【数学】2020届一轮复习北师大版 复数 课时作业

【数学】2020届一轮复习北师大版 复数 课时作业

‎2020届一轮复习北师大版 复数 课时作业 第五章　§2‎ 一、选择题 ‎1．(2018·新课标Ⅰ，1)设复数z满足＝i，则|z|＝(　　)‎ A．1　　　　　　　　 B． C. D．2‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　由＝i得，z＝＝＝i，故|z|＝1，故选A．‎ ‎2．(2018·天津理，1)i是虚数单位，复数＝(　　)‎ A．1－i　　　　　　　 B．－1＋i C.＋i D．－＋i ‎[答案]　A ‎[解析]　原式＝＝＝1－i，故选A．‎ ‎3．(2018·福建理，1)复数z＝(3－2i)i的共轭复数等于(　　)‎ 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，复数z＝a＋bi的共轭复数为＝a－bi，‎ ‎4．i是虚数单位，若＝a＋bi(a，b∈R)，则乘积ab的值是(　　)‎ A．－15　　　 B．－‎3　‎　　　‎ C．3　　　 D．15‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　本题考查复数的概念及其简单运算．‎ ＝＝＝－1＋3i＝a＋bi，∴a＝－1，b＝3，∴ab＝－3.‎ ‎5．(2018·安徽理，1)设i是虚数单位， 表示复数z的共轭复数，若z＝1＋i，则＋i·＝(　　)‎ 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、填空题 ‎6．(2018·江苏，2)已知复数z＝(5－2i)2(i为虚数单位)，则z的实部为________．‎ ‎[答案]　21‎ ‎[解析]　由题意z＝(5－2i)2＝25－2×5×2i＋(2i)2＝21－20i，其实部为21.‎ 复数z＝a＋bi的实部为a，虚部为b.‎ ‎7．已知z1＝a＋(a＋1)i，z2＝－3b＋(b＋2)i(a，b∈R)，若z1－z2＝4，则a＋b＝________.‎ ‎[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．设a，b∈R，a＋bi＝(i为虚数单位)，则a＋b的值为________．‎ ‎[答案]　8‎ ‎[解析]　本题考查复数除法运算及复数相等的条件．‎ ‎∵＝＝＝＝5＋3i，‎ 复数除法运算就是将分子、分母同乘分母的共轭复数，将分母实数化．‎ 三、解答题 ‎9．已知复数z＝1＋i，求实数a，b，使得az＋2b ＝(a＋2z)2.‎ ‎[解析]　因为z＝1＋i，所以az＋2b ＝(a＋2b)＋(a－2b)i，‎ ‎(a＋2z)2＝(a＋2)2－4＋4(a＋2)i＝(a2＋‎4a)＋4(a＋2)i.‎ 因为a，b都是实数，所以由az＋2b ＝(a＋2z)2，‎ 得 两式相加，整理得a2＋‎6a＋8＝0，‎ 解得a1＝－2，a2＝－4，‎ 相应得b1＝－1，b2＝2，‎ 所以所求实数为a＝－2，b＝－1或a＝－4，b＝2.‎ ‎10.已知z是虚数，且z＋是实数，求证：是纯虚数．‎ ‎[分析] 　将z＝x＋yi(x，y∈R且y≠0)代入z＋，分别化为代数形式．‎ ‎[证明]　设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0.‎ 由已知得z＋＝(x＋yi)＋＝x＋yi＋＝(x＋)＋(y－)i.‎ ‎∵z＋是实数，∴y－＝0，即x2＋y2＝1，且x≠±1，‎ ‎∴＝ ‎＝＝ ‎＝－i.‎ ‎∵y≠0，x≠－1，‎ ‎∴是纯虚数．‎ ‎[点评]　充分利用复数的代数形式：z＝a＋bi(a，b∈R)，代入到已知条件，利用复数的四则运算化简，即可得要证的结果.