2025-2026学年人教A版数学必修第二册单元测试：第七章 复数（含解析）

第七章 复数
(考查范围：第七章　时间：120分钟　分值：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．若复数z＝，则在复平面内z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
2．已知i为虚数单位，复数z＝，则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
3．已知i是虚数单位，a∈R，则“a2＝1”是“(a＋i)2＝2i”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
4．复数z＝在复平面内所对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
5．下列命题不正确的为(　　)
A．若复数z1，z2的模相等，则z1，z2是共轭复数
B．z1，z2都是复数，若z1＋z2是虚数，则z1不是z2的共轭复数
C．复数是实数的充要条件是z＝
D．若z∈C，|z＋i|＋|z－i|＝2，则z对应的点Z的轨迹为线段
6．已知复数z满足(z－1)i＝4＋3i(i为虚数单位)，则z＋＝(　　)
A．8 B．6
C．－6 D．－8
7．已知z＝－2i，则的虚部为(　　)
A．4 B．2
C．－2 D．－4
8．人们对数学的研究一直推动着数域的扩展，从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数，等等.16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时，首先引进了i2＝－1，17世纪法国数学家笛卡尔把i称为“虚数”，用a＋bi(a，b∈R)表示复数，并在平面直角坐标系上建立了“复平面”．若复数z满足方程z2＋2z＋5＝0，则z＝(　　)
A．－1＋2i B．－2－i
C．－1±2i D．－2±i
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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＝，则下列说法正确的是(　　)
A．z的虚部为－i
B．复数z在复平面内对应的点位于第二象限
C．z的共轭复数＝1＋i
D．|z|＝
10．若z＝＋i(i为虚数单位)，则下列说法正确的为(　　)
A．||＝1 B．z·＝z2
C．z3＝i D．z＋z2 023＝0
11．已知复数z1，z2，下列结论正确的有(　　)
A．＝＋
B．若z1z2＝0，则z1＝z2＝0
C．|z1z2|＝|z1||z2|
D．z1＝|z1|
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知i是虚数单位，化简的结果为______.
13．已知复数z＝(θ∈R)的实部为0，则tan 2θ＝______.
14．若i为虚数单位，复数z满足1≤|z＋1＋i|≤，则|z－1－i|的最大值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．(13分)设复数z＝(m2－4m－5)＋(m2＋5m＋4)i，m为实数．
(1)当m为何值时，z是纯虚数？
(2)若m＝－2，求|z|的值．
(3)若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围．
16．(15分)设复数z1＝1－ai(a∈R)，z2＝3－4i.
(1)若z1＋z2是实数，求z1·z2；
(2)若是纯虚数，求z1.
17．(15分)已知x＝－1＋i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根．
(1)求实数a，b的值；
(2)结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明．
18．(17分)设z是虚数，
(1)求证：z＋为实数的充要条件为|z|＝1；
(2)若a>0，推测z＋为实数的充要条件；
(3)由(2)中结论，求满足条件119．(17分)现定义“n维形态复数zn”：zn＝cos nθ＋isin nθ，其中i为虚数单位，n∈N*，θ≠0.
(1)当θ＝时，证明：“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；
(2)若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求sin的值；
(3)若正整数m，n(m>1，n>2)，满足zm＝z1，zn＝z，证明：存在有理数q，使得m＝q·n＋1－2q.
第七章 复数
(考查范围：第七章　时间：120分钟　分值：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．C　解析：z＝＝＝－1－2i，则其在复平面内对应点的坐标为(－1，－2)，位于第三象限．故选C．
2．C　解析：z＝＝＝－＋i，所以＝－－i，故在复平面内对应的点为，位于第三象限．故选C．
3．B　解析：当(a＋i)2＝2i时，即a2－1＋2ai＝2i，得所以a＝1.
而a2＝1时，a＝±1，推不出一定是a＝1，即推不出(a＋i)2＝2i，
所以“a2＝1”是“(a＋i)2＝2i”的必要不充分条件．故选B．
4．D　解析：因为z＝＝＝－i，所以复数z在复平面内所对应的点为，位于第四象限．故选D．
5．A　解析：对于A，若复数z1，z2的模相等，则z1，z2不一定是共轭复数，故A不正确；
对于B，若z1和z2是共轭复数，则相加为实数，不会为虚数，故B正确；
对于C，若复数是实数，则z＝a(a∈R)，从而＝a(a∈R)，所以z＝，反之若z＝，则由a＋bi＝a－bi(a，b∈R)，得b＝0，所以z＝a，所以复数是实数的充要条件是z＝，故C正确；
对于D，设z＝a＋bi(a，b∈R)，由复数的几何意义可知|z＋i|＋|z－i|＝2表示点(a，b)到点(0，－1)和(0，1)距离之和为2，而点(0，－1)和(0，1)之间的距离为2，所以z对应的点Z的轨迹为线段，故D正确．故选A．
6．A　解析：因为(z－1)i＝4＋3i，解得z－1＝＝3－4i，即z＝4－4i，所以z＋＝4－4i＋4＋4i＝8.故选A．
7．B　解析：z＝－2i＝－2i＝－2i＝－2i＝－1－2i，所以＝－1＋2i，则的虚部为2.故选B．
8．C　解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，因为z2＋2z＋5＝0，则(a＋bi)2＋2(a＋bi)＋5＝0，
所以(a2－b2＋2a＋5)＋2b(a＋1)i＝0.而a，b∈R，则解得
所以z＝－1±2i.故选C．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．CD　解析：z＝＝＝＝1－i.
