第五章　复数--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026北师大版高中数学必修第二册
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.已知复数z满足z(1+i)=(1-i),则的虚部为(　　)
A.1　　　B.i　　　C.-1　　　D.-i
2.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
3.已知复数z1=-3-i,在复平面内,复数z1,z2对应的点分别为A,B,且点A与点B关于直线y=x对称,则|z1+z2|=(　　)
A.4　　　B.2　　　C.2　　　D.
4.设a∈R,z=,其中i为虚数单位,则“|z|>”是“a<-1”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z∈C,且满足1≤z-≤2,若在复平面内z对应的点为Z,则点Z所在区域的面积为(　　)
A.π　　　B.2π　　　C.3π　　　D.4π
6.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
7.已知集合A=xx-≤(i为虚数单位),集合B=x∈R≤0,则A∩B=(　　)
A.{x|0C.{x|08.已知复数z满足|z|=1,则|z-2-2i|的最小值是(　　)
A.2　　　B.2-1　　　C.2+1　　　D.-1
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,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.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.已知复数z1,z2,则下列结论正确的是(　　)
A.|z1|+|z2|≥|+|
B.若|z1|=|z2|,则z1=z2
C.若|z1z2|=0,则z1,z2中至少有1个是0
D.若z1≠0且z1=z2,则z2=
11.已知z1,z2是关于x的方程x2-2x+m=0(m∈R)的两根,则(　　)
A.z1+z2=2　　　B.|z1|=|z2|
C.若m>1,则z1=　　　D.若m>1,则+<2
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.将答案填在题中横线上)
12.写出一个复数z,使得z满足z2∈R且z R,则z可以为　　　　.
13.若复数z=,则|2·z2 024+z2 025|=　　　　.
14.在复平面内,复数z1对应的点在以两复数1+i,1-i对应的点为两端点的线段上运动,复数z2对应的点在以原点为圆心,1为半径的圆上运动,则复数z1+z2对应的点的轨迹围成的图形的面积为　　　　.
四、解答题(本大题共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+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|.
16.(15分)已知复数z=a+ai,ω=2ai,a>0,i为虚数单位,为z的共轭复数.
(1)若z+=2,求复数ω;
(2)证明:|ω|=||;
(3)设z,ω在复平面内对应的向量分别为,,O为坐标原点,若·=12,求a的值.
17.(15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在第二象限内,求△ABC的面积.
18.(17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.
19.(17分)任意一个复数z的代数形式都可写成三角形式,即z=a+bi=r(cos θ+isin θ),其中i为虚数单位,r=|z|=≥0,θ∈[0,2π).棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗(1667—1754)创立.设两个复数用三角形式表示为z1=r1(cos θ1+isin θ1),z2=r2(cos θ2+isin θ2),则z1z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)].如果令z1=z2=…=zn=z,则能导出复数乘方公式:zn=rn(cos nθ+isin nθ).请用以上知识解决下列问题.
(1)试将z=-3i写成三角形式;
(2)试应用复数乘方公式推导三倍角公式:sin 3θ=3sin θ-4sin3θ;cos 3θ=4cos3θ-3cos θ;
(3)计算:cos 4θ+cos 4(θ+120°)+cos 4(θ-120°)的值.
答案全解全析
1.A　由题得z====-i,∴=i,∴的虚部为1.
2.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.
3.A　因为z1=-3-i,所以点A(-3,-1).
因为点A与点B关于直线y=x对称,所以B(-1,-3),故z2=-1-3i,
所以|z1+z2|=|-4-4i|==4.
4.B　z===a-3i,
若|z|>,则>,即a2>1,解得a>1或a<-1,
所以由|z|>推不出a<-1,故充分性不成立;
由a<-1可推出|z|>,故必要性成立,
所以“|z|>”是“a<-1”的必要不充分条件.
5.C　因为===-i,
所以z-=z-=1表示点z的轨迹是以为圆心,1为半径的圆,z-=z-=2表示点z的轨迹是以为圆心,2为半径的圆,又1≤z-≤2,所以点Z所在区域的面积为π×22-π×12=3π.
6.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,
(也可由复数乘法的几何意义得z2=z1·2i=(1-i)·2i=2+2i)
所以====2i.
7.A　设x为实数,==-i,则≤等价于|x+i|=≤,
解得-1≤x≤1,故集合A={x|-1≤x≤1},
不等式≤0等价于或解得0故集合B={x|08.B　设z=a+bi(a,b∈R),∵|z|=1,∴复数z在复平面内所对应的点Z在以原点O为圆心,1为半径的圆上.|z-2-2i|=|z-(2+2i)|的几何意义是点Z到点A(2,2)的距离,∴|z-2-2i|的最小值是点A(2,2)到原点的距离减去圆的半径,即-1=2-1.
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,故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,故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,故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,故D正确.
10.ACD　设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R).
对于A,=a-bi,=c-di,所以+=(a+c)-(b+d)i,
即=(a+c)2+(b+d)2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd≤a2+b2+c2+d2+2|ac+bd|≤a2+b2+c2+d2+2==,
即|z1|+|z2|≥|+|,所以A正确;
对于B,例如z1=1+2i,z2=2+i,此时满足|z1|=|z2|,但z1≠z2,所以B不正确;
对于C,由|z1z2|=|z1||z2|=0,可得|z1|=0或|z2|=0,
当|z1|=0时,=0,可得a=0,b=0,此时z1=0,
当|z2|=0时,=0,可得c=0,d=0,此时z2=0,
所以z1,z2中至少有1个是0,所以C正确;
对于D,当z1≠0,即实数a,b不同时为零时,=a-bi,
因为z1=z2,所以z2=a+bi,则z2=(a-bi)(a+bi)=a2+b2,
又=a2+b2,所以z2=,所以D正确.
