新教材适用2023_2024学年高中数学第7章复数综合测试新人教A版必修第二册 (1)

这是一份新教材适用2023_2024学年高中数学第7章复数综合测试新人教A版必修第二册 (1)，共7页。

第七章综合测试考试时间120分钟，满分150分．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．下列命题正确的是( D )A．复数的模是正实数B．虚轴上的点与纯虚数一一对应C．实部与虚部分别互为相反数的两个复数是共轭复数D．相等的向量对应着相等的复数[解析]　复数的模可能是0，故A错误；虚轴上原点对应的复数不是纯虚数，故B错误；实部相等、虚部互为相反数的两个复数是共轭复数，故C错误；D正确，故选D．2．(2023·新高考Ⅰ卷)已知z＝eq \f(1－i,2＋2i)，则z－eq \x\to(z)＝( A )A．－i B．iC．0 D．1[解析]　z＝eq \f(1－i,2＋2i)＝－eq \f(1,2)i，z－eq \x\to(z)＝－i，故选A．3．(2022·全国甲卷)若z＝1＋i，则|iz＋3eq \x\to(z)|＝( D )A．4eq \r(5) B．4eq \r(2) C．2eq \r(5) D．2eq \r(2)[解析]　由z＝1＋i，故iz＋3eq \x\to(z)＝i(1＋i)＋3(1－i)＝2－2i，|iz＋3eq \x\to(z)|＝|2－2i|＝2eq \r(2).4．若复数z满足2z＋z·eq \x\to(z)＝(2－i)2(i为虚数单位)，则z＝( A )A．－1－2i B．－1－iC．－1＋2i D．1－2i[解析]　令z＝x＋yi(x，y∈R)，则2z＋z·eq \x\to(z)＝x2＋y2＋2x＋2yi＝3－4i，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋2x＝3，,2y＝－4.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2.))则z＝－1－2i.故选A．5．已知复数z＝1＋ai(a∈R)(i是虚数单位)，eq \f(\x\to(z),z)＝－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，则a＝( B )A．2 B．－2 C．±2 D．－eq \f(1,2)[解析]　∵eq \f(\x\to(z),z)＝eq \f(1－ai,1＋ai)＝－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，即eq \f(1－ai2,1＋a2)＝eq \f(1－a2－2ai,1＋a2)＝－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，∴eq \f(1－a2,1＋a2)＝－eq \f(3,5)，eq \f(－2a,1＋a2)＝eq \f(4,5)，∴a＝－2.故选B．6．定义运算eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a　b,c　d))＝ad－bc则符合条件eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z　1＋i,－i　2i))＝0的复数z的共轭复数eq \x\to(z)在复平面内对应的点在( B )A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[解析]　由题意得，2zi－[－i(1＋i)]＝0.则z＝eq \f(－i1＋i,2i)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，∴eq \x\to(z)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，其在复平面内对应的点在第二象限，故选B．7．在复平面内，设向量eq \o(OZ1,\s\up6(→))，eq \o(OZ2,\s\up6(→))分别对应非零复数z1 ，z2，若eq \o(OZ1,\s\up6(→))⊥eq \o(OZ2,\s\up6(→))则eq \f(z2,z1)是( B )A．非负数 B．纯虚数 C．正实数 D．不确定[解析]　已知eq \o(OZ1,\s\up6(→))⊥eq \o(OZ2,\s\up6(→))，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，则有ac＋bd＝0.∴eq \f(z2,z1)＝eq \f(c＋di,a＋bi)＝eq \f(ac＋bd＋ad－bci,a2＋b2)＝eq \f(ad－bc,a2＋b2)i.故选B．8．设f(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))n(n∈N*)则集合{f(n)}中元素的个数为( C )A．1 B．2 C．3 D．无数[解析]　f(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))n＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))n＝in＋(－i)n，f(1)＝0, f(2)＝－2, f(3)＝0, f(4)＝2, f(5)＝0，…∴集合中共有3个元素．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．若θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，则复数cos θ＋isin θ在复平面内对应的点不可能在( ABC )A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[解析]　∵θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴cos θ＞0，sin θ<0，∴复数cos θ＋isin θ在复平面内对应的点在第四象限，故选ABC．10．已知i是虚数单位，与复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2相同的选项为( BD )A．－i B．－1 C．1 D．