復(fù)數(shù)【章末測(cè)試】單項(xiàng)選擇題1.[2025深圳外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高一期中]若復(fù)數(shù)z1=1+i,z2=3-2i,則z1+z2=()A.4+i B.2-3i C.4-i D.-2+3i2.[2025遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一期末]若復(fù)數(shù)z=a2-a-6+(a-3)i(a∈R)為純虛數(shù),則()A.a=3 B.a=-2C.a=-2或a=3 D.a≠3且a≠-23.[2023新課標(biāo)Ⅰ卷]已知z=1?i2+2i,則A.-i B.i C.0 D.14.[2024天津市河北區(qū)高一期中]如圖,在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z1,z2對(duì)應(yīng)的向量分別是OA,OB,則|z1-z2|的值為()A.2 B.2 C.22 D.55.[2025貴陽(yáng)一中高一期末]已知復(fù)數(shù)z1,z2,則“z12=z22”是“|z1A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件6.[2025菏澤一中高一月考]若2+2ai1+i=x+yi(a,x,y∈R),且xy>1,則實(shí)數(shù)aA.(-∞,-2)∪(2,+∞)B.(-∞,-2)∪(2,+∞)C.(2,+∞)D.(2,+∞)7.[2025成都七中高一月考]已知復(fù)數(shù)z滿足(i2026+i1011)z=4i2025,則z+1zA.-92 B.-2 C.92 8.[2025合肥一中期中改編]已知復(fù)數(shù)z1=1+i是關(guān)于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一個(gè)根,若復(fù)數(shù)z滿足|z-z1|=|p-q|,復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z的集合為圖形M,則圖形M的面積為()A.π B.4π C.16π D.25π多項(xiàng)選擇題9.[2024濟(jì)寧一中高一期中]已知復(fù)數(shù)z1=1-2i,z2=i(2-i),z3=1?A.z1?B.復(fù)數(shù)z2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的平面向量的坐標(biāo)為(2,1)C.|z2|=5|z3|D.復(fù)數(shù)z3在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在虛軸上10.[2025六安一中高一階段測(cè)試]已知復(fù)數(shù)z,z,z22在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A,B,C,其中點(diǎn)A在第一象限,且原點(diǎn)O是△A.點(diǎn)B一定在第四象限B.點(diǎn)C可能在第三象限

C.|z|=2D.若∠BAC=π2,則△ABC的面積為211.【數(shù)學(xué)文化】[2025天一中學(xué)高一期中]歐拉公式exi=cosx+isinx(其中i為虛數(shù)單位,x∈R)是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉創(chuàng)立的,該公式將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù),建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)聯(lián),在復(fù)變函數(shù)論里面占有非常重要的地位.依據(jù)歐拉公式,下列選項(xiàng)正確的是()A.eπi為純虛數(shù)B.復(fù)數(shù)exiC.(cosπ10+isinπ10)(cos2π10+isin2π10)·…·(cos9D.e4π3i填空題12.【教材變式】[2025吉林一中模擬]已知復(fù)數(shù)z1,z2,z滿足z1=1+2i,z2=3+4i,1z=1z1+1z13.[2024北京一零一中開(kāi)學(xué)考試]已知復(fù)數(shù)z1=1+2i,z2=3+i1+i,z3=-1-2i在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是一個(gè)正方形的3個(gè)頂點(diǎn),則這個(gè)正方形的第四個(gè)頂點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)z414.[2025上海卷]已知復(fù)數(shù)z滿足z2=(z)2,|z|≤1,則|z-2-3i|的最小值是.

