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2025苏教版高中数学必修第二册
综合拔高练
五年高考练
考点1 复数的相关概念
1.(2020全国Ⅲ理,2)复数的虚部是( )
A.-
2.(2020江苏,2)已知i是虚数单位,则复数z=(1+i)(2-i)的实部是 .
考点2 复数的四则运算
3.(2024新课标Ⅰ,2)若=1+i,则z=( )
A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i
4.(2024全国甲理,1)若z=5+i,则i(+z)=( )
A.10i B.2i C.10 D.2
5.(2023全国乙理,1)设z==( )
A.1-2i B.1+2i C.2-i D.2+i
6.(2023全国甲文,2)=( )
A.-1 B.1 C.1-i D.1+i
7.(2023全国甲理,2)设a∈R,(a+i)(1-ai)=2,则a=( )
A.-2 B.-1
C.1 D.2
8.(2022全国乙理,2)已知z=1-2i,且z+a+b=0,其中a,b为实数,则( )
A.a=1,b=-2 B.a=-1,b=2
C.a=1,b=2 D.a=-1,b=-2
9.(2022全国甲理,1)若z=-1+=( )
A.-1+i
C.-i
10.(2023天津,10)i是虚数单位,= .
考点3 复数的几何意义
11.(2023新课标Ⅱ,1)在复平面内,(1+3i)·(3-i)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
12.(2021新高考Ⅱ,1)在复平面内,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
13.(2020北京,2)在复平面内,复数z对应的点的坐标是(1,2),则i·z=( )
A.1+2i B.-2+i
C.1-2i D.-2-i
考点4 复数的模
14.(2024新课标Ⅱ,1)已知z=-1-i,则|z|=( )
A.0 B.1 C. D.2
15.(2023全国乙文,1)|2+i2+2i3|=( )
A.1 B.2 C. D.5
16.(2022全国甲文,3)若z=1+i,则|iz+3|=( )
A.4
17.(2022北京,2)若复数z满足i·z=3-4i,则|z|=( )
A.1 B.5 C.7 D.25
18.(2020课标全国Ⅰ理,1)若z=1+i,则|z2-2z|=( )
A.0 B.1 C. D.2
三年模拟练
应用实践
(多选题)(2024贵州名校协作体联考)已知复数z1,z2满足z1=
cos α+isin α,z2=cos β+isin β,且|z1-z2|=,则( )
A.|z1·z2|=1 B.|z1+z2|=
C.若α=0,则cos β=0 D.α-β=kπ+(k∈Z)
2.(2024上海闵行学业质量调研)已知复数z1,z2在复平面内对应的点分别为P,Q,OP=5(O为坐标原点),且=0,则对任意θ∈R,下列选项中为定值的是( )
A.OQ B.PQ
C.△OPQ的周长 D.△OPQ的面积
3.(多选题)(2022江苏宿迁期末)1748年,瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系,并写出以下公式:eix=cos x+isin x(e是自然对数的底数,i是虚数单位),这个公式在复变论中占有非常重要的地位,被誉为“数学中的天桥”.已知复数z1=
=e-ix,
则下列说法正确的是( )
A.cos x=
B.e2i在复平面内对应的点位于第一象限
C.
D.若Z1,Z2为两个不同的定点,Z3为线段Z1Z2的垂直平分线上的动点,则|z1-z3|=|z2-z3|
4.(2024上海期中)在平面直角坐标系中,O是坐标原点,向量,则点B的坐标是 .
5.(2022广东广州三校期中联考)已知|z|=1,k∈R且z是复数,当|z2+kz+1|的最大值为3时,k= .
6.(2024江苏泰州民兴实验中学期中)已知复数z0=+(a2-3a+2)i(i为虚数单位,a∈R)为纯虚数.
(1)求a的值;
(2)在复平面内,复数z1满足1≤|z1|≤|z0+2|,z1对应的点Z1组成集合U,求集合U对应图形的面积;
(3)已知z2=z0+1,若z2是关于x的实系数方程x2-px+q=0的一个根,求实数p,q的值.
迁移创新
7.(2024湖南张家界期末)现有以下三个式子:①(i为虚数单位),某同学在解题时发现以上三个式子的值都等于同一个常数.
(1)从三个式子中任选一个,求出这个常数;
(2)根据三个式子的结构特征及(1)的计算结果,将该同学的发现推广为一个复数恒等式,并证明你的结论.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.D .
