高中数学人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算同步练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算同步练习题，共10页。试卷主要包含了单选题，单空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

复数的乘、除运算练习
一、单选题
1. 若1+2i是关于x的实系数方程x2+bx+c=0的一个复数根，则(    )
A. b=2，c=3 B. b=−2，c=3
C. b=−2，c=−1 D. b=2，c=−1
2. 复数z1=i(1−i)2，z2=2−i3分别对应复平面上的点P，Q，则向量PQ对应的复数是(    )
A. 10 B. −3+i C. 1−i D. 52+i
3. 下列命题中，错误命题的个数为(    )
①两个复数一定不能比较大小；
②z1，z2，z3∈C，若(z1−z2)2+(z2−z3)2=0，则z1=z3；
③若(x2−1)+(x2+3x+2)i是纯虚数，则实数x=±1；
④z是虚数的一个充要条件是z+z∈R；
⑤若a，b是两个相等的实数，则(a−b)+(a+b)i是纯虚数；
⑥复数z∈R的一个充要条件是z=z．
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
4. 对于z=1+i22000+1−i22000，下列结论成立的是(    )
A. z是零 B. z是纯虚数 C. z是正实数 D. z是负实数
5. 下列各式的运算结果为纯虚数的是(    )
A. i1+i2 B. i21−i C. 1+i2 D. i1+i
6. 已知z=1−i2020，则|z+2i|=(    )
A. 10 B. 22 C. 2 D. 2
7. (1−i)2i7= (    )
A. 1 B. 2 C. −i D. −2i
8. 已知i为虚数单位，则i2021等于(     )
A. i B. 1 C. −i D. −1
9. 已知z=1−i2020，则|z+2i|=(    )
A. 10 B. 22 C. 2 D. 2
10. 复数z=i2020(−1−2i)的共轭复数为  (    )
A. 1+2i B. 1−2i C. −1+2i D. −2+i
11. 已知复数z=1−i20211+i，则z的虚部是(   )
A. −1 B. −i C. 1 D. i
12. 已知复数z满足z=1+1+i1−i2019(其中i为虚数单位)，则zz=(    )
A. 22−22i B. 22+22i C. 2−2i D. 2+2i
二、单空题
13. 设x、y为实数，且x1−i+y1−2i=51−3i，则x+y=_______，|x+yi|=_________ ．
14. 设z1=x+2i，z2=3−yi(x,y∈R)，且z1+z2=5−6i，则z1−z2=_____，z1z2=_______．
15. 若复数z=(a−2)−3i为纯虚数(a∈R)，则a+i2 0191+ai的值为____________________．
16. 计算：1-i1+i8-1+i28=______________。
17. 若(x−i)i=y+2i，x，y∈R，则复数x+yi=_________．
三、解答题
18. 已知虚数z使得z1=z1+z2和z2=z21+z都为实数，求z．







19. 已知1+i是方程x2+bx+c=0(b,c为实数)的一个根．
(1)求b，c的值；
(2)试判断1−i是不是方程的根．







20. (1)设复数z满足：|z|2+(z+z)i=3−i2+i，求复数z．
(2)设虚数z1，z2满足z12=z2，若z1，z2是一个实系数一元二次方程的两个根，求z1+z2．







答案和解析
1.【答案】B
【解答】
解：因为1+2i是关于x的实系数方程x2+bx+c=0的一个复数根，
所以1−2i也是方程x2+bx+c=0的复数根，
则1+2i+1−2i=−b，
(1+2i)(1−2i)=c，
解得b=−2，c=3．
2.【答案】D
【解析】
解：∵z1=i(1−i)2=i−2i=−12，z2=2−i3=2+i，
∴PQ=(2,1)−(−12,0)=(52,1)．
∴向量PQ对应的复数是52+i．
3.【答案】C
【解答】
解：①两个复数不都是实数时不能比较大小，故①错误；  
②z1，z2，z3∈C，若(z1−z2)2+(z2−z3)2=0，取z1=i，z2=0，z3=1满足等式，但是z1≠z3，故②错误； 
③x=−1时，此数=0，不是纯虚数，故③错误； 
④z是虚数的一个必要条件是z+z∈R，故④错误； 
⑤若a，b是两个相等的实数，当a=b=0时，(a−b)+(a+b)i=0不是纯虚数，故⑤错误； 
⑥当z∈R时，z=z，反之亦成立，故⑥正确. 
综上可知：只有⑥正确．
故选C．
4.【答案】C
【解答】
解：由已知：1+i22=(1+i)22=i，
∴1+i24=i2=−1，
∴1+i22000=1+i24500=1，
同理1−i22000=1．
所以z=2，C正确，
5.【答案】C
【解答】解：A.i1+i2=i1+2i+i2=i1+2i+−1=2i2=−2；
B.i21−i=−1−i=−1+i；
C.(1+i)2=1+2i+i2=1+2i+−1=2i；
D.i1+i=i+i2=−1+i．
6.【答案】C
【解答】
解：由z=1−i2020=1−i4×505=1−1=0，
得|z+2i|=|2i|=2．
7.【答案】B
【解答】解：(1−i)2i7=−2i−i=2 ，
8.【答案】A
【解答】
解：i2021=(i4)505⋅i=i．
9.【答案】C
【解答】解：由z=1−i2020=1−i4×505=1−1=0，
得|z+2i|=|2i|=2．
10.【答案】C
【解答】
解：z=i2020(−1−2i)=i505×4(−1−2i)=−1−2i，
则z−=−1+2i，
11.【答案】C
【解析】解：z=1−i20211+i=1−i4×505+11+i=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i，
则z−=i．
∴z−的虚部是1．
12.【答案】B

