必修 第二册7.2 复数的四则运算课时训练

这是一份必修 第二册7.2 复数的四则运算课时训练，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．eq \f(1＋i3,1－i2)＝( )
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
D [eq \f(1＋i3,1－i2)＝eq \f(2i1＋i,－2i)＝－1－i，选D．]
2．已知复数z满足(z－1)i＝1＋i，则z＝( )
A．－2－i B．－2＋i
C．2－i D．2＋i
C [z－1＝eq \f(1＋i,i)＝1－i，所以z＝2－i，故选C．]
3．在复平面内，复数eq \f(i,1＋i)＋(1＋eq \r(3)i)2对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
B [eq \f(i,1＋i)＋(1＋eq \r(3)i)2＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i＋(－2＋2eq \r(3)i)＝－eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)＋\f(1,2)))i，对应点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2\r(3)＋\f(1,2)))在第二象限．]
4．若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为( )
A．－4 B．－eq \f(4,5) C．4 D．eq \f(4,5)
D [∵(3－4i)z＝|4＋3i|，
∴z＝eq \f(5,3－4i)＝eq \f(53＋4i,3－4i3＋4i)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i．
故z的虚部为eq \f(4,5)，选D．]
5．设复数z的共轭复数是 eq \x\t(z)，若复数z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·eq \(z,\s\up6(－))2是实数，则实数t等于( )
A．eq \f(3,4) B．eq \f(4,3) C．－eq \f(4,3) D．－eq \f(3,4)
A [∵z2＝t＋i，∴eq \(z,\s\up6(－))2＝t－i．
z1·eq \(z,\s\up6(－))2＝(3＋4i)(t－i)＝3t＋4＋(4t－3)i，
又∵z1·eq \(z,\s\up6(－))2∈R，∴4t－3＝0，∴t＝eq \f(3,4)．]
二、填空题
6．i为虚数单位，若复数z＝eq \f(1＋2i,2－i)，z的共轭复数为eq \x\t(z)，则z·eq \x\t(z)＝________．
1 [∵z＝eq \f(1＋2i,2－i)＝eq \f(1＋2i2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(5i,5)＝i，
∴eq \x\t(z)＝－i，∴z·eq \x\t(z)＝1．]
7．已知eq \f(a＋2i,i)＝b＋i(a，b∈R)，其中i为虚数单位，则a＋b＝________．
1 [∵eq \f(a＋2i,i)＝b＋i，∴a＋2i＝(b＋i)i＝－1＋bi，
∴a＝－1，b＝2，∴a＋b＝1．]
8．设复数z1，z2在复平面内的对应点分别为A，B，点A与点B关于x轴对称，若z1(1－i)＝3－i，则|z2|＝________．
eq \r(5) [∵z1(1－i)＝3－i，
∴z1＝eq \f(3－i,1－i)＝eq \f(3－i1＋i,1－i1＋i)＝2＋i，
∵A与B关于x轴对称，∴z1与z2互为共轭复数，
∴z2＝eq \x\t(z)1＝2－i，∴|z2|＝eq \r(5)．]
三、解答题
9．已知复数z＝eq \f(5,2－i)．
(1)求z的实部与虚部；
(2)若z2＋meq \x\t(z)＋n＝1－i(m，n∈R，eq \x\t(z)是z的共轭复数)，求m和n的值．
[解] (1)z＝eq \f(52＋i,2－i2＋i)＝eq \f(52＋i,5)＝2＋i，
所以z的实部为2，虚部为1．
(2)把z＝2＋i代入z2＋meq \x\t(z)＋n＝1－i，
得(2＋i)2＋m(2－i)＋n＝1－i，
即2m＋n＋3＋(4－m)i＝1－i，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋n＋3＝1，,4－m＝－1.))
解得m＝5，n＝－12．
10．把复数z的共轭复数记作eq \x\t(z)，已知(1＋2i)eq \x\t(z)＝4＋3i，求z及eq \f(z,\x\t(z))．
[解] 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \x\t(z)＝a－bi，
由已知得：(1＋2i)(a－bi)＝(a＋2b)＋(2a－b)i＝4＋3i，由复数相等的定义知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2b＝4，,2a－b＝3.))
