1112学年高中数学322复数代数形式的乘除运算同步练习新人教A版选修22高中数学练

-1-选修2-23.2.2复数代数形式的乘除运算一、选择题1．(2010·安徽理，1)i是虚数单位，i3＋3i＝()A.14－312iB.14＋312iC.12＋36iD.12－36i[答案]B[解析]i3＋3i＝i(3－3i)(3＋3i)(3－3i)＝3＋3i12＝14＋312i，故选B.2．在复平面内，复数z＝i(1＋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[答案]B[解析]考查复数的运算．z＝－2＋i，对应点位于第二象限，∴选B.3．已知z是纯虚数，z＋21－i是实数，那么z等于()A．2iB．iC．－iD．－2i[答案]D[解析]本小题主要考查复数的运算．-2-设z＝bi(b∈R)，则z＋21－i＝2＋bi1－i＝2－b2＋b＋22i，∴b＋22＝0，∴b＝－2，∴z＝－2i，故选D.4．i是虚数单位，若1＋7i2－i＝a＋bi(a，b∈R)，则乘积ab的值是()A．－15B．－3C．3D．15[答案]B[解析]本题考查复数的概念及其简单运算．1＋7i2－i＝(1＋7i)(2＋i)(2－i)(2＋i)＝－5＋15i5＝－1＋3i＝a＋bi，∴a＝－1，b＝3，∴ab＝－3.5．设z是复数，a(z)表示满足zn＝1的最小正整数n，则对虚数单位i，a(i)＝()A．8B．6C．4D．2[答案]C[解析]考查阅读理解能力和复数的概念与运算．∵a(z)表示使zn＝1的最小正整数n.又使in＝1成立的最小正整数n＝4，∴a(i)＝4.6．已知复数z的实部为－1，虚部为2，则5iz＝()A．2－iB．2＋iC．－2－iD．－2＋i[答案]A[解析]考查复数的运算．z＝－1＋2i，则5i－1＋2i＝5i(－1－2i)(－1＋2i)(－1－2i)-3-＝10－5i5＝2－i.7．设a，b∈R且b≠0，若复数(a＋bi)3是实数，则()A．b2＝3a2B．a2＝3b2C．b2＝9a2D．a2＝9b2[答案]A[解析]本小题主要考查复数的运算．(a＋bi)3＝a3＋3a2bi－3ab2－b3i＝a3－3ab2＋(3a2b－b3)i，∴3a2b－b3＝0，∴3a2＝b2，故选A.8．设z的共轭复数是z，若z＋z＝4，z·z＝8，则zz等于()A．iB．－iC．±1D．±i[答案]D[解析]本题主要考查复数的运算．设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi，由z＋z＝4，zz＝8得2a＝4a2＋b2＝8∴a＝2b＝±2∴z＝2＋2i，z＝2－2i或z＝2－2i，z＝2＋2i，zz＝2－2i2＋2i＝－i或zz＝2＋2i2－2i＝i.∴zz＝±i，故选D.9．(2010·新课标全国理，2)已知复数z＝3＋i(1－3i)2，z－是z的共轭复数，则z·z－＝()A.14B.12-4-C．1D．2[答案]A[解析]∵z＝3＋i(1－3i)2＝3＋i1－23i－3＝3＋i－2－23i＝3＋i－2(1＋3i)＝(3＋i)(1－3i)－2×(1＋3)＝3－3i＋i＋3－8＝23－2i－8＝3－i－4，∴z－＝3＋i－4，∴z·z－＝|z|2＝14，故选A.10．定义运算abcd＝ad－bc，则符合条件1－1zzi＝4＋2i的复数z为()A．3－iB．1＋3iC．3＋iD．1－3i[答案]A[解析]由定义得1－1zzi＝zi＋z＝z(1＋i)＝4＋2i∴z＝4＋2i1＋i＝3－i.故应选A.二、填空题11.1＋i1－i表示为a＋bi(a，b∈R)，则a＋b＝________.