数学选修2-23.2复数代数形式的四则运算同步达标检测题

这是一份数学选修2-23.2复数代数形式的四则运算同步达标检测题，共5页。


eq \a\vs4\al\c1(双基达标 限时20分钟)
1．已知复数z满足z＋i－3＝3－i，则z等于
( )．
A．0 B．2i
C．6 D．6－2i
解析 z＝3－i－(i－3)＝6－2i.
答案 D
2．A，B分别是复数z1，z2在复平面内对应的点，O是原点，若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则三角形AOB一定是
( )．
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
解析 根据复数加(减)法的几何意义，知以eq \(OA,\s\up16(→))，eq \(OB,\s\up16(→))为邻边所作的平行四边形的对角线相等，则此平行四边形为矩形，故三角形OAB为直角三角形．
答案 B
3．已知z1＝2＋i，z2＝1＋2i，则复数z＝z2－z1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
解析 z＝z2－z1＝(1＋2i)－(2＋i)＝－1＋i，实部小于零，虚部大于零，故位于第二象限．
答案 B
4．若z1＝2－i，z2＝－eq \f(1,2)＋2i，则z1，z2在复平面上所对应的点为Z1、Z2，这两点之间的距离为________．
解析 |eq \(Z1Z2,\s\up16(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2)))2＋－1－22)＝eq \f(\r(61),2).
答案 eq \f(\r(61),2)
5．已知z1＝eq \f(\r(3),2)a＋(a＋1)i，z2＝－3eq \r(3)b＋(b＋2)i(a，b∈R)，若z1－z2＝4eq \r(3)，则a＋b＝________.
解析 ∵z1－z2＝eq \f(\r(3),2)a＋(a＋1)i－[－3eq \r(3)b＋(b＋2)i]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a＋3\r(3)b))＋(a－b－1)i＝4eq \r(3)，
由复数相等的条件知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a＋3\r(3)b＝4\r(3)，,a－b－1＝0，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1.))
∴a＋b＝3.
答案 3
6．已知z，ω为复数，(1＋3i)z为纯虚数，ω＝eq \f(z,2＋i)，且|ω|＝5eq \r(2)，求ω.
解 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(1＋3i)z＝a－3b＋(3a＋b)i，由题意得a＝3b≠0.
∵|ω|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z,2＋i)))＝5eq \r(2)，
∴|z|＝eq \r(a2＋b2)＝5eq \r(10)，
将a＝3b代入上式，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝15，,b＝5，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－15，,b＝－5.))
故ω＝±eq \f(15＋5i,2＋i)＝±(7－i)．
eq \a\vs4\al\c1(综合提高 限时25分钟)
7．设z∈C，且|z＋1|－|z－i|＝0，则|z＋i|的最小值为
( )．
A．0 B．1
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2)
解析 由|z＋1|＝|z－i|知，在复平面内，复数z对应的点的轨迹是以(－1,0)和(0,1)为端点的线段的垂直平分线，即直线y＝－x，而|z＋i|表示直线y＝－x上的点到点(0，－1)的距离，其最小值等于点(0，－1)到直线y＝－x的距离．
答案 C
8．复数z1、z2分别对应复平面内的点M1、M2，且|z1＋z2|＝|z1－z2|，线段M1M2的中点M对应的复数为4＋3i，则|z1|2＋|z2|2等于
( )．
A．10 B．25
C．100 D．200
解析 根据复数加减法的几何意义，由|z1＋z2|＝|z1－z2|知，以eq \(OM1,\s\up16(→))、eq \(OM2,\s\up16(→))为邻边的平行四边形是矩形(对角线相等)，即∠M1OM2为直角，M是斜边M1M2的中点，
∵|eq \(OM,\s\up16(→))|＝eq \r(42＋32)＝5，
∴|M1M2|＝10.
∴|z1|2＋|z2|2＝|eq \(OM1,\s\up16(→))|2＋|eq \(OM2,\s\up16(→))|2＝|eq \(M1M2,\s\up16(→))|2＝100.
答案 C
9．在平行四边形OABC中，各顶点对应的复数分别为zO＝0，zA＝2＋eq \f(a,2)i，zB＝－2a＋3i，zC＝－b＋ai，则实数a－b为________．
解析 因为eq \(OA,\s\up16(→))＋eq \(OC,\s\up16(→))＝eq \(OB,\s\up16(→))，所以2＋eq \f(a,2)i＋(－b＋ai)＝－2a＋3i，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－b＝－2a，,\f(a,2)＋a＝3，))得a－b＝－4.
答案 －4
10．复数z＝x＋yi(x，y∈R)满足条件|z－4i|＝|z＋2|，则2x＋4y的最小值为________．
解析 方程|z－4i|＝|z＋2|表示线段Z1Z2(Z1(0,4)、Z2(－2,0))的中垂线，
易求其方程为x＋2y＝3.
∴2x＋4y＝2x＋22y≥2eq \r(2x·22y)＝2eq \r(2x＋2y)
＝2eq \r(23)＝4eq \r(2).
当且仅当2x＝22y，
即x＝2y且x＋2y＝3，
即x＝eq \f(3,2)，y＝eq \f(3,4)时取到最小值4eq \r(2).
答案 4eq \r(2)
11．设m∈R，复数z1＝eq \f(m2＋m,m＋2)＋(m－15)i，z2＝－2＋m(m－3)i，若z1＋z2是虚数，求m的取值范围．
解 因为z1＝eq \f(m2＋m,m＋2)＋(m－15)i，
z2＝－2＋m(m－3)i，
所以z1＋z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2＋m,m＋2)－2))＋[(m－15)＋m(m－3)]i
＝eq \f(m2－m－4,m＋2)＋(m2－2m－15)i.
因为z1＋z2是虚数，
所以m2－2m－15≠0且m≠－2，
所以m≠5且m≠－3且m≠－2，
所以m的取值范围是
(－∞，－3)∪(－3，－2)∪(－2,5)∪(5，＋∞)．
12．(创新拓展)设z1、z2∈C，已知|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq \r(2)，求|z1－z2|.
解 法一 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，由题设知a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，(a＋c)2＋(b＋d)2＝2，
又由(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋2ac＋c2＋b2＋2bd＋d2，可得2ac＋2bd＝0.
|z1－z2|2＝(a－c)2＋(b－d)2
＝a2＋c2＋b2＋d2－(2ac＋2bd)＝2，
∴|z1－z2|＝eq \r(2).
法二 ∵|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)，
∴将已知数值代入，可得|z1－z2|2＝2，
∴|z1－z2|＝eq \r(2).
法三 作出z1、z2对应的向量eq \(OZ1,\s\up16(→))、eq \(OZ2,\s\up16(→))，
使eq \(OZ1,\s\up16(→))＋eq \(OZ2,\s\up16(→))＝Oeq \(Z,\s\up16(→)).
∵|z1|＝|z2|＝1，又eq \(OZ1,\s\up16(→))、eq \(OZ2,\s\up16(→))不共线(若eq \(OZ1,\s\up16(→))、eq \(OZ2,\s\up16(→))共线，则|z1＋z2|＝2或0与题设矛盾)，
∴平行四边形OZ1ZZ2为菱形．
又∵|z1＋z2|＝eq \r(2)，
∴∠Z1OZ2＝90°，
即四边形OZ1ZZ2为正方形，
故|z1－z2|＝eq \r(2).