高中数学人教B版 (2019)必修 第四册10.2.2 复数的乘法与除法课后练习题

七　复数的乘法与除法

(30分钟　60分)

一、选择题(每小题4分,共24分,多选题全部选对得4分,选对但不全对得2分,有选错的得0分)

1.(2019·全国Ⅱ卷)设z=i(2+i),则= (　　)

A.1+2i B.-1+2i

C.1-2i D.-1-2i

【解析】选D.z=i(2+i)=2i+i2=-1+2i,则=-1-2i.

2.设复数z1和z2在复平面内的对应点关于坐标原点对称,且z1=3-2i,则z1·z2= (　　)

A.-5+12i   B.-5-12i

C.-13+12i  D.-13-12i

【解析】选A.因为z1=3-2i,所以z2=-3+2i,

z1·z2=(3-2i)(-3+2i)=-(3-2i)2=-5+12i.

3.(2017·北京高考)若复数(1-i)(a+i)在复平面内对应的点在第二象限,则实数a的取值范围是(　　)

A.(-∞,1) B.(-∞,-1)

C.(1,+∞) D.(-1,+∞)

【解析】选B.复数(1-i)(a+i)=a+1+(1-a)i,其在复平面内对应的点(a+1,1-a)在第二象限,

故

解得a<-1.

4.(2020·全国Ⅰ卷)若z=1+2i+i3,则|z|= (　　)

A.0 B.1 C. D.2

【解析】选C.因为z=1+2i+i3=1+2i-i=1+i,

所以|z|==.

5.已知复数z=(cos θ-isin θ)·(1+i),则“z为纯虚数”的一个充分不必要条件是 (　　)

A.θ= B.θ=

C.θ= D.θ=

【解析】选C.因为z=(cos θ-isin θ)·(1+i)=(cos θ+sin θ)+(cos θ-sin θ)i,所以当θ=时,z=-i为纯虚数,当z为纯虚数时,θ=kπ-,k∈Z.

6.(多选题)下列关于复数z的命题是真命题的是 (　　)

A.若z∈C,则z∈R B.若z∈C,则z>0

C.若z∈R,则z∈R D.若z>0,则z≠0

【解析】选AD.设z=a+bi,a,b∈R,

则z=(a+bi)(a-bi)=a2+b2∈R,选项A正确,

当z=i,=-i时,z=1∈R,则z∉R,故C不正确,

当z=0时,z=0,选项B不正确,选项D正确.

二、填空题(每小题4分,共8分)

7.计算=________. 

【解析】方法一:原式==

=(-i)2 020=1.

方法二:原式===1.

答案:1

8.(2019·天津高考)i是虚数单位,则的值为________. 

【解析】==|2-3i|=.

答案:

三、解答题(每小题14分,共28分)

9.已知a∈R,复数z=.

(1)若z为纯虚数,求a的值.

(2)在复平面内,若对应的点位于第二象限,求a的取值范围.

【解题指南】(1)先利用复数的除法得到z=-i,根据z为纯虚数可得a=1.

(2)先求出,根据其对应的点在第二象限可得横坐标、纵坐标满足的不等式组,从而得到a的取值范围.

【解析】(1)z===-i,

因为z为纯虚数,所以=0,且-≠0,则a=1.

(2)由(1)知,=+i,

则点位于第二象限,

所以,得-1<a<1.

所以a的取值范围是(-1,1).

10.若f(z)=2z+-3i,f(+i)=6-3i,求f(-z).

【解析】因为f(z)=2z+-3i,

所以f(+i)=2(+i)+()-3i

=2+2i+z-i-3i=2+z-2i.

又因为f(+i)=6-3i,

所以2+z-2i=6-3i.

设z=a+bi(a,b∈R),则=a-bi,

所以2(a-bi)+(a+bi)=6-i,

即3a-bi=6-i.

由复数相等的定义,得

解得

所以z=2+i,

故f(-z)=2(-2-i)+(-2+i)-3i=-6-4i.

【补偿训练】

　　　已知x,y为共轭复数且(x+y)2-3xyi=4-6i,求x,y.

【解题指南】根据x,y为共轭复数,可设复数的基本形式,利用复数相等,将复数问题转化为实数问题.

【解析】设x=a+bi(a,b∈R),

则y=a-bi,x+y=2a,xy=a2+b2,

代入原式,得(2a)2-3(a2+b2)i=4-6i,

根据复数相等得

解得或或或故所求复数为或

或或

(35分钟　70分)

一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对得4分,选对但不全对得2分,有选错的得0分)

1.设z=,则z的共轭复数为 (　　)

A.-1+3i  B.-1-3i

C.1+3i  D.1-3i

【解析】选D.由z===1+3i,得=1-3i.