[答案]1[解析]本小题考查复数的除法运算．∵1＋i1－i＝(1＋i)22＝i，∴a＝0，b＝1.因此a＋b＝1.12．若复数z满足z＝i(2－z)(i是虚数单位)，则z＝________.[答案]1＋i[解析]本题主要考查复数的运算．∵z＝i(2－z)，∴z＝2i1＋i＝1＋i.-5-13．关于x的不等式mx2－nx＋p0(m、n、p∈R)的解集为(－1,2)，则复数m＋pi所对应的点位于原复平面内的第________象限．[答案]二[解析]∵mx2－nx＋p0(m、n、p∈R)的解集为(－1，2)，∴m0(－1)＋2＝nm(－1)×2＝pm，即m0，p0.故复数m＋pi所对应的点位于复平面内的第二象限．14．若z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且z1z2为纯虚数，则实数a的值为________．[答案]83[解析]设z1z2＝bi(b∈R且b≠0)，∴z1＝bi(z2)，即a＋2i＝bi(3－4i)＝4b＋3bi.∴a＝4b2＝3b⇒a＝83.三、解答题15．计算：(1)－23＋i1＋23i＋21＋i2000＋1＋i3－i；(2)1＋in＋i2n＋…＋i2000n(n∈N)．[解析](1)原式＝－23＋i－i(－23＋i)＋(－i)100＋1＋i3－i＝i＋1＋15＋25i＝65＋75i.(2)当n＝4k(k∈N)时，原式＝1＋1＋…＋12001＝2001.当n≠4k(k∈N)时，原式＝1－i2001n1－in＝1－i2000n·in1－in＝1－in1－in＝1.16．已知复数z＝(－1＋3i)(1－i)－(1＋3i)i，ω＝z＋ai(a∈R)，当ωz≤2时，求a的取值范围．[解析]z＝(－1＋3i)(1－i)－(1＋3i)i-6-＝(2＋4i)－(1＋3i)i＝1＋ii＝－i(1＋i)1＝1－i∵ω＝z＋ai＝1－i＋ai＝1＋(a－1)i∴ωz＝1＋(a－1)i1－i＝[1＋(a－1)i](1＋i)2＝2－a＋ai2∴ωz＝(2－a)2＋a22≤2∴a2－2a－2≤0，∴1－3≤a≤1＋3故a的取值范围是[1－3，1＋3]．17．已知1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的一个根(b，c∈R)．(1)求b，c的值；(2)试证明1－i也是方程的根．[解析](1)∵1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的根∴(1＋i)2＋b(1＋i)＋c＝0即b＋c＋(2＋b)i＝0∴b＋c＝02＋b＝0解得b＝－2c＝2.(2)由(1)知方程为x2－2x＋2＝0把1－i代入方程左边得左边＝(1－i)2－2(1－i)＋2＝0＝右边，即方程成立∴1－i也是方程的根．18．已知ω＝z＋i(z∈C)，z－2z＋2是纯虚数，又|ω＋1|2＋|ω－1|2＝16，求ω.[解析]设z＝a＋bi(a，b∈R)∴z－2z＋2＝(a－2)＋bi(a＋2)＋bi＝(a2＋b2－4)＋4bi(a＋2)2＋b2由z－2z＋2是纯虚数得a2＋b2＝4b≠0①∴|ω＋1|2＋|ω－1|2＝|z＋i＋1|2＋|z＋i－1|2＝|a＋bi＋i＋1|2＋|a＋bi＋i－1|2＝|(a＋1)＋(b＋1)i|2＋|(a－1)2＋(b＋1)i|2＝(a＋1)2＋(b＋1)2＋(a－1)2＋(b＋1)2＝2(a2＋b2)＋4＋4b＝8＋4＋4b＝12＋4b＝16，∴b＝1，将b＝1代入①得a＝±3.-7-∴z＝±3＋i，ω＝±3＋2i.