专题7.8 复数全章综合测试卷（提高篇）-2023-2024学年高一数学系列（人教A版2019必修第二册）

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第七章 复数全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知复数z=21+i①在复平面内z对应点的坐标为(1，－1)；②复数的虚部为−i；③复数的共轭复数为i−1；④|z|=2；⑤复数z是方程x2−2x+2=0在复数范围内的一个根.以上5个结论中正确的命题个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】利用复数除法运算求得z=1−i，根据复数在复平面内对应的点的坐标判断①的正误，根据复数的概念判断②的正误，根据复数的共轭复数可以判断③的正误，根据复数模的概念判断④的正误，利用方程在复数范围内求解判断⑤的正误.【解答过程】因为z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，所以在复平面内z对应点的坐标为(1，－1)，所以①正确；复数z的虚部为−1，所以②错误；复数z的共轭复数为1+i，所以③错误；|z|=12+(−1)2=2，所以④正确；方程x2−2x+2=0在复数范围内的根为2±4−82=1±i，所以复数z是方程x2−2x+2=0在复数范围内的一个根，所以⑤正确；所以正确的命题个数为3个，故选：C.2．（5分）（2023下·四川宜宾·高二校考期中）已知复数z=−12−32i，则z+|z|=（    ）A．−12−32i B．−12+32i C．12+32i D．12−32i【解题思路】首先根据题中所给的复数z，可以求得其共轭复数，并且可以求出复数的模，代入求得z+z=12+32i，从而求得结果.【解答过程】根据z=−12−32i，可得z=−12+32i，且z=14+34=1，所以有z+z=−12+32i+1=12+32i，故选C.3．（5分）（2023下·江苏盐城·高一统考期中）已知复数z1=m+1−m2i，m∈R，z2=cosθ+λ+sinθi，λ,θ∈R，并且z1=z2，则λ的取值范围为（    ）A．−1≤λ≤1 B．−14≤λ≤0 C．0≤λ≤2 D．−14≤λ≤2【解题思路】利用复数相等的性质与三角函数的平方关系得到λ关于sinθ的关系式，再根据sinθ的范围，结合二次函数图像与性质即可得解.【解答过程】因为z1=m+1−m2i，z2=cosθ+λ+sinθi，z1=z2，所以m=cosθ1−m2=λ+sinθ，消去m，得1−cos2θ=λ+sinθ，则λ=sin2θ−sinθ=sinθ−122−14，因为−1≤sinθ≤1，所以当sinθ=12时，λ取得最小值为−14，当sinθ=−1时，λ取得最大值为2，所以−14≤λ≤2.故选：D.4．（5分）（2023·上海宝山·统考一模）已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （    ）A．z2=z2 B．若z=1，则z−1−i的最大值为2+1C．若z=1−2i2，则复平面内z对应的点位于第一象限 D．若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则q=−8【解题思路】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数z判断C；利用复数相等求出q判断D.【解答过程】对于A，设z=a+bi(a,b∈R)，则|z|2=a2+b2,z2=a+bi2=a2−b2+2abi，z2≠z2，A错误；对于B，由z=1知，在复平面内表示复数z的点在以原点为圆心的单位圆上，z−1−i可看作该单位圆上的点到点1,1的距离，因为圆心到1,1的距离为2，则该单位圆上的点到点1,1的距离最大值为2+1，B正确；对于C，z=1−2i2=−3−4i,z=−3+4i，则复平面内z对应的点位于第二象限，C错误；对于D，依题意，(1−3i)2+p(1−3i)+q=0，整理得(p+q−8)+(−3p−6)i=0，而p,q∈R，因此p+q−8=0−3p−6=0，解得p=−2,q=10，D错误．故选：B.5．