以cos θ=cos<,>==-.
19.解:(1)在一元二次方程3x2+2x+1=0中,Δ=22-4×3×1=-8,则x==-±i,即x1=-+i,x2=--i.
(2)令x=y+1,则方程x3-3x2-12x+10=0可化为y3=15y+4,
令y=m+n,则有3mny+m3+n3=15y+4,
于是得即
可得m3,n3是关于z的方程z2-4z+125=0的两根,
解z2-4z+125=0得z=2±11i,即或
而2+11i=(2+i)3,2-11i=(2-i)3,因此或
于是得y=4,方程y3=15y+4可化为(y-4)(y2+4y+1)=0,
解得y=4或y=-2±,因此x=5或x=-1±,所以方程x3-3x2-12x+10=0的解为x1=5,x2=-1-,x3=-1+.