2.答案 3
解析 z=(1+i)(2-i)=2-i+2i+1=3+i,∴z的实部为3.
3.C 由已知可得z=(1+i)·(z-1),即z·i=1+i,故z=+1=1-i,故选C.
4.A ∵z=5+i,∴+z)=10i,故选A.
5.B z==1+2i,故选B.
6.C =1-i.故选C.
7.C 因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i-ai2=2a+(1-a2)i=2,所以解得a=1,故选C.
8.A 易得+b=1-2i+a(1+2i)+b=a+b+1+(2a-2)i,
由z+a故选A.
9.C 由z=-1+i.
10.答案 4+i
解析 =4+i.
11.A (1+3i)(3-i)=6+8i,其在复平面内对应的点为(6,8),位于第一象限,故选A.
12.A 因为i,
所以在复平面内,复数,
位于第一象限.故选A.
13.B 由复数的几何意义可知,z=1+2i,所以i·z=i·(1+2i)=-2+i,故选B.
14.C ∵z=-1-i,∴|z|=.故选C.
15.C |2+i2+2i3|=|2-1-2i|=|1-2i|=,故选C.
16.D 因为z=1+i,所以=1-i,
所以iz+3=i(1+i)+3(1-i)=2-2i,
所以|iz+3.故选D.
17.B 由i·z=3-4i可知,z==5.故选B.
18.D ∵z=1+i,∴z2-2z=(1+i)2-2(1+i)=1+2i+i2-2-2i=-2,∴|z2-2z|=|-2|=2.
三年模拟练
ACD 由题意得z1-z2=(cos α-cos β)+i(sin α-sin β),故(cos α-
cos β)2+(sin α-sin β)2=2,
即2-2(cos αcos β+sin αsin β)=2,得cos(α-β)=0,
故α-β=kπ+(k∈Z),D正确;
z1·z2=(cos α+isin α)·(cos β+isin β)=cos αcos β-sin αsin β+i(cos α·
sin β+sin αcos β)=cos(α+β)+isin(α+β),
故|z1·z2|=cos2(α+β)+sin2(α+β)=1,A正确;
z1+z2=(cos α+cos β)+i(sin α+sin β),
故|z1+z2|=
,B错误;
由D的分析可知,若α=0,则cos(-β)=0,故cos β=0,C正确.故选ACD.
2.A 因为复数z1在复平面内对应的点为P,OP=5(O为坐标原点),所以z1≠0,
由sin θ+1=0,
对于实系数一元二次方程x2-xsin θ+1=0,其判别式Δ=sin2θ-4<0,
解此方程可得x=,
所以,所以OQ=|z2|=|z1|=OP=5.
在△OPQ中,因为∠POQ不是定值,所以△OPQ的面积及周长,PQ均不是定值.故选A.
3.ACD 对于A,∵eix=cos x+isin x,e-ix=cos(-x)+isin(-x)=cos x-isin x,
∴eix+e-ix=2cos x,则cos x=,A正确;
对于B,e2i=cos 2+isin 2,∵<2<π,∴cos 2<0,sin 2>0,∴e2i在复平面内对应的点位于第二象限,B错误;
对于C,=(cos x1+cos x2+cos x3)+(sin x1+sin x2+sin x3)i,
则=(cos x1+cos x2+cos x3)-(sin x1+sin x2+sin x3)i,
∵=(cos x1+cos x2+cos x3)-(sin x1+sin x2+sin x3)i,
∴,C正确;
对于D,|z1-z3|可转化为Z1与Z3两点间的距离,|z2-z3|可转化为Z2与Z3两点间的距离,
∵Z3为线段Z1Z2的垂直平分线上的动点,
∴Z1与Z3两点间的距离等于Z2与Z3两点间的距离,则|z1-z3|=|z2-z3|,D正确.故选ACD.
4.答案
解析 设向量对应的复数是z,
则z=3,
所以向量
=3i,
所以点B的坐标是.
5.答案 ±1
解析 设z=a+bi(a,b∈R),
因为|z|=1,所以|z|2=1,z·=1,
所以|z2+kz+1|=|z2+kz+z·+k)|,
因为z++k|·|z|=|2a+k|,
因为|z|==1,所以a∈[-1,1],
所以=|k|+2=3,解得k=±1.