对于A，z的虚部为－1，故A错误；
对于B，复数z在复平面内对应的点为(1，－1)，位于第四象限，故B错误；
对于C，z的共轭复数＝1＋i，故C正确；
对于D，|z|＝＝，故D正确．
故选CD．
10．ACD　解析：对于A，z＝＋i，则＝－i，所以||＝＝1，故A正确；
对于B，z·＝＝2－2＝1，z2＝2＝＋i2＋2×·i＝＋i，所以z·≠z2，故B错误；
对于C，z3＝z2·z＝＝i，故C正确；
对于D，z2 023＝z·z2 022＝z·(z3)674＝z·i674＝z·(i2)337＝－z，所以z＋z2 023＝0，故D正确．
故选ACD．
11．AC　解析：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则z1＋z2＝a＋c＋(b＋d)i，z1＋z2＝(a＋c)－(b＋d)i＝(a－bi)＋(c－di)＝1＋2，故A正确；
当z1＝0，z2＝2＋i时，z1z2＝0，故B错误；
z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac－bd＋(ad＋bc)i，
|z1z2|＝
＝
＝
＝|z1||z2|，故C正确；
z1＝2＋i时，|z1|＝，z1≠|z1|，故D错误．
故选AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12． 1－5i　解析：＝＝＝1－5i.
13． 　解析：因为复数z＝＝
＝(θ∈R)的实部为0，
所以2cos θ＋sin θ＝0，所以tan θ＝－2.
所以tan 2θ＝＝＝.
14． 3　解析：复数z满足1≤|z＋1＋i|≤，即1≤|z－(－1－i)|≤，
即复数z对应的点Z到点C(－1，－1)的距离d满足1≤d≤，如图．
设P(1，1)，|z－1－i|表示复数z对应的点Z到点P(1，1)的距离，
数形结合可知|z－1－i|的最大值|AP|＝|CP|＋＝＋＝3.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．
解：(1)若z是纯虚数，则解得m＝5，
所以当m＝5时，z是纯虚数．
(2)若m＝－2，则z＝7－2i，
所以|z|＝＝.
(3)因为复数＝(m2－4m－5)－(m2＋5m＋4)i，对应的点为(m2－4m－5，－(m2＋5m＋4))，
若复数在复平面内对应的点在第三象限，
则解得－1所以实数m的取值范围为(－1，5)．
16．
解：(1)由z1＝1－ai，z2＝3－4i，得z1＋z2＝4－(4＋a)i，而z1＋z2是实数，
于是4＋a＝0，解得a＝－4，
所以z1·z2＝(1＋4i)(3－4i)＝19＋8i.
(2)由题意得＝＝＝是纯虚数，
因此解得a＝－，
所以z1＝1＋i.
17．
解：(1)把x＝－1＋i代入方程x2＋ax＋b＝0，得(－a＋b)＋(a－2)i＝0，
所以解得
(2)由(1)知方程为x2＋2x＋2＝0.
设另一个根为x2，由根与系数的关系，
得－1＋i＋x2＝－2，
所以x2＝－1－i.
把x2＝－1－i代入方程x2＋2x＋2＝0，
则左边＝(－1－i)2＋2(－1－i)＋2＝0＝右边，
所以x2＝－1－i是方程的另一个根．
18．
(1)证明：(必要性)设z＝x＋yi(y≠0)，知z＋＝x＋yi＋＝x＋yi＋＝x＋yi为实数，
则y＝0，即x2＋y2＝1，易得|z|＝＝1.
(充分性)反之，若|z|＝1，则z·＝|z|2＝1，＝，
所以z＋＝z＋为实数．
(2)解：设z＝x＋yi(y≠0)，z＋＝x＋yi为实数，
易得1－＝0，即|z|＝＝(a>0)．
反之，由|z|＝，z·＝|z|2＝a，得＝，所以z＋＝z＋为实数．
因此z＋为实数的充要条件是|z|＝.
(3)解：由题设知，z为虚数，否则不等式1由(2)知，|z|＝.
设z＝x0＋y0i，
则由z＋＝z＋＝x0＝2x0，
知1<2x0≤6，得所以z＝1±3i或z＝3±i.
19．
(1)证明：当θ＝时，zn＝cos n＋isin n，
则z1＝cos ＋isin ＝(1＋i)，z2＝cos ＋isin ＝i.
因为z＝2＝(1＋2i＋i2)＝i＝z2，
所以“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系．
(2)解：因为“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，
所以cos 2θ＋isin 2θ＝cos 3θ＋isin 3θ，
因此
解cos 2θ＝cos 3θ，得3θ＝2θ＋2kπ(k∈Z)或3θ＋2θ＝2kπ(k∈Z)；
解sin 2θ＝sin 3θ，得3θ＝2θ＋2kπ(k∈Z)或3θ＋2θ＝2kπ＋π(k∈Z)．
由于两个方程同时成立，故只能有3θ＝2θ＋2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ(k∈Z)．
所以sin＝sin＝sin ＝.
(3)证明：由zm＝z1，得cos mθ＋isin mθ＝cos θ＋isin θ，由(2)同理可得mθ＝θ＋2k1π(k1∈Z)，
即(m－1)θ＝2k1π(k1∈Z)．
因为m>1，所以θ＝(k1∈Z)．
因为zn＝z＝z，由(1)知z2＝z，所以zn＝z2.
由(2)同理可得nθ＝2θ＋2k2π(k2∈Z)，即(n－2)θ＝2k2π(k2∈Z)．
因为n>2，所以θ＝(k2∈Z)，
所以＝(k1，k2∈Z)．
又因为θ≠0，所以k1k2≠0，所以＝(k1，k2∈Z)，
即m＝(n－2)＋1＝·n＋1－(k1，k2∈Z)，
所以存在有理数q＝，使得m＝q·n＋1－2q.
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