高中数学人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算当堂检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算当堂检测题，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。

A 组·素养自测
一、选择题
1．若复数z满足i·z＝3－4i，则|z|＝( B )
A．1 B．5
C．7 D．25
[解析] 由条件可知z＝eq \f(3－4i,i)＝－4－3i，所以|z|＝5.
2．(2023·福建省三明市高三模拟)已知i是虚数单位，若复数z＝eq \f(5,4＋3i)，则z的共轭复数eq \x\t(z)＝( A )
A．eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i B．eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i
C．－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i D．－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i
[解析] 复数z＝eq \f(5,4＋3i)＝eq \f(54－3i,4＋3i4－3i)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i.∴z的共轭复数eq \x\t(z)＝eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i.故选A．
3．(2021·全国甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝( B )
A．－1－eq \f(3,2)i B．－1＋eq \f(3,2)i
C．－eq \f(3,2)＋i D．－eq \f(3,2)－i
[解析] z＝eq \f(3＋2i,1－i2)＝eq \f(3＋2i,－2i)＝eq \f(－2＋3i,2)＝－1＋eq \f(3,2)i.故选B．
4．(2022·全国甲卷)若z＝－1＋eq \r(3)i，则eq \f(z,z\x\t(z)－1)＝( C )
A．－1＋eq \r(3)i B．－1－eq \r(3)i
C．－eq \f(1,3)＋eq \f(\r(3),3)i D．－eq \f(1,3)－eq \f(\r(3),3)i
[解析] eq \x\t(z)＝－1－eq \r(3)i，zeq \x\t(z)＝(－1＋eq \r(3)i)(－1－eq \r(3)i)＝1＋3＝4.
eq \f(z,z\x\t(z)－1)＝eq \f(－1＋\r(3)i,3)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(\r(3),3)i.
故选C．
5．在如图所示的复平面内，复数z1，z2，z3对应的向量分别是eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，则复数eq \f(z3,2z1＋3z2)在复平面内对应的点位于( C )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] 由题图，知z1＝3＋2i，z2＝－2＋2i，z3＝1－2i，则eq \f(z3,2z1＋3z2)＝eq \f(1－2i,10i)＝－eq \f(1,5)－eq \f(1,10)i，所以其在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，－\f(1,10)))，此点位于第三象限．故选C．
二、填空题
6．i是虚数单位，则复数eq \f(1－i,2＋i)的虚部为 －eq \f(3,5) .
[解析] 复数eq \f(1－i,2＋i)＝eq \f(1－i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(1－3i,5)＝eq \f(1,5)－eq \f(3,5)i的虚部为－eq \f(3,5).
7．设复数z1、z2在复平面内的对应点分别为A、B，点A与B关于x轴对称，若z1(1－i)＝3－i，则|z2|＝ eq \r(5) .
[解析] ∵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).
8．已知1＋2i是方程x2－mx＋2n＝0(m，n∈R)的一个根，则m＋n＝ eq \f(9,2) .
[解析] 将x＝1＋2i代入方程x2－mx＋2n＝0，有(1＋2i)2－m(1＋2i)＋2n＝0，
即(－3－m＋2n)＋(4－2m)i＝0.
由复数相等的充要条件，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3－m＋2n＝0，,4－2m＝0.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝\f(5,2)，,m＝2.))
故m＋n＝2＋eq \f(5,2)＝eq \f(9,2).
三、解答题
9．计算：
(1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)；
(2)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)；
(3)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).
[解析] (1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)＝eq \f(－3＋i,－i)＝－1－3i.
(2)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq \f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i.
(3)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)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋i2,2)))6＋eq \f(i\r(3)－\r(2)i,\r(3)－\r(2)i)＝i6＋i＝－1＋i.
10．设存在复数z同时满足下列条件：
(1)复数z在复平面内对应点位于第二象限；
(2)z·eq \x\t(z)＋2iz＝8＋ai(a∈R)．
试求a的取值范围．
[解析] 设z＝x＋yi(x，y∈R)，由(1)得x＜0，y＞0，
由(2)得，x2＋y2＋2i(x＋yi)＝8＋ai，
即x2＋y2－2y＋2xi＝8＋ai.
由复数相等的定义得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－2y＝8， ①,2x＝a， ②))
由①得x2＋(y－1)2＝9，∵x<0，y>0，∴－3≤x<0，∴－6≤a＜0.