6.解析 (1)由题意得
所以解得a=3.
(2)由(1)可知z0=2i,所以复数z1满足1≤|z1|≤|2+2i|=2,
所以在复平面内,z1对应的点Z1组成的集合U是以原点为圆心,1和2分别为半径的两个同心圆所夹的圆环(包含边界),
所以集合U对应图形的面积为π×(2)2-π×12=7π.
(3)由(1)可知z0=2i,所以z2=1+2i,
则(1+2i)2-p(1+2i)+q=0,所以-3-p+q+(4-2p)i=0,
所以
7.解析 (1)①=i,
②=i,
③=i.(选一个即可)
(2)根据三个式子的结构特征及(1)的计算结果,可以得到=i(a,b∈R,且a,b不同时为零).
下面进行证明:
=i.
素养评析 本题第(1)问主要体现了数学运算的核心素养,要求学生能够熟练掌握复数的相关运算,达到了水平一;第(2)问考查了逻辑推理的核心素养,要求学生能够从多个式子中找出其中的内在联系,用式子表示出一般性结论并进行证明,达到了水平二.
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2025苏教版高中数学必修第二册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 对复数的相关概念理解不清致错
1.(2024江苏苏州部分高中适应性考试)设复数z=a+i(a∈R,i为虚数单位),若(1+i)·z为纯虚数,则复数的虚部为( )
A.-1 B.1
C.2 D.-i
2.已知复数z1=-4m+1+(2m2+3m)i,z2=2m+(m2+m)i,其中m∈R,则当z1>z2时,m的值为 .
易错点2 对复数表示实数、虚数、纯虚数的充要条件记忆不准确致错
3.(2024江苏苏锡常镇四市教学情况调研)已知z1,z2是两个虚数,则“z1,z2均为纯虚数”是“为实数”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
4.(2024广东东莞中学第一次段考)已知复数z=+(m2+m)i,i为虚数单位,m∈R.
(1)若z为实数,求实数m的值;
(2)若z为虚数,求实数m的取值范围;
(3)当z为纯虚数时,若复数x满足x2=z,求x.
易错点3 不能正确理解复数的几何意义致错
5.(多选题)(2022江苏苏州期末)下列命题中,正确的有( )
A.对于任意向量a,b,都有|a+b|≤|a|+|b|
B.对于任意复数z1,z2,都有|z1+z2|≤|z1|+|z2|
C.存在向量a,b,使得|a·b|<|a||b|
D.存在复数z1,z2,使得|z1z2|<|z1||z2|
6.(2024福建师范大学附属中学期中)已知复数z满足|z-1+2i|=1,则|z|的最小值为 .
易错点4 对复数范围内方程的解的问题考虑不全面致错
7.(2024湖南衡阳期末)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.或2
8.在复数范围内求方程x2-5|x|+6=0的解.
思想方法练
一、函数与方程思想在复数中的应用
1.(2024江苏南通海安高级中学开学考试)设m∈R,i为虚数单位.若集合M={1,2,(m2+3m-1)+(m2+5m-6)i},N={-1,3},且M∩N={3},则m= .
2.(2023陕西咸阳实验中学月考)已知复数z1=2+ai(a>0)是方程x2+bx+5=0(b∈R)的一个根.
(1)求a,b的值;
(2)若复数z2满足|z2-z1|=|z2-3i|,求|z2|的最小值.
3.(2024江苏泰州兴化期中)已知复数z1=m+2i(m∈R),z2=cos α+isin α,且|z1|=|z2|,z1在复平面内所对应的点位于第二象限.
(1)求m的值;
(2)若z1·z2为纯虚数,求tan 2α的值.
二、数形结合思想在复数中的应用
4.(2024江苏常州金坛四中模拟)若复数z=cos θ+isin θ,则|z-2+2i|的最大值是( )
A.2+3
5.已知复数z满足|z|=3,则|z+4|+|z-4|的取值范围是 .
三、转化与化归思想在复数中的应用
6.已知复数z=cos θ+isin θ(0≤θ<2π),分别求θ为何值时,|1-i+z|取得最大值和最小值,并求出最大值和最小值.
(2024陕西西安蓝田田家炳中学联考)已知关于x的二次方程x2-
(tan θ+i)x-(i+2)=0,θ∈R.
