高中数学人教版新课标A选修2-23.2复数代数形式的四则运算测试题

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-23.2复数代数形式的四则运算测试题，共5页。试卷主要包含了等于，20－20的值是等内容，欢迎下载使用。

eq \a\vs4\al\c1(双基达标 限时20分钟)
1．(1－2i)(3＋4i)(－2＋i)等于
( )．
A．20＋15i B．20－15i
C．－20－15i D．－20＋15i
解析 (1－2i)(3＋4i)(－2＋i)＝(3＋4i－6i＋8)(－2＋i)＝(11－2i)(－2＋i)＝－22＋11i＋4i＋2＝－20＋15i.
答案 D
2．(1＋i)20－(1－i)20的值是
( )．
A．－1 024 B．1 024
C．0 D．512
解析 (1＋i)20－(1－i)20＝[(1＋i)2]10－[(1－i)2]10＝
(2i)10－(－2i)10＝(2i)10－(2i)10＝0.
答案 C
3. eq \f(－1＋\r(3)i3,1＋i6)＋eq \f(－2＋i,1＋2i)的值是
( )．
A．0 B．1 C．i D．2i
解析 原式＝eq \f(－1＋\r(3)i3,[1＋i2]3)＋eq \f(－2＋ii,1＋2ii)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(－1＋\r(3)i,2)))3,2i3)＋eq \f(－2＋ii,－2＋i)＝－eq \f(1,i)＋i＝2i，故选D.
答案 D
4．设复数z＝1＋eq \r(2)i，则z2－2z＝________.
解析 ∵z＝1＋eq \r(2)i
∴z2－2z＝z(z－2)＝(1＋eq \r(2)i)(1＋eq \r(2)i－2)
＝(1＋eq \r(2)i)(－1＋eq \r(2)i)＝－3.
答案 －3
5．若z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且eq \f(z1,z2)为纯虚数，则实数a的值为________．
解析 eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋2i,3－4i)＝eq \f(a＋2i3＋4i,9＋16)＝eq \f(3a＋4ai＋6i－8,25)
＝eq \f(3a－8＋4a＋6i,25)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－8＝0，,4a＋6≠0，))∴a＝eq \f(8,3).
答案 eq \f(8,3)
6．计算(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))4.
解 (1)原式＝i6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)ii,\r(3)－\r(2)ii)＝i2＋eq \f(\r(2)＋\r(3)ii,\r(2)＋\r(3)i)
＝－1＋i.
(2)法一 原式＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2
＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i.
法二 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))3＝1，
∴原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))
＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i.
eq \a\vs4\al\c1(综合提高 限时25分钟)
7．复数z满足(1＋2i)eq \(z,\s\up16(－))＝4＋3i，那么z＝
( )．
A．2＋i B．2－i
C．1＋2i D．1－2i
解析 eq \(z,\s\up16(－))＝eq \f(4＋3i,1＋2i)＝eq \f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(1,5)(10－5i)＝2－i，
∴z＝2＋i.
答案 A
8．若x＝eq \f(1－\r(3)i,2)，那么eq \f(1,x2－x)＝
( )．
A．－2 B．－1
C．1＋eq \r(3)i D．1
解析 ∵x2－x＝x(x－1)＝eq \f(1－\r(3)i,2).eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(3)i,2)－1))＝eq \f(1－\r(3)i,2)·eq \f(－1－\r(3)i,2)＝－eq \f(1,4)(1－eq \r(3)i)(1＋eq \r(3)i)＝－1，
所以eq \f(1,x2－x)＝－1，故选B.
答案 B
9．若z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且eq \f(z1,z2)为纯虚数，则实数a的值为________．
解析 eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋2i,3－4i)＝eq \f(a＋2i3＋4i,9＋16)＝eq \f(3a＋4ai＋6i－8,25)
＝eq \f(3a－8＋4a＋6i,25)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－8＝0，,4a＋6≠0，))∴a＝eq \f(8,3).
答案 eq \f(8,3)
10．设f(z＋i)＝1－eq \(z,\s\up16(－))，z1＝1＋i，z2＝1－i，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,z1)＋\f(1,z2)))＝________.
解析 令z＋i＝t，得z＝t－i，
f(t)＝1－(eq \x\t(t－i))＝1－i－eq \(t,\s\up16(－))，
eq \f(1,z1)＋eq \f(1,z2)＝eq \f(1,1＋i)＋eq \f(1,1－i)＝eq \f(1－i＋1＋i,1＋i1－i)＝eq \f(2,2)＝1.
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,z1)＋\f(1,z2)))＝f(1)＝1－i－1＝－i.
答案 －i
11．复数z＝eq \f(1＋i2＋31－i,2＋i)，若z2＋eq \f(a,z)<0，求纯虚数a.
解 由z2＋eq \f(a,z)<0可知z2＋eq \f(a,z)是实数且为负数．
z＝eq \f(1＋i2＋31－i,2＋i)＝eq \f(2i＋3－3i,2＋i)＝eq \f(3－i,2＋i)＝1－i.
∵a为纯虚数，∴设a＝mi(m≠0)，则
z2＋eq \f(a,z)＝(1－i)2＋eq \f(mi,1－i)＝－2i＋eq \f(mi－m,2)
＝－eq \f(m,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)－2))i<0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(m,2)<0，,\f(m,2)－2＝0，))∴m＝4，∴a＝4i.
12．(创新拓展)复数z＝eq \f(1＋i3a＋bi,1－i)且|z|＝4，z对应的点在第一象限，若复数0，z，eq \(z,\s\up7(－))对应的点是正三角形的三个顶点，求实数a、b的值．
解 z＝eq \f(1＋i2·1＋i,1－i)(a＋bi)
＝2i·i(a＋bi)＝－2a－2bi.
由|z|＝4，得a2＋b2＝4，①
∵复数0，z，eq \(z,\s\up7(－))对应的点构成正三角形，
∴|z－eq \(z,\s\up7(－))|＝|z|.
把z＝－2a－2bi代入化简得|b|＝1.②
又∵z对应的点在第一象限，
∴a<0，b<0.
由①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\r(3)，,b＝－1.))
故所求值为a＝－eq \r(3)，b＝－1.