解答題15.(13分)[2024廣東省梅州市高一期末](1)已知復(fù)數(shù)z=3+bi(其中i為虛數(shù)單位)滿足|z-2i|=5,求實(shí)數(shù)b的值;(2)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程:5x2-2x+1=0.16.(15分)[2025武漢二中高一期中]已知復(fù)數(shù)z=a+bi(a,b∈R),且z+2i和z2?i均為實(shí)數(shù),其中i是虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)(1)求向量OZ的坐標(biāo);(2)若z1=z+1m?1-7m+217.(15分)[2025石家莊二中高一期中改編]已知復(fù)數(shù)z=a-2i(a∈R),且z·(1+i)為純虛數(shù)(z是z的共軛復(fù)數(shù)).(1)求實(shí)數(shù)a的值;(2)設(shè)復(fù)數(shù)z1=a+mi,m∈R,且|z1|>|z|,求m的取值范圍;(3)若復(fù)數(shù)z2滿足|z2-ai|=1,則復(fù)數(shù)z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡是什么圖形?求此圖形的周長(zhǎng).18.(17分)[2025蕪湖一中高一月考]已知i為虛數(shù)單位,z1,z2是x2+mx+n=0(m,n∈R,Δ=m2-4n<0)的兩個(gè)根.(1)設(shè)z1,z2滿足方程z1+(1-i)z2=9+6i,求nm(2)設(shè)z1=1+2i,復(fù)數(shù)z1,z2對(duì)應(yīng)的向量分別是a與b,若向量ta-b與a+2b的夾角為鈍角,求實(shí)數(shù)t的取值范圍.19.(17分)【探索創(chuàng)新】[2024哈師大附中高一下開(kāi)學(xué)考試]一般地,任何一個(gè)復(fù)數(shù)z=a+bi都可以表示成r(cosθ+isinθ)的形式,即a=rcosθ,b=rsinθ,其中r為復(fù)數(shù)z的模,θ是以x軸的非負(fù)半軸為始邊,向量OZ(Z為復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn))所在射線為終邊的角,叫做復(fù)數(shù)z的輻角,我們規(guī)定0≤θ<2π范圍內(nèi)的輻角θ的值為輻角的主值,記作argz.r(cos(1)設(shè)復(fù)數(shù)z1=r1(cosα+isinα),z2=r2·(cosβ+isinβ),求z1·z2,z1(2)設(shè)復(fù)數(shù)z3=1-cosθ+isinθ,z4=1+cosθ+isinθ,其中θ∈(π,2π),求argz3+argz4;(3)在△ABC中,已知a,b,c分別為三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊.借助平面直角坐標(biāo)系及閱讀材料中所給復(fù)數(shù)相關(guān)內(nèi)容,證明:①asinA=bsin②a=bcosC+ccosB,b=acosC+ccosA,c=acosB+bcosA.注:使用復(fù)數(shù)以外的方法證明不給分.參考答案1.Cz1+z2=1+i+3-2i=4-i.2.B復(fù)數(shù)z=a2-a-6+(a-3)i(a∈R)為純虛數(shù)(純虛數(shù)實(shí)部為0,虛部不為0),則a2?a?3.A因?yàn)閦=1?i2+2i=(1?i)22(1+i)(1?i)4.C先數(shù)形結(jié)合得出復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)向量的坐標(biāo),再根據(jù)坐標(biāo)求出模即可.由題圖,可得OA=(-2,-1),OB=(0,1),所以O(shè)A-OB=(-2,-2),所以|z1-z2|=|OA-OB|=(?2)2+(5.Az12=z22?z12-z22=0?(z1-z2)(z1+z2)=0?z1=z2或z1=-z2?|z1|=|z2|,充分性成立.取z1=22+22i,z2=i,此時(shí)|z1|=|z2|=1,但z12≠z22,6.A由復(fù)數(shù)運(yùn)算結(jié)合復(fù)數(shù)相等概念可得x=a+1,y=a?1,然后結(jié)合xy>1可得答案.因?yàn)?