(1)当θ为何值时,原方程有一个实根
(2)是否存在θ,使得原方程有纯虚数根 若存在,求出θ的值;若不存在,试说明理由.
答案与分层梯度式解析
易混易错练
1.A 因为(1+i)·z=(1+i)(a+i)=(a-1)+(a+1)i为纯虚数,所以解得a=1,
则z=1+i,的虚部为-1.故选A.
易错警示 复数z=a+bi(a,b∈R)的虚部是b,而不是bi;复数z=a+bi(a,b∈R)的共轭复数是z=a-bi.
2.答案 0
解析 因为z1>z2,所以复数z1,z2均为实数,
则解得m=0.
易错警示 当两个复数全为实数时才可以比较大小,否则不能比较大小.
3.A 若z1,z2均为纯虚数,设z1=bi,z2=ci,其中b,c∈R且b,c≠0,则∈R,故充分性成立;
当z1=1+i,z2=2+2i时,∈R,但z1,z2均不是纯虚数,故必要性不成立.
综上所述,“z1,z2均为纯虚数”是“为实数”的充分不必要条件.故选A.
易错警示 要明确a=0且b≠0是z=a+bi(a,b∈R)为纯虚数的充要条件,两者缺一不可.
4.解析 (1)由题意可知m≠0,
若z为实数,则m2+m=0,解得m=0(舍去)或m=-1,
所以实数m的值为-1.
(2)若z为虚数,则m2+m≠0,解得m≠0且m≠-1,
所以实数m的取值范围为(-∞,-1)∪(-1,0)∪(0,+∞).
(3)若z为纯虚数,则解得m=-2,即z=2i.
设x=a+bi(a,b∈R),则x2=(a+bi)2=(a2-b2)+2abi=2i,则
所以x=1+i或x=-1-i.
5.ABC 对于A,根据向量加法的三角形法则易得|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当a,b同向或a,b中存在零向量时等号成立,A正确;
对于B,设复数z1,z2在复平面内对应的向量分别为|,根据向量加法的三角形法则可得|z1+z2|≤|z1|+|z2|,B正确;
对于C,∵|a·b|=||a||b|cos
|≤|a||b|,当且仅当|cos|=1,即a∥b时等号成立,∴只要a,b不共线,就有|a·b|<|a||b|成立,C正确;
对于D,设z1=r1(cos α+isin α),z2=r2(cos β+isin β),则|z1|=r1,|z2|=r2,
∵z1z2=r1(cos α+isin α)·r2(cos β+isin β)=r1r2[cos(α+β)+isin(α+β)],
∴|z1z2|=r1r2=|z1||z2|,D错误.故选ABC.
6.答案 -1
解析 根据复数模的几何意义,可知|z-1+2i|=1表示在复平面内,复数z对应的点与复数1-2i对应的点(1,-2)之间的距离为1,所以复数z对应的点在以点(1,-2)为圆心,1为半径的圆上,记该圆为M,如图,
|z|表示圆M上的点到原点的距离,由图可知,|z|的最小值为OM-1=-1.
方法技巧 解决复数的模的几何意义问题要把握以下关键点:①|z|表示点Z到原点的距离;②|z|=r表示点Z的集合是以原点为圆心,r为半径的圆;③|z-a-bi|(a,b∈R)表示点Z到点(a,b)的距离,其中Z为z在复平面内对应的点.在遇到与此相关的题目时,通常借助复数的几何意义从几何角度解题.
7.D 由z3+z2+z+1=0,得z2(z+1)+z+1=(z2+1)(z+1)=0,
所以z=±i或z=-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.故选D.
易错警示 本题容易错误地认为±i是该方程的两个不同的复数根,而忽略了-1也是该方程的复数根.
8.解析 因为x∈C,所以设x=a+bi(a,b∈R),代入方程得(a+bi)2-5+6=0,
即a2-b2-5+6+2abi=0,
所以
解得
所以原方程有6个解,分别为i,-i,2,-2,3,-3.
易错警示 虚数单位的特殊性决定了我们不能用判别式判断实系数一元二次方程有无实数根.在复数范围内解方程的一般思路是依据题意设出方程的根,代入方程,然后利用复数相等的充要条件求解.
思想方法练
1.答案 1
解析 由题意得(m2+3m-1)+(m2+5m-6)i=3,
根据复数相等的充要条件建立方程组求解.
所以解得m=1.
