2019-2020年高中數(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.doc

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2019-2020年高中數(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．(xx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．(xx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．(xx福建理，1)復(fù)數(shù)z＝(3－2i)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)的概念及其簡單運(yùn)算． ＝＝＝－1＋3i＝a＋bi，∴a＝－1，b＝3，∴ab＝－3. 5．(xx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＝(　　) 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．(xx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________． [答案]　21 [解析]　由題意z＝(5－2i)2＝25－252i＋(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＝________. [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________． [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＝(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≠1， ∴＝ ＝＝ ＝－i. ∵y≠0，x≠－1， ∴是純虛數(shù)． [點(diǎn)評]　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，即可得要證的結(jié)果. 一、選擇題 1．(xx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＋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]　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＋zxx＋zxx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，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]?。絴z＋(1－i)|＝|z－(－1＋i)|＝4，設(shè)－1＋i的對應(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(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＝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]　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)算簡捷，明了；證法三注重了復(fù)數(shù)幾何意義的使用，使問題更直觀、形象．后兩種證法技巧性強(qiáng)，但運(yùn)算量?。?