2024-2025學(xué)年人教A版數(shù)學(xué)必修第二冊(cè)同步練習(xí)：第7章 復(fù)數(shù) 綜合測(cè)試（含答案）

第七章復(fù)數(shù)考試時(shí)間120分鐘，滿分150分．一、單項(xiàng)選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．下列命題正確的是()A．復(fù)數(shù)的模是正實(shí)數(shù)B．虛軸上的點(diǎn)與純虛數(shù)一一對(duì)應(yīng)C．實(shí)部與虛部分別互為相反數(shù)的兩個(gè)復(fù)數(shù)是共軛復(fù)數(shù)D．相等的向量對(duì)應(yīng)著相等的復(fù)數(shù)2．已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，則z－eq\x\to(z)＝()A．－i B．iC．0 D．13．若z＝1＋i，則|iz＋3eq\x\to(z)|＝()A．4eq\r(5) B．4eq\r(2)C．2eq\r(5) D．2eq\r(2)4．若復(fù)數(shù)z滿足2z＋z·eq\x\to(z)＝(2－i)2(i為虛數(shù)單位)，則z＝()A．－1－2i B．－1－iC．－1＋2i D．1－2i5．已知復(fù)數(shù)z＝1＋ai(a∈R)(i是虛數(shù)單位)，eq\f(\x\to(z),z)＝－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i，則a＝()A．2 B．－2C．±2 D．－eq\f(1,2)6．定義運(yùn)算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc則符合條件eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1＋i,－i2i))＝0的復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限7．在復(fù)平面內(nèi)，設(shè)向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))分別對(duì)應(yīng)非零復(fù)數(shù)z1，z2，若eq\o(OZ1,\s\up6(→))⊥eq\o(OZ2,\s\up6(→))則eq\f(z2,z1)是()A．非負(fù)數(shù) B．純虛數(shù)C．正實(shí)數(shù) D．不確定8．設(shè)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*)則集合{f(n)}中元素的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．無數(shù)二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，則復(fù)數(shù)cosθ＋isinθ在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限10．已知i是虛數(shù)單位，與復(fù)數(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2相同的選項(xiàng)為()A．－i B．－1C．1 D．i211．設(shè)z1，z2，z3為復(fù)數(shù)，z1≠0，下列命題中正確的是()A．若|z2|＝|z3|，則z2＝±z3B．若z1z2＝z1z3，則z2＝z3C．若eq\x\to(z)2＝z3，則|z1z2|＝|z1z3|D．若z1z2＝|z1|2，則z1＝z212．歐拉在1748年發(fā)現(xiàn)了三角函數(shù)與復(fù)指數(shù)函數(shù)可以巧妙地關(guān)聯(lián)起來：eiθ＝cosθ＋isinθ(把z＝r(cosθ＋isinθ)稱為復(fù)數(shù)的三角形式，其中從Ox軸的正半軸到向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的角θ叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的輻角，把向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的長度r叫做復(fù)數(shù)的模)，之后法國數(shù)學(xué)家棣莫弗發(fā)現(xiàn)了棣莫弗定理：若復(fù)數(shù)z1＝r1eiθ1＝r1(cosθ1＋isinθ1)，z2＝r2eiθ2＝r2(cosθ2＋isinθ2)，則我們可以簡化復(fù)數(shù)乘法：z1z2＝r1r2ei(θ1＋θ2)＝r1r2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]．根據(jù)以上信息，下列說法正確的是()A．若z＝cosθ＋isinθ，則有eπi＋1＝0B．若r＝1，θ＝eq\f(π,3)，則z3＝1C．若z＝r(cosθ＋isinθ)，則zn＝rn(cosnθ＋isinnθ)D．設(shè)z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,\r(2))))2021，則z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．復(fù)數(shù)eq\f(1－i2022,1＋i)的共軛復(fù)數(shù)為__.14．若復(fù)數(shù)z＝1＋2i，其中i是虛數(shù)單位，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,\x\to(z))))·eq\x\to(z)＝___.15．若復(fù)數(shù)z＝eq\f(a＋3i,1＋2i)(a∈R，i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝___，|z|＝___.16．定義復(fù)數(shù)的一種運(yùn)算z1]|z1|＋|z2|,2)(等號(hào)右邊為普通運(yùn)算)，若復(fù)數(shù)z＝a＋bi，且正實(shí)數(shù)a，b滿足a＋b＝3，則z*eq\x\to(z)的最小值為.四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)設(shè)復(fù)數(shù)z＝a2－a－(a－1)i，(a∈R)．(1)若z為純虛數(shù)，求|3＋z|；(2)若z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，求a的取值范圍．18．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(m2－2m－3,m)＋(m2－3m)i(m∈R)．(1)當(dāng)m取什么值時(shí)，復(fù)數(shù)z是純虛數(shù)？(2)當(dāng)m＝1時(shí)，求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z\x\to(z),z＋4＋i))).19．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z滿足|z|＝eq\r(2)，z2的虛部為2.(1)求復(fù)數(shù)z；(2)設(shè)z，z2，z－z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，C，求△ABC的面積．20．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z＝(2＋i)(i－3)＋4－2i.(1)求復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)及|z|；(2)若復(fù)數(shù)z1＝z＋(a2－2a)＋ai(a∈R)是純虛數(shù)，求實(shí)數(shù)a21．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)w滿足w－4＝(3－2w)i(i為虛數(shù)單位)，z＝eq\f(5,w)＋|eq\o(w,\s\up6(－))－2|.(1)求z；(2)若(1)中的z是關(guān)于x的方程x2－px＋q＝0的一個(gè)根，求實(shí)數(shù)p，q的值及方程的另一個(gè)根．