2.解析 (1)依题意得(2+ai)2+b(2+ai)+5=0,
即(4-a2+2b+5)+(4a+ab)i=0,
根据复数相等的充要条件建立方程组求解.
∴
(2)由(1)可得z1=2+i,设z2=x+yi(x,y∈R),
则|z2-z1|=,
|z2-3i|=,又|z2-z1|=|z2-3i|,
∴,整理得y=x+1.
∴|z2|=,
通过变量代换,将模的最值问题转化为二次函数的最值问题,利用二次函数的性质进行求解,体现了函数思想的应用.
故当x=-.
3.解析 (1)由已知得|z2|==1,
因为|z1|=,所以m2+4=5,解得m=±1,
又z1在复平面内所对应的点位于第二象限,所以m<0,所以m=-1.
由(1)知z1=-1+2i.因为z1·z2=(-1+2i)(cos α+isin α)=(-cos α-
2sin α)+(-sin α+2cos α)i为纯虚数,
根据纯虚数的概念列出关于cos α,sin α的等式及不等式,求出cos α,
sin α的值后进一步得解.
所以
即2sin α=-cos α,且sin α≠2cos α,
显然cos α≠0,所以tan α=,
所以tan 2α=.
思想方法 在复数问题中,一般运用方程思想解决已知复数类型求解参数问题,根据复数的类型建立关于实部、虚部的方程(组)或等式及不等式,然后求参即可.运用函数思想解决复数模的最值或范围问题时,根据题目条件设置变量,将复数的模转化为关于变量的函数,一般为二次函数、反比例函数等,并利用函数性质求解最值.
4.B 设z=cos θ+isin θ在复平面内对应的点为P,则P(cos θ,sin θ),易知点P在以原点为圆心的单位圆上,设z1=2-2i,其在复平面内对应的点为A,则A(2,-2),根据题意画出图形,如图,
根据复数模的几何意义,将复数模的问题转化为两点间的距离问题,画出图形求解,体现了数形结合思想的应用.
所以|z-2+2i|=|PA|,易知|PA|≤|AO|+1=2+1.
故选B.
5.答案 [8,10]
解析 由复数z满足|z|=3,可知其在复平面内对应的点的集合是以原点为圆心,3为半径的圆,则|z+4|+|z-4|表示圆上的任一点P到点(-4,0)和点(4,0)的距离之和,记B(-4,0),C(4,0),则|z+4|+|z-4|=|PB|+|PC|.
利用数形结合思想作出|z|=3对应的图形,再结合|z+4|+|z-4|的几何意义求解.
作出图形如图所示,
由图形可知,当点P在点E或点G处时,|PB|+|PC|的值最小,为1+7=8;
当点P在点D或点F处时,|PB|+|PC|的值最大,为2=10,
则|z+4|+|z-4|的取值范围是[8,10].
思想方法 复数的几何意义有两种,一种是和复平面内的点一一对应,一种是和复平面内以原点为起点的向量一一对应.在做复数的相关题目时,可以利用这两种几何意义实现复数、复平面内的点、复平面内的向量之间的转化,从而可以利用数形结合思想,将抽象问题形象化,复杂问题简单化.
6.解析 把复数z的表达式代入|1-i+z|,将模的最值问题转化为三角函数的最值问题.
|1-i+z|=|cos θ+1+i(sin θ-1)|
=
=
=.
∵0≤θ<2π,∴当θ=+1;
当θ=-1.
7.解析 (1)设x0是方程的一个实根,则-(tan θ+i)·x0-(i+2)=0,
将解方程问题转化为研究某个复数等于0的问题,继而利用复数相等的充要条件求解.
即(-x0tan θ-2)-i(x0+1)=0.
根据复数相等的充要条件可得
解得x0=-1,tan θ=1,则θ=kπ+(k∈Z).
经检验,当θ=kπ+(k∈Z)时,原方程有一个实根x0=-1.
假定方程有纯虚数根bi(b∈R,且b≠0),代入原方程得(bi)2-
(tan θ+i)·bi-(i+2)=0,
将解方程问题转化为研究某个复数等于0的问题,继而利用复数相等的充要条件求解.
即-b2+b-2-(btan θ+1)i=0.
根据复数相等的充要条件可得
因为方程-b2+b-2=0无实数解,所以实数b不存在.
所以对任何实数θ,原方程不可能有纯虚数根.
