高中数学湘教版（2019）必修 第二册第3章 复数3.3 复数的几何表示习题

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第二册第3章 复数3.3 复数的几何表示习题，共11页。试卷主要包含了复数11-3i的虚部是，设有下面四个命题，设iz=4+3i,则z=，已知z=2-i,则z=等内容，欢迎下载使用。

考点1 复数的有关概念
1.(2020浙江,2,4分,)已知a∈R,若a-1+(a-2)i(i为虚数单位)是实数,则a=( )
A.1B.-1C.2D.-2
2.(2020全国Ⅲ理,2,5分,)复数11-3i的虚部是( )
A.-310B.-
3.(2017课标全国Ⅰ,3,5分,)设有下面四个命题:
p1:若复数z满足1z∈R,则z∈R;
p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;
p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=z2;
p4:若复数z∈R,则z∈R.
其中的真命题为( )
A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p4
4.(2020江苏,2,5分,)已知i是虚数单位,则复数z=(1+i)(2-i)的实部是 .
考点2 复数的几何意义
5.(2020北京,2,4分,)在复平面内,复数z对应的点的坐标是(1,2),则i·z=( )
A.1+2iB.-2+i
C.1-2iD.-2-i
6.(2019课标全国Ⅱ,2,5分,)设z=-3+2i,则在复平面内z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
7.(2019课标全国Ⅰ,2,5分,)设复数z满足|z-i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则( )
A.(x+1)2+y2=1B.(x-1)2+y2=1
C.x2+(y-1)2=1D.x2+(y+1)2=1
8.(2020全国Ⅱ理,15,5分,)设复数z1,z2满足|z1|=|z2|=2,z1+z2=3+i,则|z1-z2|= .
考点3 复数的运算
9.(2021全国乙文,2,5分,)设iz=4+3i,则z=( )
A.-3-4iB.-3+4i
C.3-4iD.3+4i
10.(2021新高考Ⅰ,2,5分,)已知z=2-i,则z(z+i)=( )
A.6-2iB.4-2i
C.6+2iD.4+2i
11.(2021全国甲理,3,5分,)已知(1-i)2z=3+2i,则z= ( )
A.-1-32iB.-1+32i
C.-32+iD.-32-i
12.(2021浙江,2,4分,)已知a∈R,(1+ai)i=3+i(i为虚数单位),则a=( )
A.-1B.1
C.-3D.3
13.(2021全国乙理,1,5分,)设2(z+z)+3(z-z)=4+6i,则z=( )
A.1-2iB.1+2i
C.1+iD.1-i
14.(2020全国Ⅰ理,1,5分,)若z=1+i,则|z2-2z|=( )
A.0B.1C.2D.2
15.(2020全国Ⅰ文,2,5分,)若z=1+2i+i3,则|z|=( )
A.0B.1C.2D.2
三年模拟练

1.(2020湖北荆州、宜昌高二期末联考,)复数z=2+3i1-i(i为虚数单位)的虚部为( )
A.-12B.-
2.(2020天津一中高一期末,)复数(1-i)i21+2i(i为虚数单位)等于( )
A.15-35iB.15+35i
C.35-15iD.35+15i
3.(2020江西宜春高安中学高二期末,)在复平面内,复数z=1-2i1+2i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
4.(2020安徽阜阳三中高二期末,)已知i为虚数单位,则3+i1+i=( )
A.2
5.(2020湖南长沙周南中学等高二联考,)已知复数z=2+ai1-i是纯虚数,则实数a=( )
6.()若ω=-12+32i(i为虚数单位),则ω4+ω2+1=( )
A.1B.0C.3+3iD.-1+3i
7.(多选)(2021广东佛山南海高二下期末,)已知集合M={m|m=in,n∈N},其中i为虚数单位,则下列元素属于集合M的是( )
A.(1-i)(1+i)B.1-i1+i
C.1+i1-iD.(1-i)2
8.()已知z∈C,z是z的共轭复数,若z·z-3iz=1+3i(i是虚数单位),则z= .
9.()已知复数z1=(-1+i)(1+bi),z2=a+2i1-i,其中a,b∈R.若z1与z2互为共轭复数,则a= ,b= .
10.(2020山东滕州一中高一月考,)已知复数z=1-2i(i为虚数单位).
(1)若z·z0=2z+z0,求复数z0的共轭复数;
(2)若z是关于x的方程x2-mx+5=0的一个虚根,求实数m的值.
11.(2019上海复兴高级中学高二期末,)已知β是关于x的方程2x2+3ax+a2-a=0(a∈R)的一个根.