+2ai1+i=x+yi(a,x,y∈R),所以2+2ai=(x+yi)(1+i)=x-y+(x+y)i,所以x?y=2,x+y=2a(兩復(fù)數(shù)相等,實(shí)部和虛部分別相等),解得x=a+1,y=a?7.A因?yàn)閕2026=i506×4+2=i2=-1,i1011=i252×4+3=i3=-i,i2025=i506×4+1=i,所以(-1-i)·z=4i?z=4i?1?i=4i(?1+i)(?1?i)(?1+i)=?4?4i2=-2-2i,所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)z=-2+2i,z+8.C復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程+復(fù)數(shù)減法的幾何意義思路導(dǎo)引先由z1是方程的根求出p,q,然后由復(fù)數(shù)減法的幾何意義求解即可.∵z1=1+i是關(guān)于x的方程x2+px+q=(p,q∈R)的一個(gè)根,∴(1+i)2+p(1+i)+q=(p,q∈R),化簡(jiǎn)得(p+q)+(2+p)i=0,∴p+q=0,2+p=0,解得p=?2,q=2,∴|z-z1|=|p-q|=|-設(shè)復(fù)數(shù)z1=1+i表示的點(diǎn)為Z1,則z,z1表示的向量分別為OZ和OZ1(O為坐標(biāo)原點(diǎn)),則由復(fù)數(shù)減法的幾何意義,復(fù)數(shù)z-z1表示的向量為OZ-OZ1=Z1Z,若|z-z1|=4,則|Z1Z|=4,∴圖形M是以Z1為圓心,4為半徑的圓,∴圖形M的面積為9.ADz1=1-2i,z2=i(2-i)=1+2i,z3=1?i1+i=(1A(√)z1?z2=(1B(?)復(fù)數(shù)z2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的平面向量的坐標(biāo)為(1,2).C(?)|z2|=1+4=5,|z3|=1,|z2|≠5|z3|.D(√)復(fù)數(shù)z3在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(0,-1),在虛軸上.10.ACD設(shè)z=a+bi(a,b∈R),則z=a-bi,z22=a2?b22+abi,所以A(a,b),B(a,-b),A(√)由題意知點(diǎn)A在第一象限,則a>0,b>0,所以點(diǎn)B一定在第四象限.B(?)因?yàn)閍>0,b>0,所以ab>0,點(diǎn)C不可能在第三象限.C(√)因?yàn)樵c(diǎn)O是△ABC的外心,所以|z|=|z|=|z22|,即|z|=|z|22D(√)易知AB與y軸平行,若∠BAC=π2,則AC與x軸平行,z與z22的虛部相等,即b=ab,得a=1,又因?yàn)閨z|=2,所以a2+b2=4,則b=3,從而可得A(1,3),B(1,-3),C(-1,3),|AB|=23,|AC|=2,所以S△ABC=1211.BCDA(?)由已知可得eπi=cosπ+isinπ=-1為實(shí)數(shù).B(√)由已知可得exi1+i=cosx+isinx1+i=(cosx+isinxC(√)由已知可得cosπ10+isinπ10=eπ10i,cos2π10+isin2π10=e2π10i,…,cos9π10+isin9π10=e9π10i,所以(cosπ10+isinπ10)·(cos2π10+isin2D(√)由已知可得e4π3i=cos4π3+isin4π3=-12-32i,e2π3i=cos2π3+isin2π3=-12+32i,所以e4π3i-e212.1013+3526i由題意可得1z=1z1+1z2=11+2i+13+4i=1?2i(1+2i)(1?2i)+3?4i(13.-2+i復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算+復(fù)數(shù)的幾何意義思路導(dǎo)引根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求得z2,結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義可得z1,z2,z3對(duì)應(yīng)的點(diǎn),利用正方形的性質(zhì),根據(jù)向量相等,即可求得答案.由z2=3+i1+i=(3+i)(1?i)(1+i)(1?i)=4?2i2=2-i,設(shè)復(fù)數(shù)z1=1+2i,z2=2-i,z3=-1-2i在復(fù)平面上分別對(duì)應(yīng)點(diǎn)A(1,2),B(2,-1),C(-1,-2),設(shè)正方形的第四個(gè)頂點(diǎn)是D(x,y),則其對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z4=x+yi,x,y∈R,結(jié)合對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置特征知AD=BC(關(guān)鍵點(diǎn)),又AD=(x-1,y-2),BC=(-3,-1),∴(x-1,y-2)=(-3,-14.22設(shè)z=a+bi(a,b∈R),則z=a-bi,由z2=(z)2,可得(a+bi)2=(a-bi)2,即a2-b2+2abi=a2-b2-2abi,故ab=0.