（5分）（2023·全国·高一专题练习）已知复数z满足z⋅z=4且z+z+2z=0，则z1931+2021的值为（    ）A．−21976 B．−23952 C．21976 D．23952【解题思路】首先根据条件求得复数z，再利用三角函数表示复数，以及结合欧拉公式，计算复数的值.【解答过程】设z=x+yi（x,y∈R），z⋅z=x+yix−yi=x2+y2=4，即z=x2+y2=2，z+z+2z=0⇔2x+22=0，解得：x=−2 ∵x2+y2=4，∴y=±2 当z=−2+2i时，z=2−22+22i=2cos3π4+sin3π4i=2ei3π4，则z1931+2021=2ei3π43952=23952ei2964π =23952cos2964π+isin2964π =23952cos0+isin0=23952，当z=−2−2i时，z=−222+22i=−2cosπ4+sinπ4i=−2eiπ4则z1931+2021=−2eiπ43952=23952ei988π =23952cos988π+isin988π =23952cos0+isin0=23952，故选：D.6．（5分）（2023·全国·高一专题练习）已知复数z1，z2和z满足z1=z2=1，若z1−z2=z1−1=z2−z，则z的最大值为（    ）A．23 B．3 C．3 D．1【解题思路】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到z≤3，再将z=3时各复数的取值取出，即可得到z的最大值.【解答过程】根据题意，得z=z2−z−z2≤z2−z+z2=z1−1+1≤z1+1+1=3，当z1=−1，z2=1，z=3时，z1−z2=z1−1=z2−z=2，此时z=3，所以zmax=3.故选：B.7．（5分）（2023下·上海虹口·高一校考期末）设复数z的共轭复数是z，且z=1，又复数z对应的点为Z,A−1,0与B0,1为定点，则函数fz=z+1z−i取最大值时在复平面上以Z,A,B三点为顶点的图形是（    ）A．等边三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形【解题思路】设z=cosθ+isinθ，根据模长公式fz的表达式，从而可确定当fz取最大值时，θ的取值，从而求得z，进而求出三角形的三边长，从而可确定三角形形状.【解答过程】∵z=1，∴设z=cosθ+isinθ，z+1z−i=1+cosθ+isinθ[(cosθ−isinθ+1] =sinθ+cosθ+1−1+sinθ+cosθi，则fz=1+sinθ+cosθ2+1+sinθ+cosθ2=21+2sinθ+π42，∴当θ+π4=2kπ+π2，即θ=2kπ+π4,k∈Z时，sinθ+π4=1，则fz最大值为21+22=2×1+2=2+2，此时z=cos2kπ+π4+isin2kπ+π4=22+22i，则z=22−22i，ZA=22+1,−22,ZB=22,−22−1,AB=1,1,|ZA|2=22+12+−222=2+2，ZB2=222+−22−12=2+2，AB2=2，则ZA=ZB，则对应三角形为等腰三角形.故选：D.8．（5分）（2023·全国·高一专题练习）设复数z1=2sinθ+icosθπ4<θ<π2在复平面上对应向量OZ1，将向量OZ1绕原点O按顺时针方向旋转3π4后得到向量OZ2，OZ2对应复数z2=rcosφ+isinφ，则tanφ=（    ）A．2tanθ+12tanθ−1 B．2tanθ−12tanθ+1 C．12tanθ+1 D．12tanθ−1【解题思路】先把复数z1化为三角形式，再根据题中的条件求出复数z2，利用复数相等的条件得到sinφ和cosφ的值，求出tanφ.【解答过程】因为z1=4sin2θ+cos2θ=1+3sin2θ，所以z1=1+3sin2θ2sinθ1+3sin2θ+icosθ1+3sin2θ，设cosβ=2sinθ1+3sin2θ，sinβ=cosθ1+3sin2θ，β∈0,π2，则tanβ=cosθ2sinθ，z2=1+3sin2θcosβ−3π4+isinβ−3π4=1+3sin2θcos5π4+β+isin5π4+β，即r=1+3sin2θ，cosφ=cos5π4+β，sinφ=sin5π4+β，故tanφ=sin5π4+βcos5π4+β=tan5π4+β=tanπ4+β=1+tanβ1−tanβ=1+cosθ2sinθ1−cosθ2sinθ=2tanθ+12tanθ−1.