(1)若|β|=1且β∈R,求实数a的值;
(2)若|β|=1且β为虚数,求实数a的值.
12.()现有以下三个式子:①2+i1-2i,②-4+3i3+4i,③-1-i-1+i(i为虚数单位),某同学在解题时发现以上三个式子的值都等于同一个常数.
(1)从三个式子中选择一个,求出这个常数;
(2)根据三个式子的结构特征及(1)中的计算结果,将该同学的发现推广为一个复数恒等式,并证明你的结论.
答案全解全析
五年高考练
1.C 因为a-1+(a-2)i为实数,a∈R,所以a-2=0,解得a=2,故选C.
2.D 11-3i=1+3i(1-3i)(1+3i)=1+3i10,所以虚部为310.
3.B 对于命题p1,设z=a+bi(a,b∈R),由1z=1a+bi=a-bia2+b2∈R,得b=0,则z∈R成立,故命题p1正确;对于命题p2,设z=a+bi(a,b∈R),由z2=(a2-b2)+2abi∈R,得ab=0,则a=0或b=0,复数z可能为实数或纯虚数,故命题p2错误;对于命题p3,设z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),由z1·z2=(ac-bd)+(ad+bc)i∈R,得ad+bc=0,不一定有z1=z2,故命题p3错误;对于命题p4,设z=a+bi(a,b∈R),则由z∈R,得b=0,所以z=a∈R成立,故命题p4正确.故选B.
4.答案 3
解析 z=(1+i)(2-i)=2-i+2i+1=3+i,
∴z的实部为3.
5.B 由复数的几何意义可知,z=1+2i,
所以i·z=i·(1+2i)=-2+i,故选B.
6.C ∵z=-3+2i,∴z=-3-2i,
∴在复平面内,z对应的点的坐标为(-3,-2),位于第三象限.
7.C ∵z在复平面内对应的点为(x,y),
∴复数z=x+yi(x,y∈R),
∴z-i=x+(y-1)i,|z-i|=x2+(y-1)2=1,
∴x2+(y-1)2=1.
8.答案 23
解析 解法一:设复数z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R),
则a2+b2=4,c2+d2=4,
又z1+z2=(a+c)+(b+d)i=3+i,
∴a+c=3,b+d=1,
则(a+c)2+(b+d)2=a2+c2+b2+d2+2ac+2bd=4,
∴8+2ac+2bd=4,即2ac+2bd=-4,
∴|z1-z2|=(a-c)2+(b-d)2=a2+b2+c2+d2-(2ac+2bd)=8-(-4)=23.
解法二:如图,设复数z1,z2所对应的点分别为Z1,Z2,OZ1+OZ2=OP,
由|z1|=|z2|=2,可知点Z1,Z2在以O为圆心,2为半径的圆上.
由|OP|=|z1+z2|=3+1=2=|OZ1|=|OZ2|,知点P在该圆上,且平行四边形OZ1PZ2为菱形,∠Z1OZ2=120°,
∴∠POZ1=60°,∴|z1-z2|=|Z2Z1|=2×2×sin 60°=23.
9.C 解法一:由题意得z=4+3ii=(4+3i)ii2=4i-3-1=3-4i,故选C.
解法二:由题意,设z=a+bi(a,b∈R),则iz=i(a+bi)=-b+ai,又iz=4+3i,所以a=3,b=-4,则z=3-4i,故选C.
10.C ∵z=2-i,∴z=2+i,
∴z(z+i)=(2-i)(2+i+i)=(2-i)(2+2i)=4+4i-2i-2i2=6+2i.故选C.
11.B 解法一:由题意得z=3+2i(1-i)2=3+2i-2i=(3+2i)·i(-2i)·i=-2+3i2=-1+32i.
解法二:设z=a+bi(a,b∈R).
由(1-i)2z=3+2i得(1-i)2(a+bi)=3+2i,
∴-2i(a+bi)=2b-2ai=3+2i,
∴a=-1,b=32,∴z=-1+32i.故选B.
12.C 由(1+ai)i=3+i,得-a+i=3+i,所以-a=3,即a=-3.故选C.
13.C 设z=a+bi(a,b∈R),则z=a-bi,代入2(z+z)+3(z-z)=4+6i,得4a+6bi=4+6i,所以a=1,b=1,故z=1+i.故选C.
14.D ∵z=1+i,∴z2-2z=(1+i)2-2(1+i)=1+2i+i2-2-2i=-2,
∴|z2-2z|=|-2|=2.