由|z|≤1可得a2+b2≤1,即a2方法一當(dāng)a=0時(shí),b≤1,|z-2-3i|=|-2+(b-3)i|=4+(b?3)2,此時(shí)|z-2-3i|min=4+(1?3)2=22.當(dāng)b=0時(shí),a≤1,|z-2-3i|=|a-2-3i|=(a?2)2+9,此時(shí)|z-2-3i|min=(1?2)2+9=10.當(dāng)a=0,方法二設(shè)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y),其中x=(-1≤y≤1)或y=(-1≤x≤1),表示兩條相交線段.|z-2-3i|表示z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)與點(diǎn)(2,3)的距離,作出圖形如圖,結(jié)合圖知,當(dāng)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(0,1)時(shí),|z-2-3i|取到最小值,為(0?2)215.【解析】(1)因?yàn)閦=3+bi,所以|z-2i|=|3+(b-2)i|=9+(b所以b=6或b=-2.(6分)(2)因?yàn)棣?(-2)2-4×5×1=-16<0,所以方程的根為x=2±16i10即x=1+2i5或x=116.【解析】(1)由z+2i=a+(b+2)i為實(shí)數(shù),得b+2=0,則b=-2,(2分)又z2?i=a+bi2?i所以a?45=0,解得a=因此z=4-2i,所以O(shè)Z=(4,-2).(7分)(2)由(1)知,z=4+2i,而z1=z+1m?1-7m+2i,則z1=4+1m又復(fù)數(shù)z1在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(4+1m?1,2于是4+1m?1>0,2?7m+2<0所以m的取值范圍為(-2,34)∪(1,32)17.【解析】(1)因?yàn)閦=a-2i(a∈R),所以z=a+2i,所以z·(1+i)=(a+2i)·(1+i)=(a-2)+(a+2)i,(2分)又z·(1+i)為純虛數(shù),所以a?2=0,a+2≠0,(2)由(1)可知z=2-2i,z1=a+mi=2+mi,所以|z|=22+(?2)2=22因?yàn)閨z1|>|z|,所以22+m2整理可得m2>4,解得m>2或m<-2.所以m的取值范圍是(-∞,-2)∪(2,+∞).(10分)(3)因?yàn)閨z2-ai|=1,即|z2-2i|=1,所以z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以(0,2)為圓心,1為半徑的圓.(13分)此圖形的周長(zhǎng)為2π.(15分)18.【解析】(1)第一步:由題意設(shè)出z1,z2由z1,z2是x2+mx+n=(m,n∈R,Δ=m2-4n<0)的兩個(gè)根,不妨設(shè)z1=a+bi(a,b∈R),易知z2=a-bi.(2分)第二步:根據(jù)條件求出z1,z2因?yàn)閦1,z2滿足方程z1+(1-i)z2=9+6i,則a+bi+(1-i)(a-bi)=9+6i,化簡(jiǎn)可得2a-b-ai=9+6i,所以2a?b=9所以z1=-6-21i,z2=-6+21i.(6分)第三步:結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系得m,n的值,得結(jié)果所以z1+z2=-m=-12,z1z2=n=(-6)2+212=477,即m=12,n=477.所以nm12=4771212(2)第一步:由一元二次方程根的關(guān)系得z2由z1=1+2i可得z2=1-2i.(9分)第二步:根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義得向量a,b因?yàn)閺?fù)數(shù)z1,z2對(duì)應(yīng)的向量分別是a與b,所以a=(1,2),b=(1,-2).(10分)第三步:由夾角為鈍角得t的取值范圍ta-b=t(1,2)-(1,-2)=(t-1,2t+2),a+2b=(1,2)+2(1,-2)=(3,-2),若向量ta-b與a+2b的夾角為鈍角,則(ta-b)·(a+2b)<0,且ta-b與a+2b不共線,即3t-3-4t-4<0,且-2(t-1)≠3(2t+2),解得t>-7且t≠-12所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是(-7,-12)∪(-12,+∞)19.【解析