B 组·素养提升
一、选择题
1．如图所示，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，则复数eq \f(z1,z2)对应的点位于( B )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] 由复数的几何意义知，z1＝－2－i，z2＝i，所以eq \f(z1,z2)＝eq \f(－2－i,i)＝－1＋2i，对应的点在第二象限．
2．1545年，意大利数学家卡尔丹在其所著《重要的艺术》一书中提出“将实数10分成两部分，使其积为40”的问题，即“求方程x(10－x)＝40的根”，卡尔丹求得该方程的根分别为5＋eq \r(－15)和5－eq \r(－15)，数系扩充后这两个根分别记为5＋eq \r(15)i和5－eq \r(15)i.若z(5＋eq \r(15)i)＝5－eq \r(15)i，则复数z＝( C )
A．1－eq \r(15)i B．1＋eq \r(15)i
C．eq \f(1－\r(15)i,4) D．eq \f(1＋\r(15)i,4)
[解析] 由z(5＋eq \r(15)i)＝5－eq \r(15)i，
得z＝eq \f(5－\r(15)i,5＋\r(15)i)＝eq \f(5－\r(15)i2,5＋\r(15)i5－\r(15)i)
＝eq \f(25－15－10\r(15)i,25－15i2)＝eq \f(1－\r(15)i,4).
故选C．
3．(多选题)设z1、z2、z3是复数，则下列说法中正确的是( ABC )
A．若z1z2＝0，则z1＝0或z2＝0
B．若z1z2＝z1z3且z1≠0，则z2＝z3
C．若|z1|＝|z2|，则z1·eq \x\t(z)1＝z2·eq \x\t(z)2
D．若|z1|＝|z2|，则zeq \\al(2,1)≠zeq \\al(2,2)
[解析] 设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，
则z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac－bd＋(ad＋bc)i，|z1|＝eq \r(a2＋b2)，|z2|＝eq \r(c2＋d2)，
|z1z2|＝eq \r(ac－bd2＋ad＋bc2)
＝eq \r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，
|z1||z2|＝eq \r(c2＋d2)·eq \r(a2＋b2)
＝eq \r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，
所以|z1z2|＝|z1||z2|，
因为z1z2＝0，所以|z1z2|＝|z1||z2|＝0，则|z1|＝0或|z2|＝0，则z1＝0或z2＝0，故A正确；
若z1z2＝z1z3，则z1(z2－z3)＝0，因为z1≠0，所以z2－z3＝0，则z2＝z3，故B正确；
设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，
若|z1|＝|z2|，则eq \r(a2＋b2)＝eq \r(c2＋d2)，
又z1·eq \x\t(z)1＝(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2，z2·eq \x\t(z)2＝(c＋di)(c－di)＝c2＋d2，
故z1·eq \x\t(z)1＝z2·eq \x\t(z)2，故C正确；
若z1＝z2＝i，则|z1|＝|z2|＝1，则zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)＝－1，故D错误．
故选ABC．
二、填空题
4．已知z＝eq \f(1－i,1＋i)(i是虚数单位)是方程x2－ax＋1＝0(a∈R)的一个根，则|eq \x\t(z)－a|＝_1__.
[解析] 因为z＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i，
则有i2＋ai＋1＝0，解得a＝0，
所以|eq \x\t(z)－a|＝|eq \x\t(z)|＝1.
故答案为1.
5．已知复数z满足：z·eq \x\t(z)＋2iz＝8＋6i，则复数z的实部与虚部的和为_4__.
[解析] 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z·eq \x\t(z)＝a2＋b2，
∴a2＋b2＋2i(a＋bi)＝8＋6i，
即a2＋b2－2b＋2ai＝8＋6i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2－2b＝8，,2a＝6，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝1，))∴a＋b＝4，
∴复数z的实部与虚部的和是4.
三、解答题
6．已知复数z满足|z|＝2eq \r(10)，且复数(3－i)z为纯虚数．
(1)求z；
(2)若z的实部小于零，且z是关于x的方程2x2＋mx－n＝0(m，n∈R)的根，求m＋n的值．
[解析] (1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，
则(3－i)z＝(3－i)(a＋bi)＝3a＋b＋(3b－a)i.
因为(3－i)z为纯虚数，
所以3a＋b＝0且3b－a≠0.
又|z|＝2eq \r(10)，所以a2＋b2＝40.
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a＋b＝0，,a2＋b2＝40，,3b－a≠0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝6.))
故z＝2－6i或z＝－2＋6i.
(2)由(1)和z的实部小于零，得z＝－2＋6i.
因为z＝－2＋6i是方程2x2＋mx－n＝0(m，n∈R)的根，
所以2(－2＋6i)2＋m(－2＋6i)－n＝0，
即2m＋n＋64＋(48－6m)i＝0.
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(48－6m＝0，,2m＋n＋64＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝8，,n＝－80.))
所以m＋n＝－72.
C 组·探索创新
对于复数a，b，c，d，若集合S＝{a，b，c，d}具有性质“对任意x，y∈S，必有xy∈S”，则当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b2＝1，,c2＝b))时，b＋c＋d＝_－1__.
[解析] 集合S＝{a，b，c，d}中，a，b，c，d各不相同．因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b2＝1，))所以b＝－1.由c2＝b＝－1，得c＝±i.
由已知“对任意x，y∈S，必有xy∈S”，
可知c＝i时，d＝－i；c＝－i时，d＝i.
故b＋c＋d＝－1.