i2[解析]　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2＝eq \f(2i,－2i)＝－1.11．设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题中正确的是( BC )A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3C．若eq \x\to(z)2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2[解析]　|i|＝|1|，故A错误；z1z2＝z1z3，则z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，|z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，又eq \x\to(z)2＝z3，所以|z2|＝|eq \x\to(z)2|＝|z3|，故C正确，z1＝i，z2＝－i，满足z1z2＝|z1|2，不满足z1＝z2，故选BC．12．欧拉在1748年发现了三角函数与复指数函数可以巧妙地关联起来：eiθ＝cos θ＋isin θ(把z＝r(cos θ＋isin θ)称为复数的三角形式，其中从Ox轴的正半轴到向量eq \o(OZ,\s\up6(→))的角θ叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的辐角，把向量eq \o(OZ,\s\up6(→))的长度r叫做复数的模)，之后法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：若复数z1＝r1eiθ1＝r1(cos θ1＋isin θ1)，z2＝r2eiθ2＝r2(cos θ2＋isin θ2)，则我们可以简化复数乘法：z1z2＝r1r2ei(θ1＋θ2)＝r1r2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]．根据以上信息，下列说法正确的是( AC )A．若z＝cos θ＋isin θ，则有eπi＋1＝0B．若r＝1，θ＝eq \f(π,3)，则z3＝1C．若z＝r(cos θ＋isin θ)，则zn＝rn(cos nθ＋isin nθ)D．设z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,\r(2))))2 021，则z在复平面上对应的点在第一象限[解析]　eπi＋1＝(cos π＋isin π)＋1＝－1＋1＝0，故A正确；由棣莫弗定理可知，两个复数z1，z2相乘，所得到的复数的辐角是复数z1，z2的辐角之和，模是复数z1，z2的模之积，所以zn的辐角是复数z的辐角的n倍，模是|z|n，故C正确；z＝coseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)，所以z3＝13·(cos π＋isin π)＝－1，故B错误；设z3＝eq \f(1＋i,\r(2))＝coseq \f(π,4)＋isineq \f(π,4)＝e eq \s\up10(ieq \f(π,4))，故z＝zeq \o\al(2 021,3)＝12 021·e eq \s\up10(ieq \f(2 021π,4))＝e eq \s\up10(ieq \f(5π,4))＝coseq \f(5π,4)＋isineq \f(5π,4)，故复数 z 在复平面上所对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,4)，sin\f(5π,4)))，不在第一象限，故D错误．故选AC．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．复数eq \f(1－i2 022,1＋i)的共轭复数为_1＋i__.[解析]　因为eq \f(1－i2 022,1＋i)＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(21－i,1＋i1－i)＝1－i，所以其共轭复数为1＋i.14．若复数z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,\x\to(z))))·eq \x\to(z)＝_6__.[解析]　∵z＝1＋2i，∴eq \x\to(z)＝1－2i.∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,\x\to(z))))·eq \x\to(z)＝z·eq \x\to(z)＋1＝5＋1＝6.15．若复数z＝eq \f(a＋3i,1＋2i)(a∈R，i是虚数单位)是纯虚数，则实数a＝_－6__，|z|＝_3__.[解析]　eq \f(a＋3i,1＋2i)＝eq \f(a＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(a＋6,5)＋eq \f(3－2a,5)i，∵eq \f(a＋3i,1＋2i)是纯虚数，∴eq \f(a＋6,5)＝0且eq \f(3－2a,5)≠0，∴a＝－6，∴|z|＝|3i|＝3.16．定义复数的一种运算z1]|z1|＋|z2|,2)(等号右边为普通运算)，若复数z＝a＋bi，且正实数a，b满足a＋b＝3，则z*eq \x\to(z)的最小值为 eq \f(3\r(2),2)　.[解析]　z*eq \x\to(z)＝eq \f(|z|＋|\x\to(z)|,2)＝eq \f(2\r(a2＋b2),2)＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(a＋b2－2ab).∵a＋b＝3，∴ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(9,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(3,2)时，等号成立，∴－ab≥－eq \f(9,4)，∴z*eq \x\to(z)≥eq \r(9－2×\f(9,4))＝eq \r(\f(9,2))＝eq \f(3\r(2),2).故z*eq \x\to(z)的最小值为eq \f(3\r(2),2).