22．(本小題滿分12分)已知z為虛數(shù)，z＋eq\f(9,z－2)為實(shí)數(shù)．(1)若z－2為純虛數(shù)，求虛數(shù)z；(2)求|z－4|的取值范圍．第七章復(fù)數(shù)考試時(shí)間120分鐘，滿分150分．一、單項(xiàng)選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．D復(fù)數(shù)的?？赡苁?，故A錯(cuò)誤；虛軸上原點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)不是純虛數(shù)，故B錯(cuò)誤；實(shí)部相等、虛部互為相反數(shù)的兩個(gè)復(fù)數(shù)是共軛復(fù)數(shù)，故C錯(cuò)誤；D正確，故選D．2．A3．D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．A令z＝x＋yi(x，y∈R)，則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.))則z＝－1－2i.故選A．5．B∵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－ai2,1＋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.故選B．6．B由題意得，2zi－[－i(1＋i)]＝0.則z＝eq\f(－i1＋i,2i)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，∴eq\x\to(z)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，故選B．7…B已知eq\o(OZ1,\s\up6(→))⊥eq\o(OZ2,\s\up6(→))，設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，則有ac＋bd＝0.∴eq\f(z2,z1)＝eq\f(c＋di,a＋bi)＝eq\f(ac＋bd＋ad－bci,a2＋b2)＝eq\f(ad－bc,a2＋b2)i.故選B．8．Cf(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個(gè)元素．二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)9．ABC∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴cosθ＞0，sinθ<0，∴復(fù)數(shù)cosθ＋isinθ在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，故選ABC．10．BDeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2＝eq\f(2i,－2i)＝－1.11．BC|i|＝|1|，故A錯(cuò)誤；z1z2＝z1z3，則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正確，z1＝i，z2＝－i，滿足z1z2＝|z1|2，不滿足z1＝z2，故選BC．12．ACeπi＋1＝(cosπ＋isinπ)＋1＝－1＋1＝0，故A正確；由棣莫弗定理可知，兩個(gè)復(fù)數(shù)z1，z2相乘，所得到的復(fù)數(shù)的輻角是復(fù)數(shù)z1，z2的輻角之和，模是復(fù)數(shù)z1，z2的模之積，所以zn的輻角是復(fù)數(shù)z的輻角的n倍，模是|z|n，故C正確；z＝coseq\f(π,3)＋isineq\f(π,3)，所以z3＝13·(cosπ＋isinπ)＝－1，故B錯(cuò)誤；設(shè)z3＝eq\f(1＋i,\r(2))＝coseq\f(π,4)＋isineq\f(π,4)＝eeq\s\up10(ieq\f(π,4))，故z＝zeq\o\al(2021,3)＝12021·eeq\s\up10(ieq\f(2021π,4))＝eeq\s\up10(ieq\f(5π,4))＝coseq\f(5π,4)＋isineq\f(5π,4)，故復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,4)，sin\f(5π,4)))，不在第一象限，故D錯(cuò)誤．故選AC．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．_1＋i__.因?yàn)閑q\f(1－i2022,1＋i)＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(21－i,1＋i1－i)＝1－i，所以其共軛復(fù)數(shù)為1＋i.14．_6__.∵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．_－6__，_3__.eq\f(a＋3i,1＋2i)＝eq\f(a＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(a＋6,5)＋eq\f(3－2a,5)i，∵eq\f(a＋3i,1＋2i)是純虛數(shù)，∴eq\f(a＋6,5)＝0且eq\f(3－2a,5)≠0，∴a＝－6，∴|z|＝|3i|＝3.16．eq\f(3\r(2),2).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＋b2－2ab).∵a＋b＝3，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(3,2)時(shí)，等號(hào)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)的最小值為eq\f(3\r(2),2).四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(1)若z為純虛數(shù)，則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在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,－a＋1<0，))解得a>1.所以a的取值范圍為(1，＋∞)．18．(1)若z為純虛數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m2－2m－3,m)＝0，,m2－3m≠0，))解得m＝－1.故當(dāng)m＝－1時(shí)，復(fù)數(shù)z是純虛數(shù)．(2)當(dāng)m＝1時(shí)，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．(1)設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，由已知條件得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)當(dāng)z＝1＋i時(shí)，z2＝(1＋i)2＝2i，z－z2＝1－i.所以點(diǎn)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.當(dāng)z＝－1－i時(shí)，z2＝(－1－i)2＝2i，z－z2＝－1－3i.所以點(diǎn)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．(1)復(fù)數(shù)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(－32＋－32)＝3eq\r(2).(2)因?yàn)閺?fù)數(shù)z1＝z＋(a2－2a)＋ai＝(a2－2a－3)＋(a－3)i是純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－2a－3＝0，,a－3≠0，))解得a＝－1.所以實(shí)數(shù)a＝－1.21．(1)因?yàn)閣－4＝(3－2w)i，所以w(1＋2i)＝4＋3i，所以w＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(