故选：A.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023下·河北沧州·高一校联考期中）关于复数，下列说法错误的是（    ）A．若z=1，则z=±1或±iB．复数6+5i与−3+4i分别对应向量OA与OB，则向量AB对应的复数为9+iC．若z是复数，则z2+1>0D．若复数z满足1≤z<2，则复数z对应的点所构成的图形面积为π【解题思路】对于A，结合特殊值法，即可求解；对于B，结合向量的运算法则，即可求解；对于C，结合特殊值法，即可求解；对于D，结合复数的几何意义，即可求解．【解答过程】对于A，取z=12+32i，则z=1，故A错误；对于B，AB=OB−OA=−3+4i−6+5i=−9−i，B错误；对于C，取z=i，但i2=−1,z2+1=0知C错误；对于D，设复数z=x+yix,y∈R，则由1≤z<2可知1≤x2+y2<2，故复数z对应的点所构成的图形面积为π×2−π×1=π，D正确．故选：ABC．10．（5分）（2023·高一单元测试）已知方程x2+2(1+i)x+(a−b)i+2ab=0(a,b∈R)，则下列说法正确的是（    ）A．若方程有一根为0，则a=0且b=0B．方程可能有两个实数根C．ab<12时，方程可能有纯虚数根D．若方程存在实数根x0，则x0≤0或x0≥2【解题思路】将方程进行等价变形为x2+2x+2ab+a−b+2xi=0，利用复数的定义，若复数为0，则实部为0，虚部也为0，判断AB选项；结合基本不等式求解实根的范围判断D选项；举例当a=0且b=0时，无纯虚根判断C.【解答过程】解：A选项：若方程有一根为0，则代入方程有a−bi+2ab=0，则有a=b，2ab=0，即a=0且b=0，故A正确；B选项：方程可变形为：x2+2x+2ab+a−b+2xi=0，即x2+2x+2ab=0,a−b+2x=0，则x=b−a2，只有一解，故B错误；C选项：当a=0且b=0时，方程仅存在一解x=0，此时无纯虚根，故C错误；D选项：若方程存在实数根x0，则x0=b−a2，代入方程可得：b2+a2+4b−4a+6ab=0，即b−a2+4b−a−8−ab=0，即b−a2+4b−a−2b−a2≤0，解得：b−a≤0或b−a≥4，即x0≤0或x0≥2，故D正确故选：AD.11．（5分）（2023下·河北邢台·高一校联考阶段练习）欧拉公式exi=cosx+isinx是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，下列说法中正确的是（    ）A．e3i对应的点位于第二象限B．e2πi为实数C．exi3+i的模长等于12D．eπ3i的共轭复数为12+32i【解题思路】根据欧拉公式定义结合复数的相关概念逐项运算判断可得答案.【解答过程】对于A：由题意可得：e3i=cos3+isin3，则其对应的点为cos3,sin3，∵3∈π2,π，则cos3<0,sin3>0，∴e3i对应的点位于第二象限，故A正确；对于B：由题意可得：e2πi=cos2π+isin2π=1为实数，故B正确；对于C：由题意可得：exi3+i=cosx+isinx3−i3+i3−i=3cosx+sinx−cosx−3sinxi4 =12sinx+π3−i12cosx+π3，则exi3+i=12sinx+π32+−12cosx+π32，=14sin2x+π3+cos2x+π3=12，故C正确；对于D：由题意可得：eπ3i=cosπ3+isinπ3=12+32i，则eπ3i的共轭复数为12−32i，故D错误；故选：ABC.12．（5分）（2023上·福建莆田·高二校考开学考试）已知复数z1=cosα+isinα，z2=cosβ+isinβ，z3=cosγ+isinγ，O为坐标原点，z1，z2，z3对应的向量分别为OZ1，OZ2，OZ3，则以下结论正确的有（    ）A．z1⋅z2=z1⋅z2B．若z1⋅z2=z1⋅z3，则z2=z3C．若OZ1+OZ2=OZ3，则OZ1与OZ2的夹角为π3D．