‎ 一、选择题 ‎1．(2018·湖南理，1)满足＝i(i为虚数单位)的复数z＝(　　)‎ A．＋i B．－i C．－＋i D．－－i ‎[答案]　B ‎[解析]　由题可得＝i⇒z＋i＝zi⇒z(1－i)＝－i⇒z＝＝－i，故选B.‎ ‎2．已知z1，z2是复数，定义复数的一种运算“⊗”为：z1⊗z2＝当z1＝3－i，z2＝－2－3i时，z1⊗z2＝(　　)‎ A．5＋2i B．1＋2i ‎ C．9＋7i D．1－4i ‎[答案]　A ‎[解析]　由|z1|＝＝，|z2|＝＝，知|z1|<|z2|，故由新“运算”法则，得z1⊗z2＝z1－z2＝(3－i)－(－2－3i)＝5＋2i，选A．‎ ‎[点评]　读懂运算法则是解此类题的关键．‎ ‎3．若z2＋z＋1＝0，则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，不难联想到立方差公式，从而将z得出．将z2＋z＋1＝0两边同乘(z－1)，得z3－1＝0，即z3＝1(z≠1)．则z4＝z，z2002＝(z3)667· z＝z，于是，原式＝z2002(1＋z＋z3＋z4)＝z(2＋2z)＝2(z＋z2)＝－2.‎ ‎4．复数z满足方程＝4，那么复数z在复平面内的对应点Z的轨迹是(　　)‎ A．以(1，－1)为圆心，4为半径的圆 B．以(1，－1)为圆心，2为半径的圆 C．以(－1,1)为圆心，4为半径的圆 D．以(－1,1)为圆心，2为半径的圆 ‎[答案]　C ‎[解析]　＝|z＋(1－i)|＝|z－(－1＋i)|＝4，设－1＋i的对应点为C(－1,1)，则|ZC|＝4，因此动点Z的轨迹是以C(－1,1)为圆心，4为半径的圆，故应选C.‎ 二、填空题 ‎5．已知f(z)＝|1＋z|－且f(－z)＝10＋3i，则复数z＝__________.‎ ‎[答案]　5－3i ‎[解析]　设z＝x＋yi(x，y∈R)，‎ 则－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．设＝＋(x，y∈R)，则x＝____，y＝____.‎ ‎[答案]　；－ ‎[解析]　由已知得＝＋，‎ 整理得－i＝＋＋i.所以解得 三、解答题 ‎7．计算：‎ ＋3204＋的值．‎ ‎[解析]　由于＝ ‎＝－·＝－＝i；‎ 3204＝1602＝1602＝1602＝－1；‎ ＝＝0；‎ 从而＋3204＋＝i－1.‎ ‎8．已知若z1，z2是非零复数，且|z1＋z2|＝|z1－z2|，求证：是纯虚数．‎ ‎[证明]　证法一：设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i(a1，b1，a2，b2∈R且a1与b1、a2与b2不同时为0)，‎ 由|z1＋z2|＝|z1－z2|，得a‎1a2＋b1b2＝0，于是＝＝i.‎ 因为z≠0，所以b‎1a2－a1b2≠0，即是纯虚数．‎ 证法二：将已知等式变形为|z2||＋1|＝|z2||－1|，故|＋1|＝|－1|，设＝a＋bi(a，b∈R)，则有(a＋1)2＋b2＝(a－1)2＋b2，从而解得a＝0，‎ 又≠0，故b≠0，所以为纯虚数．‎ 证法三：将已知等式变形为|z2||＋1|＝|z2||－1|，故|＋1|＝|－1|，‎ 令z＝，则原等式化为|z＋1|＝|z－1|，‎ 而变形后的几何意义是：表示点Z到两定点A(1,0)、B(－1,0)的距离相等，则动点Z的图形就是AB的垂直平分线，即y轴(原点除外)，于是有z＝ai(a∈R，a≠0)．‎ 所以为纯虚数．‎ ‎[点评]　上述三法风格迥异，证法一可谓通性通法，强调复数的代数形式及复数运算；证法二突出的是复数模的性质的应用，计算简捷，明了；证法三注重了复数几何意义的使用，使问题更直观、形象．后两种证法技巧性强，但运算量小．‎