思想方法 复数集是由实数集扩充而来的,因此实数集内的一些性质在复数集内仍然成立.利用复数的代数形式将复数问题转化为实数问题是一种最常见的解题方法,最常见的手段是利用复数相等的充要条件进行转化.
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第12章 复数
全卷满分150分 考试用时120分钟
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.已知复数z=cos α+icos 2α(0<α<2π)的实部与虚部互为相反数,则α的取值不可能为( )
A.
C.π D.
2.已知z为复数,则“z=”是“z2=”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
3.已知i为虚数单位,如图,在复平面内,点O为原点,平行四边形OABC的顶点A,B对应的复数分别为3+2i,1+6i,则点C对应的复数为( )
A.-4+2i B.-2+3i
C.-2+4i D.2+3i
4.若复数z满足|2z-5|=|-10|,则|z|=( )
A.2 B.3
C.4 D.5
5.在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是=(3,-2),O是坐标原点,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
6.设复数z1,z2对应的向量分别为,O为坐标原点,且z1=-i,若把绕原点顺时针旋转,把绕原点逆时针旋转,所得两向量的终点重合,则z2=( )
A.1-i
C.+i
7.已知复数z=,当a≥1时,不等式2|z|2-t|z|+6≥0恒成立,则实数t的最大值是( )
A.4
C.
8.已知两个复数z,ω满足z2=ω=,且复数z在复平面内对应的点位于第一象限,则=( )
A.
C.
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在复平面内对应的点为,则( )
A.|z|=1 B.z+=1
C.z2+z+1=0 D.z2 024=
10.设z为复数(i为虚数单位),下列命题正确的有( )
A.若(1+i)z=-i,则|z|=1
B.arg(1+i)=
C.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
D.在复平面内,集合M={z||z-2|≤2}所构成区域的面积为6π
11.已知a,b∈R,复数z1=(1-i)a,z2=(1+i)b,则下列结论正确的是( )
A.|z1|≥,|z2|≥
B.若a=2,b=3,则|z1z2|=4
C.若a>0,b>0,a+b=2,则
D.若|z1|=2|z2|,则a-b=1
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.若复数z=3-4i+|3-4i|,则|z|= .
13.满足=2n(i为虚数单位)的最小正整数n的值为 .
14.已知m∈R,关于z的方程(z2+z+m)(z2+z+2m)=0有四个复数根z1,z2,z3,z4.若这四个复数根在复平面内对应的点刚好是一个正方形的四个顶点,则实数m的值为 .
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.(本小题满分13分)已知复数z=,i为虚数单位.
(1)求|z|;
(2)若z2+az+b=1+i,求实数a,b的值.
16.(本小题满分15分)已知复数z=3xi3+(x2+x)i2 024(x∈R)的实部与虚部的和为f(x).
(1)若f(x)=8,且x>0,求复数iz的虚部;
(2)当f(x)取得最小值时,z1=2i对应的点位于第四象限,求m的取值范围.
17.(本小题满分15分)设z为虚数,u=z+为实数.
(1)求|z|;
(2)设z在复平面xOy内对应的点为Z,以x轴的非负半轴为始边,射线OZ为终边的角记为θ,求证:z2=cos 2θ+isin 2θ;
(3)若-118.(本小题满分17分)设复数z=a+bi(其中a,b∈R),z1=z+ki,z2=·ki(其中k∈R).
(1)设a=b=,若|z1|=|z2|,求实数k的值;
(2)若存在实数k,使得z1与z2是某个实系数一元二次方程的两个虚数根,求符合条件的复数z的模的取值范围.
19.(本小题满分17分)已知①任何一个复数z=a+bi都可以表示成r(cos θ+isin θ)的形式,其中r是复数z的模,θ是复数的辐角;②eix=cos x+isin x被称为欧拉公式,是复数的指数形式;③方程xn=1(n为正整数)有n个不同的复数根.
(1)设ω=-i,求ω2 024;
(2)试求出所有满足方程x6=1的复数x所组成的集合;
(3)若复数z=cos,求(z-1)(z2-1)…(z2 023-1).
答案与解析
第12章 复数
1.D 由题意可知cos α+cos 2α=0,所以cos α+2cos2α-1=0,解得cos α=-1或cos α=,
因为0<α<2π,所以α=π或α=或α=.故选D.