若OZ1+OZ2+OZ3=0，则△Z1Z2Z3为正三角形【解题思路】根据复数的乘法运算及复数的模的计算公式计算即可判断A；根据复数的除法运算即可判断B；根据向量的数量积的运算律求出OZ1与OZ2的夹角的余弦值即可判断C；结合C选项即可判断D.【解答过程】因为z1=cosα+isinα，z2=cosβ+isinβ，z3=cosγ+isinγ，所以z1=z2=z3=1，则OZ1=OZ2=OZ3=1，对于A，z1·z2=cosαcosβ−sinαsinβ+cosαsinβ+sinαcosβi，故z1·z22=cosαcosβ−sinαsinβ2+cosαsinβ+sinαcosβ2=cos2αcos2β+sin2αsin2β−2cosαcosβsinαsinβ+cos2αsin2β+cos2αsin2β−2cosαcosβsinαsinβ=cos2αcos2β+sin2β+sin2αcos2β+sin2β=1，z1⋅z2=1，所以z1⋅z2=z1⋅z2，故A正确；对于B，若z1⋅z2=z1⋅z3，则z2=z1⋅z3z1=z3，故B正确；对于C，设OZ1与OZ2的夹角为θ,θ∈0,π，若OZ1+OZ2=OZ3，则OZ1+OZ22=OZ32，即OZ12+OZ22+2OZ1⋅OZ22=1，即1+1+2cosθ=1，所以cosθ=−12，所以θ=2π3，即OZ1与OZ2的夹角为2π3，故C错误；对于D，若OZ1+OZ2+OZ3=0，则−OZ1+OZ2=OZ3，则−OZ1+OZ22=OZ32，即OZ1+OZ22=OZ32，由C选项可知OZ1与OZ2的夹角为2π3，同理OZ2与OZ3的夹角为2π3，OZ1与OZ3的夹角为2π3，又OZ1=OZ2=OZ3=1，所以∠Z1Z2Z3=∠Z1Z3Z2=∠Z2Z1Z3=π3，故D正确.故选：ABD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023·全国·高一专题练习）在复平面中，已知点A(−1,0)、B(0,3)，复数z1、z2对应的点分别为Z1、Z2，且满足z1=z2=2,Z1Z2=4，则AZ1⋅BZ2的最大值为 210−4 .【解题思路】根据复数的几何意义，由z1=z2=2,Z1Z2=4，分析得Z1,Z2关于原点对称，所以确定OZ1=−OZ2，再利用平面向量的三角形法则与数量积的运算性质，将所求问题转化为平面向量数量积的最值问题.【解答过程】解：因为复数z1、z2对应的点为Z1,Z2且z1=z2=2,则可确定点Z1,Z2在以O为圆心，2为半径的圆上又Z1Z2=4，所以Z1Z2为圆的直径，即Z1,Z2关于原点对称所以OZ1=−OZ2因为AZ1=AO+OZ1,BZ2=BO+OZ2所以AZ1⋅BZ2=(AO+OZ1)⋅(BO+OZ2)=AO⋅BO+AO⋅OZ2+OZ1⋅BO+OZ1⋅OZ2 =(1,0)⋅(0,3)−AO⋅OZ1+OZ1⋅BO+2×2×cos(−π)=−4+OZ1⋅BA又|BA|=12+32=10，|OZ1|=2，∈[0,π]则cos∈[−1,1]所以OZ1⋅BA=|OZ1|⋅|BA|⋅cos=210cos即OZ1⋅BA的最大值为210，所以AZ1⋅BZ2的最大值为210−4.故答案为：210−4.14．（5分）（2023·全国·高一专题练习）为求方程x5−1=0的虚根，可把原式变形为(x−1)(x2+ax+1)(x2+bx+1)=0，由此可得原方程的一个虚根的实部为 −1−54或−1+54 .【解题思路】由(x−1)(x2+ax+1)(x2+bx+1)=(x−1)[x4+(a+b)x3+(2+ab)x2+(a+b)x+1]，对比系数得a+b=1ab+2=1，解出即可得出．【解答过程】(x−1)(x2+ax+1)(x2+bx+1)=(x−1)[x4+(a+b)x3+(2+ab)x2+(a+b)x+1]=x5−1，对比系数得a+b=1ab+2=1，解得a=1+52,b=1−52，或a=1−52,b=1+52，所以原方程的虚根为−1−5±10−25i4,−1+5±10+25i4，故原方程的一个虚根的实部为−1−54，或−1+54．故答案为：−1−54或−1+54．15．（5分）（2023下·高一单元测试）设z1、z2为复数，a为正实数，则下列命题一定成立的有 2 个.①如果z12+z22=0，那么z1=z2=0；②如果z1=z2，那么z1=±z2；③如果z1=a，那么z1⋅z1=a2；④如果z1=1，z2−5i=2，那么2≤z1−z2≤8.