2020高中數(shù)學(xué) 第5章 2復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算課時(shí)作業(yè) 北師大版選修22

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1、 北師大版2019-2020學(xué)年數(shù)學(xué)精品資料 【成才之路】高中數(shù)學(xué) 第5章 2復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算課時(shí)作業(yè) 北師大版選修2-2 一、選擇題 1.(2015·新課標(biāo)Ⅰ,1)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足=i,則|z|=(  ) A.1         B. C. D.2 [答案] A [解析] 由=i得,z===i,故|z|=1,故選A. 2.(2014·天津理,1)i是虛數(shù)單位,復(fù)數(shù)=(  ) A.1-i        B.-1+i C.+i D.-+i [答案] A [解析] 原式===1-i,故選A. 3.(2014·福建理,1)復(fù)數(shù)z=(3-2i

2、)i的共軛復(fù)數(shù)等于(  ) A.-2-3i B.-2+3i C.2-3i D.2+3i [答案] C [解析] ∵z=(3-2i)i=3i+2,∴=2-3i,復(fù)數(shù)z=a+bi的共軛復(fù)數(shù)為=a-bi, 4.i是虛數(shù)單位,若=a+bi(a,b∈R),則乘積ab的值是(  ) A.-15    B.-3     C.3    D.15 [答案] B [解析] 本題考查復(fù)數(shù)的概念及其簡(jiǎn)單運(yùn)算. ===-1+3i=a+bi,∴a=-1,b=3,∴ab=-3. 5.(2014·安徽理,1)設(shè)i是虛數(shù)單位, 表示復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù),若z=1+i,則+i·=(  )

3、 A.-2    B.-2i     C.2    D.2i [答案] C [解析] z=1+i,∴=1-i,∴+i·=+i(1-i)=-i+1+i+1=2. 二、填空題 6.(2014·江蘇,2)已知復(fù)數(shù)z=(5-2i)2(i為虛數(shù)單位),則z的實(shí)部為_(kāi)_______. [答案] 21 [解析] 由題意z=(5-2i)2=25-2×5×2i+(2i)2=21-20i,其實(shí)部為21. 復(fù)數(shù)z=a+bi的實(shí)部為a,虛部為b. 7.已知z1=a+(a+1)i,z2=-3b+(b+2)i(a,b∈R),若z1-z2=4,則a+b=_____

4、___. [答案] 3 [解析] z1-z2=a+(a+1)i+3b-(b+2)i= a+3b+[(a+1)-(b+2)]i=4 ∴ 解得 ∴a+b=2+1=3 8.設(shè)a,b∈R,a+bi=(i為虛數(shù)單位),則a+b的值為_(kāi)_______. [答案] 8 [解析] 本題考查復(fù)數(shù)除法運(yùn)算及復(fù)數(shù)相等的條件. ∵====5+3i, 復(fù)數(shù)除法運(yùn)算就是將分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù),將分母實(shí)數(shù)化. 三、解答題 9.已知復(fù)數(shù)z=1+i,求實(shí)數(shù)a,b,使得az+2b =(a+2z)2. [解析] 因?yàn)閦=1+i,所以az+2b =(a+2b)+(a-2b)i, (a+2z)2

5、=(a+2)2-4+4(a+2)i=(a2+4a)+4(a+2)i. 因?yàn)閍,b都是實(shí)數(shù),所以由az+2b =(a+2z)2, 得 兩式相加,整理得a2+6a+8=0, 解得a1=-2,a2=-4, 相應(yīng)得b1=-1,b2=2, 所以所求實(shí)數(shù)為a=-2,b=-1或a=-4,b=2. 10.已知z是虛數(shù),且z+是實(shí)數(shù),求證:是純虛數(shù). [分析]  將z=x+yi(x,y∈R且y≠0)代入z+,分別化為代數(shù)形式. [證明] 設(shè)z=x+yi,x,y∈R,且y≠0. 由已知得z+=(x+yi)+=x+yi+=(x+)+(y-)i. ∵z+是實(shí)數(shù),∴y-=0,即x2+y2=1,且x

6、≠±1, ∴= == =-i. ∵y≠0,x≠-1, ∴是純虛數(shù). [點(diǎn)評(píng)] 充分利用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式:z=a+bi(a,b∈R),代入到已知條件,利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算化簡(jiǎn),即可得要證的結(jié)果. 一、選擇題 1.(2014·湖南理,1)滿足=i(i為虛數(shù)單位)的復(fù)數(shù)z=(  ) A.+i B.-i C.-+i D.--i [答案] B [解析] 由題可得=i?z+i=zi?z(1-i)=-i?z==-i,故選B. 2.已知z1,z2是復(fù)數(shù),定義復(fù)數(shù)的一種運(yùn)算“?”為:z1?z2=當(dāng)z1=3-i,z2=-2-3i時(shí),z1?z2=(  ) A.5+