11.ACD　由x2-2x+m=0,可得Δ=4-4m.
当m≤1时,Δ≥0,所以z1,z2∈R,z1+z2=2,z1z2=m,但|z1|=|z2|不一定成立;当m>1时,Δ<0,z1,z2是方程的两个复数根,易得方程x2-2x+m=0的两根为x=1±i,所以z1,z2互为共轭复数,|z1|=|z2|,且z1+z2=2,z1z2=m,所以+=-2z1z2=4-2m<2.综上可知A,CD正确.
12.答案　i(答案不唯一)
13.答案　
解析　由z===i,可得2·z2 024+z2 025=2·i2 024+i2 025=2+i,故|2·z2 024+z2 025|=.
14.答案　4+π
解析　设ω=z1+z2,则z2=ω-z1,所以|z2|=|ω-z1|,
由题知|z2|=1,所以|ω-z1|=1,
所以ω在复平面内对应的点在以z1对应的点为圆心,1为半径的圆上运动,
又z1对应的点在以两复数1+i,1-i对应的点为两端点的线段上运动,
所以ω对应的点的轨迹围成的图形的面积S=2×2+π×12=4+π,
即复数z1+z2对应的点的轨迹围成的图形的面积是4+π.
15.解析　(1)若z为纯虚数,则 (3分)
解得m=-2.(6分)
(2)由题意可得m-1=(m2+m-2),(8分)
解得m=1(二重根),(10分)
所以z=0,所以|z|=0.(13分)
16.解析　(1)因为z=a+ai,所以=a-ai,(1分)
所以z+=2a=2,解得a=1,(3分)
所以ω=2i.(4分)
(2)证明:由ω=2ai,a>0知,|ω|=2a,(6分)
又||=|a-ai|==2a,所以|ω|=||.(9分)
(3)因为z=a+ai在复平面内对应的向量为=(a,a),ω=2ai在复平面内对应的向量为=(0,2a),(12分)
所以·=a×0+a×2a=2a2=12,故a2=6,
又a>0,所以a=.(15分)
17.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), (3分)
又因为z+=a-ai+=a-ai+=+i为实数,(5分)
所以-a=0,解得a=±1,所以z=1-i或z=-1+i.(7分)
(2)因为点A在第二象限内,所以z=-1+i,故A(-1,1),(8分)
z2=(-1+i)2=-2i,故B(0,-2),(10分)
i·z=i(-1+i)=-1-i,故C(-1,-1),(12分)
所以AC=2,△ABC的AC边上的高为1,所以S△ABC=×2×1=1.(15分)
18.解析　(1)根据题意得,方程的另一个根为a-i,(2分)
根据根与系数的关系,知2a=2(m-1),a2+1=,(5分)
∴m=3或m=1.(7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,(9分)
从而|x1|+|x2|=|x1+x2|=2,可得 2(m-1)=±2,(11分)
解得m=0或m=2(舍去).(13分)
当Δ<0,即m∈(2-,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).(16分)
综上所述,m=0或m=1.(17分)
19.解析　(1)由于z=-3i,故|z|==2,(2分)
则z=2=2.(4分)
(2)设模为1的复数为z=cos θ+isin θ,(5分)
则z3=(cos θ+isin θ)3=cos 3θ+3cos2θ·isin θ+3cos θ·(isin θ)2+(isin θ)3
=cos 3θ+i(3cos2θ·sin θ)-3cos θ·sin2θ-i·sin3θ
=(cos 3θ-3cos θ·sin2θ)+i(3cos2θ·sin θ-sin 3θ)
=[cos3θ-3cos θ(1-cos 2θ)]+i[3(1-sin2θ)sin θ-sin3θ]
=(4cos3θ-3cos θ)+i(3sin θ-4sin3θ),(7分)
由复数乘方公式可得z3=cos 3θ+isin 3θ,(8分)
故sin 3θ=3sin θ-4sin3θ,cos 3θ=4cos3θ-3cos θ.(10分)
(3)cos θ+cos(θ+120°)+cos(θ-120°)=cos θ-cos θ-sin θ-cos θ+sin θ=0.
由于cos 3θ=4cos3θ-3cos θ,则4cos3θ=cos 3θ+3cos θ,
则4cos4θ=cos 3θcos θ+3cos2θ=(cos 4θ+cos 2θ)+(1+cos 2θ)=cos 4θ+2cos 2θ+,故cos 4θ=(cos 4θ+4cos 2θ+3),(12分)
则cos 4(θ+120°)=[cos(4θ+480°)+4cos(2θ+240°)+3]
=[cos(4θ+120°)+4cos(2θ-120°)+3],
cos 4(θ-120°)=[cos(4θ-480°)+4cos(2θ-240°)+3]
=[cos(4θ-120°)+4cos(2θ+120°)+3],(14分)
所以cos 4θ+cos 4(θ+120°)+cos 4(θ-120°)
=(cos 4θ+4cos 2θ+3)+[cos(4θ+120°)+4cos(2θ-120°)+3]
+[cos(4θ-120°)+4cos(2θ+120°)+3]
=[cos 4θ+cos(4θ+120°)+cos(4θ-120°)]+[cos 2θ+cos(2θ-120°)+cos(2θ+120°)]+=×0+×0+=.(17分)
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