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)设复数z＝a2－a－(a－1)i，(a∈R)．(1)若z为纯虚数，求|3＋z|；(2)若z在复平面内对应的点在第四象限，求a的取值范围．[解析]　(1)若z为纯虚数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2－a＝0，,a－1≠0，))所以a＝0，故z＝i，所以|3＋z|＝eq \r(10).(2)若z在复平面内对应的点在第四象限，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,－a＋1<0，))解得a>1.所以a的取值范围为(1，＋∞)．18．(本小题满分12分)已知复数z＝eq \f(m2－2m－3,m)＋(m2－3m)i(m∈R)．(1)当m取什么值时，复数z是纯虚数？(2)当m＝1时，求eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z\x\to(z),z＋4＋i))).[解析]　(1)若z为纯虚数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(m2－2m－3,m)＝0，,m2－3m≠0，))解得m＝－1.故当m＝－1时，复数z是纯虚数．(2)当m＝1时，z＝－4－2i，∵z·eq \x\to(z)＝(－4－2i)(－4＋2i)＝20.∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z\x\to(z),z＋4＋i)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(20,－4－2i＋4＋i)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(20,－i)))＝20.19．(本小题满分12分)已知复数z满足|z|＝eq \r(2)，z2的虚部为2.(1)求复数z；(2)设z，z2，z－z2在复平面内对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．[解析]　(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，由已知条件得a2＋b2＝2，z2＝a2－b2＋2abi，所以2ab＝2.所以a＝b＝1或a＝b＝－1，即z＝1＋i或z＝－1－i.(2)当z＝1＋i时，z2＝(1＋i)2＝2i，z－z2＝1－i.所以点A(1,1)，B(0,2)，C(1，－1)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)|AC|×1＝eq \f(1,2)×2×1＝1.当z＝－1－i时，z2＝(－1－i)2＝2i，z－z2＝－1－3i.所以点A(－1，－1)，B(0,2)，C(－1，－3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)|AC|×1＝eq \f(1,2)×2×1＝1.20．(本小题满分12分)已知复数z＝(2＋i)(i－3)＋4－2i.(1)求复数z的共轭复数eq \x\to(z)及|z|；(2)若复数z1＝z＋(a2－2a)＋ai(a∈R)是纯虚数，求实数a的值．[解析]　(1)复数z＝(2＋i)(i－3)＋4－2i.∴z＝2i＋i2－6－3i＋4－2i＝－3－3i，∴eq \x\to(z)＝－3＋3i，∴|z|＝eq \r(－32＋－32)＝3eq \r(2).(2)因为复数z1＝z＋(a2－2a)＋ai＝(a2－2a－3)＋(a－3)i是纯虚数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2－2a－3＝0，,a－3≠0，))解得a＝－1.所以实数a＝－1.21．(本小题满分12分)已知复数w满足w－4＝(3－2w)i(i为虚数单位)，z＝eq \f(5,w)＋|eq \o(w,\s\up6(－))－2|.(1)求z；(2)若(1)中的z是关于x的方程x2－px＋q＝0的一个根，求实数p，q的值及方程的另一个根．[解析]　(1)因为w－4＝(3－2w)i，所以w(1＋2i)＝4＋3i，所以w＝eq \f(4＋3i,1＋2i)＝eq \f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝2－i，所以z＝eq \f(5,2－i)＋|i|＝eq \f(52＋i,2－i2＋i)＋1＝3＋i.(2)因为z＝3＋i是关于x的方程x2－px＋q＝0的一个根，所以(3＋i)2－p(3＋i)＋q＝0，(8－3p＋q)＋(6－p)i＝0，因为p，q为实数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8－3p＋q＝0，,6－p＝0，))解得p＝6，q＝10.解方程x2－6x＋10＝0，得x＝3±i.所以实数p＝6，q＝10，方程的另一个根为x＝3－i.22．(本小题满分12分)已知z为虚数，z＋eq \f(9,z－2)为实数．(1)若z－2为纯虚数，求虚数z；(2)求|z－4|的取值范围．[解析]　设z＝x＋yi(x，y∈R，y≠0)．(1)z－2＝x－2＋yi，由z－2为纯虚数，得x＝2，所以z＝2＋yi，所以z＋eq \f(9,z－2)＝2＋yi＋eq \f(9,yi)＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(9,y)))i，由z＋eq \f(9,z－2)为实数，得y－eq \f(9,y)＝0，解得y＝±3，所以z＝2＋3i或z＝2－3i.(2)因为z＋eq \f(9,z－2)＝x＋yi＋eq \f(9,x＋yi－2)＝x＋eq \f(9x－2,x－22＋y2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(y－\f(9y,x－22＋y2)))i∈R，所以y－eq \f(9y,x－22＋y2)＝0，因为y≠0，所以(x－2)2＋y2＝9，由(x－2)2<9，得x∈(－1,5)，所以|z－4|＝|x＋yi－4|＝eq \r(x－42＋y2)＝eq \r(x－42＋9－x－22)＝eq \r(21－4x)∈(1,5)．所以|z－4|的取值范围为(1,5)．