15.C ∵z=1+2i+i3=1+2i-i=1+i,
∴|z|=|1+i|=12+12=2,故选C.
三年模拟练
1.C z=2+3i1-i=(2+3i)(1+i)(1-i)(1+i)=2+2i+3i-32=-12+52i,故复数的虚部为52,故选C.
2.B (1-i)i21+2i=(-1+i)(1-2i)5=1+3i5=15+35i.
3.C 因为z=1-2i1+2i=(1-2i)2(1+2i)(1-2i)=-35-45i,所以复数z=1-2i1+2i在复平面内所对应的点的坐标为-35,-45,位于第三象限.故选C.
4.B 3+i1+i=(3+i)(1-i)(1+i)(1-i)=2-i,所以3+i1+i=22+(-1)2=5.
5.B z=2+ai1-i=(2+ai)(1+i)(1-i)(1+i)=2-a2+2+a2i,
因为z是纯虚数,所以2-a2=0且2+a2≠0,解得a=2.
6.B 易得ω3=1,ω2+ω+1=0,故ω4+ω2+1=ω3·ω+ω2+1=ω2+ω+1=0.
7.BC 根据题意,M={m|m=in,n∈N}中,
当n=4k(k∈N)时,in=1;
当n=4k+1(k∈N)时,in=i;
当n=4k+2(k∈N)时,in=-1;
当n=4k+3(k∈N)时,in=-i,
∴M={-1,1,i,-i}.
选项A中,(1-i)(1+i)=2∉M;
选项B中,1-i1+i=(1-i)2(1+i)(1-i)=-i∈M;
选项C中,1+i1-i=(1+i)2(1-i)(1+i)=i∈M;
选项D中,(1-i)2=-2i∉M.
8.答案 -1或-1+3i
解析 设z=x+yi(x,y∈R),则z=x-yi,代入原方程,并整理得x2+y2-3y-3xi=1+3i,
所以x2+y2-3y=1,-3x=3,
解得x=-1,y=0或x=-1,y=3,
所以z=-1或z=-1+3i.
9.答案 -2;1
解析 z1=(-1+i)(1+bi)=-1-bi+i-b=(-b-1)+(1-b)i,z2=a+2i1-i=(a+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=a+ai+2i-22=a-22+a+22i.
因为z1和z2互为共轭复数,
所以a-22=-b-1,a+22=-1+b,解得a=-2,b=1.
10.解析 (1)因为z·z0=2z+z0,
所以z0=2zz-1=2(1-2i)-2i=2+i,
所以复数z0的共轭复数为2-i.
(2)解法一:因为z=1-2i是关于x的方程x2-mx+5=0的一个虚根,所以z=1+2i也是方程的根,所以m=z+z=2.
解法二:因为z是关于x的方程x2-mx+5=0的一个虚根,
所以(1-2i)2-m(1-2i)+5=0,即(2-m)+(2m-4)i=0,所以2-m=0,2m-4=0,所以m=2.
11.解析 (1)因为|β|=1且β∈R,所以β=±1.当β=1时,2+3a+a2-a=a2+2a+2=0,无实数解;
当β=-1时,2-3a+a2-a=a2-4a+2=0,解得a=2±2.故实数a的值为2±2.
(2)根据题意设β=c+di(c,d∈R,d≠0,且c2+d2=1),代入方程可得2(c+di)2+3a×(c+di)+a2-a=2c2-2d2+a2-a+3ac+(4cd+3ad)i=0,
所以2c2-2d2+a2-a+3ac=0,4cd+3ad=0,因为d≠0,所以4c+3a=0,所以c=-34a,
因为c2+d2=1,所以d2=1-c2,
所以2c2-2(1-c2)+a2-a+3ac=a2-a-2=0,解得a=-1或a=2,经检验,a=2时不满足题意,故实数a的值为-1.
12.解析 (1)①2+i1-2i=(2+i)(1+2i)(1-2i)(1+2i)
=2+4i+i-25=i,
②-4+3i3+4i=(-4+3i)(3-4i)(3+4i)(3-4i)
=-12+16i+9i+1225=i,
③-1-i-1+i=(-1-i)2(-1+i)(-1-i)=1+2i-12=i.
(2)根据三个式子的结构特征及(1)中的计算结果,可以得到a+bib-ai=i(a,b∈R,且a,b不同时为零).
下面进行证明:
a+bib-ai=(a+bi)(b+ai)(b-ai)(b+ai)=ab+a2i+b2i-abb2+a2=(a2+b2)ia2+b2=i.