2.(2020·北京高考)在复平面内,复数z对应的点的坐标是(1,2),则i·z= (　　)

A.1+2i B.-2+i

C.1-2i D.-2-i

【解析】选B.z=1+2i,i·z=i(1+2i)=-2+i.

3.(多选题)下列叙述正确的是 (　　)

A.方程3x2-2x+1=0的两个根互为共轭虚数

B.设i是虚数单位,则复数i3-=i

C.a=1是复数(a+i)(1-ai)为实数的充要条件

D.a=6是复数为纯虚数的充要条件

【解析】选ABD.方程3x2-2x+1=0的两个根为x1,2==±i互为共轭虚数,选项A正确.

i3-=-i-=-i-=-i+2i=i,选项B正确.

因为复数(a+i)(1-ai)=2a+(1-a2)i为实数的充要条件是a=±1,所以a=1是复数(a+i)(1-ai)为实数的充分不必要条件,选项C不正确.

因为=,所以当a=6时,复数为纯虚数,反之成立,选项D正确.

4.已知复数3-2i是关于x的方程2x2-mx+n=0的一个根,则实数m,n的值分别为 (　　)

A.6,8   B.12,0

C.12,26  D.24,26

【解析】选C.由题意知,3-2i和3+2i都是方程2x2-mx+n=0的根,所以m=2(3-2i+3+2i)=12,n=2(3-2i)(3+2i)=26.

【补偿训练】

是z的共轭复数.若z+=2,(z-)i=2(i为虚数单位),则z= (　　)

A.1+i   B.-1-i

C.-1+i  D.1-i

【解析】选D.设z=a+bi(a,b∈R),则=a-bi,又z+=2,即(a+bi)+(a-bi)=2,所以2a=2,解得a=1.又(z-)i=2,即[(a+bi)-(a-bi)]·i=2,所以bi2=1,解得b=-1.所以z=1-i.

二、填空题(每小题4分,共16分)

5.设z1=a+2i,z2=3-4i,且为纯虚数,则实数a的值为________. 

【解析】设=bi(b∈R且b≠0),所以z1=bi·z2,

即a+2i=bi(3-4i)=4b+3bi,所以

所以a=.

答案:

6.已知i是虚数单位,z=,则|z|=________. 

【解析】因为==i,

所以z==·

=i1 009·=i4×252+1·=i·=-+i,|z|=1.

答案:1

7.已知复数z1=-1+2i,z2=1-i,z3=3-4i,它们在复平面上对应的点分别为A,B,C,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的值是________. 

【解析】由已知得=(3,-4),=(-1,2),=(1,-1),根据=λ+μ,

得(3,-4)=λ(-1,2)+μ(1,-1)=(-λ+μ,2λ-μ),

所以

解得

所以λ+μ=1.

答案:1

【补偿训练】

1.设复数a+bi(a,b∈R)的模为,则(a+bi)(a-bi)=________. 

【解析】设z=a+bi,则(a+bi)(a-bi)=z=|z|2=3.

答案:3

2.若复数z满足:z·(1+i)=2,则|z|=________. 

【解析】因为z·(1+i)=2,所以z====1-i,故|z|=.

答案:

8.若ω=-+i,计算+=________. 

【解析】由ω=-+i,得ω2=--i,ω3=1,

所以+=+

=i6[ω6+(ω2)6]=-2.

答案:-2

三、解答题(共38分)

9.(12分)已知复数z满足|z|=5,且(3+4i)z是纯虚数,求z.

【解析】设z=x+yi(x,y∈R),因为|z|=5,

所以x2+y2=25,又(3+4i)z=(3+4i)(x+yi)=(3x-4y)+(4x+3y)i是纯虚数,

所以,

联立三个关系式解得或,

所以z=4+3i或z=-4-3i.

10.(12分)设z为虚数,求证:z+为实数的充要条件是|z|=1.

【证明】设z=a+bi(a,b∈R,b≠0),于是z+=a+bi+=a+bi+=+i,又b≠0,∈R⇔b-=0⇔a2+b2=1⇔|z|=1.

11.(14分)若虚数z同时满足下列两个条件:

①z+是实数;②z+3的实部与虚部互为相反数.

这样的虚数是否存在?若存在,求出z;若不存在,请说明理由.

【解题指南】假设存在虚数满足题意,设虚数的基本形式,代入运算,看解方程组是否有解.

【解析】假设存在虚数z满足题意,设z=a+bi(a,b∈R且b≠0),

z+=a+bi+=a+bi+

=+i.

因为z+是实数,所以b-=0.

又因为b≠0,所以a2+b2=5.　①

又z+3=(a+3)+bi的实部与虚部互为相反数,

所以a+3+b=0.　②

由①②得

解得或

故存在虚数z,z=-1-2i或z=-2-i.