2.A 若z=,则z∈R,且z2=,故充分性成立;
设z=a+bi,a,b∈R,则z2=a2+2abi-b2,=a2-2abi-b2,
若z2=,则ab=0,∴a=0或b=0,∴z与不一定相等,故必要性不成立,
则“z=”是“z2=”的充分不必要条件.故选A.
3.C 由题意得=(1,6),
由平面向量加法的平行四边形法则可得,故=(-2,4),因此,点C对应的复数为-2+4i.故选C.
4.D 设z=a+bi(a,b∈R),则=a-bi,
则有|2a-5+2bi|=|a-10-bi|,即(2a-5)2+(2b)2=(a-10)2+b2,化简可得a2+b2=25,
故|z|==5.故选D.
5.A 由已知可得,z1=-2+3i,z2=3-2i,
则i,
所以复数对应的点为,位于第一象限.故选A.
6.B 易得z1=-,
所以把绕原点顺时针旋转得到的向量对应的复数为2=2(cos 0+isin 0)=2,
由把绕原点逆时针旋转,所得向量与2对应向量的终点重合,得z2=2,
所以z2=
=2
=-1+i.
故选B.
7.B z=ai,
所以|z|==10|a|.
当a≥1时,不等式2|z|2-t|z|+6≥0恒成立,
即t≤2|z|+恒成立,即t≤20a+恒成立.
令f(a)=20a+,易知当a≥1时,f(a)单调递增,
所以f(a)min=f(1)=,所以实数t的取值范围是,其最大值是.
故选B.
8.C 设ω=a+bi,a,b∈R,
由ω=得a+bi=(a-bi)2,所以a+bi=a2-b2-2abi,
则解得或或
因为z2=ω=,且复数z在复平面内对应的点位于第一象限,
所以所以ω=-i,
所以.故选C.
9.ACD 由题可知,z=-=1,故A正确;
i,则z+=-1,故B错误;
z2=i,所以z2+z+1=-1+1=0,故C正确;
z3=z2·z==1,
所以z2 024=z2 022·z2=(z3)674·z2=z2=,故D正确.
故选ACD.
10.BC 对于A,z=,故A错误;
对于B,因为1+i在复平面内对应的点为(1,1),点(1,1)在角+2kπ,k∈Z的终边上,所以arg(1+i)=,故B正确;
对于C,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Z的集合是直线x=0,故C正确;
对于D,集合M表示以(2,0)为圆心,2为半径的圆及其内部,故其面积S=πr2=4π,故D错误.
故选BC.
11.BC 对于A,|z1|=()b>0,故A错误;
对于B,|z1z2|=|z1||z2|=(,故B正确;
对于C,)b-a,由a+b=2,得a=2-b,故)2b-2=2b-1,因为b>0,所以2b-1>,故C正确;
对于D,由|z1|=2|z2|,得=2,即()a-b=2,即=1,故a-b=2,故D错误.
故选BC.
12.答案 4
解析 因为z=3-4i+=8-4i,所以|z|=.
13.答案 3
解析 ∵(1+i)2=2i,(1-i)2=-2i,
∴=2n-1×in[1+i+(-1)n(1-i)],
当n=1时,原式=-2,不满足题意;
当n=2时,原式=-4,不满足题意;
当n=3时,原式=8=23,满足题意.
14.答案
解析 不妨设z2+z+m=0的两根分别为z1,z2,z2+z+2m=0的两根分别为z3,z4,两方程的判别式分别为Δ1,Δ2,
由题意知Δ1=1-4m≠0,Δ2=1-8m≠0,即m≠且m≠.
①当m<时,Δ1>0,Δ2>0,则z1,z2,z3,z4均为实数,所以四个实数根在复平面内对应的点均在实轴上,与题意矛盾;
②当时,Δ1>0,Δ2<0,则z1,z2为实数,z3,z4为虚数,由题知|z1-z2|=|z3-z4|,
所以,即1-4m=8m-1,解得m=,
此时z2+z+=0,解得或
同理,z2+z+=0,解得或
这四个复数根在复平面内对应的点为以为中心,且对角线所在直线的方程分别为x=-,y=0,对角线的长度为的正方形的顶点.
③当m>时,Δ1<0,Δ2<0,则z1,z2,z3,z4均为虚数,
所以z1,z2为共轭复数且z1+z2=-1,故z1,z2的实部均为-,
同理,z3,z4的实部均为-,即这四个复数根在复平面内对应的点均在直线x=-上,与题意矛盾.