【解答】
解：1+i1−i=1+i21−i1+i=1+i2+2i1−i2，
由i2=−1，所以1+i1−i=1−1+2i1−−1=i，
则z=1+1+i1−i2019=1+i2019=1+i4×504+3，
即z=1+i3=1−i，
所以z=2,z=1+i，
所以zz=1+i2=22+22i，
13.【答案】4，26
【解答】
解：x1−i+y1−2i=51−3i
⇒x(1+i)(1−i)(1+i)+y(1+2i)(1+2i)(1−2i)=5(1+3i)(1−3i)(1+3i)
⇒12x(1+i)+15y(1+2i)=12(1+3i)
⇒12x+15y=1212x+2y5=32,∴x=−1y=5,
∴x+y=4.|x+yi |=|−1+5i |=−12+52=26，
故答案为4，26．
14.【答案】−1+10i；22−10i
【解答】
解：∵z1=x+2i，z2=3−yi，z1+z2=5−6i，
∴(x+2i)+(3−yi)=5−6i，
∴(3+x)+(2−y)i=5−6i，
∴x+3=5,2−y=−6,
∴x=2,y=8,
∴z1=2+2i，z2=3−8i，
∴z1−z2=(2+2i)−(3−8i)=−1+10i，
z1z2=(2+2i)(3−8i)=22 − 10i．
故答案为−1+10i；22−10i．
15.【答案】−i
【解答】
解：因为复数z=(a−2)−3i(a∈R)为纯虚数，
所以a−2=0，解得a=2，
而i2019=i504×4+3=i3=−i，
所以a+i2 0191+ai=2−i1+2i=2−i1−2i1+2i1−2i=−5i5=−i．
故答案为−i．
16.【答案】0
【解答】
解：，
故答案为0．
17.【答案】2+i  
【解答】解：因为xi+1=y+2i，故x=2，y=1，即x+yi=2+i．
18.【答案】解：设z=x+yi(x,y∈R且y≠0)，则z2=x2−y2+2xyi，
∴z1=x+yi1+x2−y2+2xyi=x(x2+y2+1)+y(1−x2−y2)i(x2−y2+1)2+4x2y2，
∵z1∈R且y≠0，∴1−x2−y2=0，即x2+y2=1①，
同理由z2=z21+z，得x2+2x+y2=0②，
解①②得x=−12，y=±32，
故z=−12±32i.
19.【答案】解：(1)因为1+i是方程x2+bx+c=0的根，
所以(1+i)2+b(1+i)+c=0，
即(b+c)+(2+b)i=0．
又b，c为实数，故b+c=02+b=0,
解得b=−2c=2．
(2)由(1)可知方程为x2−2x+2=0，把1−i代入方程左边，
得(1−i)2−2(1−i)+2=0，显然方程成立，
所以1−i也是上述方程的一个根．
20.【答案】(1)解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a−bi
因为|z|2+(z+z)i=3−i2+i
所以a2+b2+2ai=1−i 
所以  a2+b2=12a=-1
解得：a=-12b=±32，所以z=-12±32i  ．
(2)解：∵z1，z2是一个实系数一元二次方程的两个根，z1，z2都是虚数，
 ∴z1，z2是共轭虚数．
又∵z12=z2，
∴z12=z1， 
设z1=x+yi(x,y∈R，且y≠0)，
则(x+yi)2=x−yi，  即x2−y2+2xyi=x−yi，
  所以x2−y2=x2xy=-yy≠0 ,
解得x=-12y=±32
因为z1，z2是共轭复数，所以z1+z2=-1．