得a＝2，b＝1，∴z＝2＋i．
∴eq \f(z,\x\t(z))＝eq \f(2＋i,2－i)＝eq \f(2＋i2,2－i2＋i)＝eq \f(3＋4i,5)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i．
1．(多选题)下面是关于复数z＝eq \f(2,－1＋i)(i为虚数单位)的命题，其中真命题为( )
A．|z|＝2 B．z2＝2i
C．z的共轭复数为1＋i D．z的虚部为－1
BD [∵z＝eq \f(2,－1＋i)＝eq \f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，
∴|z|＝eq \r(,2)，A错误；z2＝2i，B正确；
z的共轭复数为－1＋i，C错误；
z的虚部为－1，D正确．故选BD．]
2．(多选题)设z为复数，则下列命题中正确的是( )
A．|z|2＝zeq \x\t(z)
B．z2＝|z|2
C．若|z|＝1，则|z＋i|的最大值为2
D．若|z－1|＝1，则0≤|z|≤2
ACD [对于A∶z＝a＋bi(a，b∈R，则eq \x\t(z)＝a－bi，∴|z|2＝a2＋b2，而zeq \x\t(z)＝a2＋b2，所以|z|2＝zeq \x\t(z)成立；
对于B∶z＝a＋bi(a，b∈R)，当ab均不为0时，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，而|z|2＝a2＋b2，所以z2＝|z|2不成立；
对于C∶|z|＝1可以看出以O(0,0)为圆心，1为半径的圆上的点P，|z＋i|可以看成点P到Q(0，－1)的距离，所以当P(0,1)时，可取|z＋i|的最大值为2；
对于D∶|z－1|＝1可以看出以M(1,0)为圆心，1为半径的圆上的点N，则|z|表示点N到原点距离，故O，N重合时，|z|＝0最小，当O，M，N三点共线时，|z|＝2最大，故0≤|z|≤2．
故选：ACD．]
3．若z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且eq \f(z1,z2)为纯虚数，则实数a的值为________，z1z2＝________．
eq \f(8,3) 16－eq \f(14,3)i [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 \f(z1,z2)为纯虚数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－8＝0，,4a＋6≠0，))
∴a＝eq \f(8,3)．
∴z1·z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)＋2i))(3－4i)＝8－eq \f(32,3)i＋6i＋8＝16－eq \f(14,3)i．]
4．已知3＋2i是关于x的方程2x2＋px＋q＝0的一个根，则实数p＋q＝________．
14 [因为3＋2i是方程2x2＋px＋q＝0的根，
所以2(3＋2i)2＋p(3＋2i)＋q＝0，
即2(9＋12i－4)＋(3p＋2pi)＋q＝0，
整理得(10＋3p＋q)＋(24＋2p)i＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10＋3p＋q＝0，,24＋2p＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝－12，,q＝26.))
∴p＋q＝－12＋26＝14．]
设z是虚数，ω＝z＋eq \f(1,z)是实数，且－1＜ω＜2，
(1)求|z|的值及z的实部的取值范围；
(2)设u＝eq \f(1－z,1＋z)，证明u为纯虚数．
[解] (1)因为z是虚数，所以可设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0．
所以ω＝z＋eq \f(1,z)＝x＋yi＋eq \f(1,x＋yi)
＝x＋yi＋eq \f(x－yi,x2＋y2)＝x＋eq \f(x,x2＋y2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(y,x2＋y2)))i．
因为ω是实数且y≠0，
所以y－eq \f(y,x2＋y2)＝0，所以x2＋y2＝1，
即|z|＝1．
此时ω＝2x．
因为－1＜ω＜2，
所以－1＜2x＜2，
从而有－eq \f(1,2)＜x＜1，
即z的实部的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))．
(2)证明：设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0，
由(1)知，x2＋y2＝1，
∴u＝eq \f(1－z,1＋z)＝eq \f(1－x＋yi,1＋x＋yi)
＝eq \f(1－x－yi1＋x－yi,1＋x2＋y2)
＝eq \f(1－x2－y2－2yi,1＋x2＋y2)＝－eq \f(y,1＋x)i．
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，y≠0，
所以eq \f(y,1＋x)≠0，
所以u为纯虚数．