综上,m=.
15.解析 (1)z==1-i,(5分)
则|z|=.(6分)
(2)z2+az+b=(1-i)2+a(1-i)+b=a+b-(2+a)i,(7分)
因为z2+az+b=1+i,
所以(10分)
解得(13分)
16.解析 (1)易得复数z=3xi3+(x2+x)i2 024=(x2+x)-3xi(x∈R),(2分)
所以复数z的实部为x2+x,虚部为-3x,则f(x)=(x2+x)-3x=x2-2x,(3分)
由f(x)=8,可得x2-2x-8=0,又x>0,所以x=4,(5分)
所以z=20-12i,可得iz=i(20-12i)=12+20i,所以复数iz的虚部为20.(7分)
(2)由(1)知,函数f(x)=(x-1)2-1,
则当x=1时,f(x)取得最小值,此时z=2-3i,
则z1=2i,(10分)
由z1对应的点位于第四象限,可得(12分)
解得-1故m的取值范围为∪.(15分)
17.解析 (1)设z=a+bi(a∈R,b≠0),
则u=z+i.(2分)
因为u为实数,所以b-=0,所以b=0(舍去)或a2+b2=1,(4分)
所以|z|==1.(6分)
(2)证明:依题意,结合(1)知,z=cos θ+isin θ(θ≠kπ,k∈Z),(7分)
则z2=(cos θ+isin θ)2=cos2θ+2icos θsin θ+i2sin2θ
=cos2θ-sin2θ+isin 2θ=cos 2θ+isin 2θ.(9分)
(3)由(1)知,u=2a,v=i,(11分)
因为-1所以|u-v2|=-3,(13分)
因为-所以|u-v2|≥4-3=1当且仅当a+1=,即a=0时,等号成立,
所以|u-v2|的最小值为1.(15分)
18.解析 (1)由题意得z=i,
所以z1=z+ki=i,(2分)
z2=·ki=·ki=ki.(4分)
因为|z1|=|z2|,
所以,(5分)
即(k+1)2=0,所以k=-1.(6分)
(2)由题意得z1=a+(b+k)i,z2=bk+aki.(7分)
因为z1与z2是某个实系数一元二次方程的两个虚数根,
所以z1,z2互为共轭复数,即(10分)
若b=0,则a=k=0,此时z1,z2均为零,不符合题意;(12分)
若b≠0,则b+=-a·,整理得b2=-a2-a,由b2>0,得a∈(-1,0),
又|z|2=a2+b2=-a,所以0<|z|2<1,即0<|z|<1.(16分)
所以符合条件的复数z的模的取值范围是(0,1).(17分)
19.解析 (1)依题意,ω=-, (2分)
所以ω2 024=()2 024=i.(4分)
(2)设x=cos θ+isin θ=eiθ,则x6=(cos θ+isin θ)6=(eiθ)6=ei·6θ=cos 6θ+isin 6θ=1,(6分)
因此sin 6θ=0且cos 6θ=1,则6θ=2kπ,k∈Z,解得θ=,k∈Z,
结合终边相同的角的概念及特征,可取k=0,1,2,3,4,5,则对应的θ依次为0,,(8分)
因此对应的x依次为1,i,
所以满足方程的复数x所组成的集合是.(10分)
(3)当z=cos时,zn=,|z|=1,
则(zn)2 024=()2 024=ei·2nπ=cos 2nπ+isin 2nπ=1,(12分)
因此关于x的方程x2 024-1=0的根依次为1,z,z2,z3,…,z2 023,
则x2 024-1=(x-1)(x-z)(x-z2)(x-z3)…(x-z2 023),(13分)
又由x2-1=(x-1)(1+x),x3-1=(x-1)(1+x+x2),x4-1=(x-1)(1+x+x2+x3),……,
可得x2 024-1=(x-1)(1+x+x2+…+x2 023),
故(x-z)(x-z2)(x-z3)…(x-z2 023)=1+x+x2+…+x2 023,(15分)
令x=1,得(1-z)(1-z2)(1-z3)…(1-z2 023)=1+1+12+…+12 023=2 024,而2 023为奇数,
所以(z-1)(z2-1)(z3-1)…(z2 023-1)=-2 024.(17分)
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