【解题思路】利用特殊值判断①、②，根据复数的模及复数代数形式的乘法运算判断③，根据复数的几何意义判断④.【解答过程】对于①，如果z1=1−i，z2=1+i，则z12+z22=1−i2+1+i2=−2i+2i=0，所以z1=z2=0不正确．对于②，如果z1=1−i，z2=1+i，则z1=z2=2，那么z1=±z2不正确．对于③，令z1=x+yi,x,y∈R，则z1=x−yi，如果z1=a，即x2+y2=a，则z1⋅z1=x+yix−yi=x2+y2=a2，故③正确；对于④，因为z1=1，则z1在复平面内表示以坐标原点为圆心，1为半径的圆上的点M，z2−5i=2，则z2在复平面内表示以0,5为圆心，2为半径的圆上的点N，z1−z2表示M、N的距离，所以z1−z2min=0−02+0−52−2−1=2，z1−z2max=0−02+0−52+2+1=8，即2≤z1−z2≤8，故④正确；即正确的有2个.故答案为：2.16．（5分）（2023·全国·高一专题练习）对任意三个模长小于1的复数z1，z2，z3，均有z1z2+z2z3+z3z12+z1z2z32<λ恒成立，则实数λ的最小可能值是 10 ．【解题思路】利用复数的三角形式结合余弦函数的性质可得z1z2+z2z3+z3z12+z1z2z32的取值范围，从而得到实数λ的最小可能值.【解答过程】设z1=ρ1cosθ1+isinθ1，z2=ρ2cosθ2+isinθ2，z3=ρ3cosθ3+isinθ3，由题设有ρi∈0,1i=1,2,3.又z1z2+z2z3+z3z12=ρ1ρ2cosθ1+θ2+ρ2ρ3cosθ2+θ3+ρ1ρ3cosθ1+θ32+ρ1ρ2sinθ1+θ2+ρ2ρ3sinθ2+θ3+ρ1ρ3sinθ1+θ32，=ρ12ρ22+ρ22ρ32+ρ12ρ32+2ρ1ρ22ρ3cosθ1−θ3+2ρ1ρ32ρ2cosθ1−θ2+2ρ2ρ12ρ3cosθ2−θ3，而z1z2z32=z1z2z32=ρ22ρ12ρ32，所以z1z2+z2z3+z3z12+z1z2z32<4+2cosθ1−θ2+cosθ2−θ3+cosθ1−θ3，而cosθ1−θ3+cosθ1−θ2+cosθ2−θ3≤3，当且仅当θ1,θ2,θ3终边相同时等号成立，故z1z2+z2z3+z3z12+z1z2z32<10，所以λ≥10，故实数λ的最小可能值为10，故答案为：10.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023下·甘肃白银·高一校考期末）已知复数z1=1+mi（m∈R）满足z12−i为纯虚数．(1)求z1；(2)若复数z2=z1n+i3（n∈R）在复平面内对应的点位于第三象限，求n的取值范围．【解题思路】（1）化简z11−i，利用是纯虚数求出m的值，得出复数z1的表达式，即可求出z1的值；（2）化简复数z2，利用点在第三象限，即可求出n的取值范围.【解答过程】（1）z12−i=1+mi2−i=2+m+2m−1i，由z12−i为纯虚数，得2+m=0,2m−1≠0,解得m=−2．所以z1=1+m2=5．（2）z2=z1n+i3=1−2in−i=n−2−2n+1i，因为复数z2在复平面内对应的点位于第三象限，所以n−2<0,−2n+1<0,解得−120，所以2a+2+21+a≥221+a⋅21+a=4，当且仅当2a+2=21+a，即a=0时等号成立，所以ω−μ2=2a+2+21+a−3≥4−3=1，即ω−μ2的最小值为1.20．（12分）（2023·全国·高一专题练习）已知复数z1=3a+2+a2−3i,z2=2+(3a+1)i,a∈R．(1)若复数z1−z2在复平面内的对应点落在第一象限，求实数a的取值范围；(2)若虚数z1是方程x2−6x+m=0的一个根，求实数m的值．【解题思路】（1）根据复数的减法，确定实部与虚部，根据其几何意义，可得实部与虚部的取值范围，可得答案；（2）根据复数与一元二次方程的关系，再由韦达定理，可得答案.【解答过程】（1）z1−z2=3a+2−2+a2−3a−4i．因为z1−z2在复平面内的对应点落在第一象限，所以3a+2−2>0,a2−3a−4>0,即2a−1a+2<0,a>4或a<−1,解得−22=z1=znmax，∴znmax