7、2i B.1+2i C.9+7i D.1-4i [答案] A [解析] 由|z1|==,|z2|==,知|z1|<|z2|,故由新“運(yùn)算”法則,得z1?z2=z1-z2=(3-i)-(-2-3i)=5+2i,選A. [點(diǎn)評(píng)] 讀懂運(yùn)算法則是解此類題的關(guān)鍵. 3.若z2+z+1=0,則z2002+z2003+z2005+z2006的值是(  ) A.2 B.-2 C.-+i D.-±i [答案] B [解析] 由z2+z+1=0,不難聯(lián)想到立方差公式,從而將z得出.將z2+z+1=0兩邊同乘(z-1),得z3-1=0,即z3=1(z≠1).則z4=z

8、,z2002=(z3)667· z=z,于是,原式=z2002(1+z+z3+z4)=z(2+2z)=2(z+z2)=-2. 4.復(fù)數(shù)z滿足方程=4,那么復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)Z的軌跡是(  ) A.以(1,-1)為圓心,4為半徑的圓 B.以(1,-1)為圓心,2為半徑的圓 C.以(-1,1)為圓心,4為半徑的圓 D.以(-1,1)為圓心,2為半徑的圓 [答案] C [解析] =|z+(1-i)|=|z-(-1+i)|=4,設(shè)-1+i的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C(-1,1),則|ZC|=4,因此動(dòng)點(diǎn)Z的軌跡是以C(-1,1)為圓心,4為半徑的圓,故應(yīng)選C. 二、填空題 5.已知f

9、(z)=|1+z|-且f(-z)=10+3i,則復(fù)數(shù)z=__________. [答案] 5-3i [解析] 設(shè)z=x+yi(x,y∈R), 則-z=-x-yi,由f(-z)=10+3i, 得|1+(-z)|-(-)=10+3i, |(1-x)-yi|-(-x+yi)=10+3i, ∴ 解之得x=5,y=-3, ∴所以z=5-3i. 6.設(shè)=+(x,y∈R),則x=____,y=____. [答案] ;- [解析] 由已知得=+, 整理得-i=++i.所以解得 三、解答題 7.計(jì)算: +3204+的值. [解析] 由于= =-·=-=i; 3204

10、=1602=1602=1602=-1; ==0; 從而+3204+=i-1. 8.已知若z1,z2是非零復(fù)數(shù),且|z1+z2|=|z1-z2|,求證:是純虛數(shù). [證明] 證法一:設(shè)z1=a1+b1i,z2=a2+b2i(a1,b1,a2,b2∈R且a1與b1、a2與b2不同時(shí)為0), 由|z1+z2|=|z1-z2|,得a1a2+b1b2=0,于是==i. 因?yàn)閦≠0,所以b1a2-a1b2≠0,即是純虛數(shù). 證法二:將已知等式變形為|z2||+1|=|z2||-1|,故|+1|=|-1|,設(shè)=a+bi(a,b∈R),則有(a+1)2+b2=(a-1)2+b2,從而解得a=0, 又≠0,故b≠0,所以為純虛數(shù). 證法三:將已知等式變形為|z2||+1|=|z2||-1|,故|+1|=|-1|, 令z=,則原等式化為|z+1|=|z-1|, 而變形后的幾何意義是:表示點(diǎn)Z到兩定點(diǎn)A(1,0)、B(-1,0)的距離相等,則動(dòng)點(diǎn)Z的圖形就是AB的垂直平分線,即y軸(原點(diǎn)除外),于是有z=ai(a∈R,a≠0). 所以為純虛數(shù). [點(diǎn)評(píng)] 上述三法風(fēng)格迥異,證法一可謂通性通法,強(qiáng)調(diào)復(fù)數(shù)的代數(shù)形式及復(fù)數(shù)運(yùn)算;證法二突出的是復(fù)數(shù)模的性質(zhì)的應(yīng)用,計(jì)算簡(jiǎn)捷,明了;證法三注重了復(fù)數(shù)幾何意義的使用,使問(wèn)題更直觀、形象.后兩種證法技巧性強(qiáng),但運(yùn)算量小.

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