2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第3章數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入3.2.2復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算練習(xí)新人教A版選修1-2

2-2復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算[綜合提升案·核心素養(yǎng)達(dá)成][限時(shí)45分鐘；滿分80分]一、選擇題(每小題5分，共30分)1．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)i(2＋3i)＝A．3－2iB．3＋2iC．－3－2iD．－3＋2i解析i(2＋3i)＝2i＋3i2＝－3＋2i，故選D.答案D2．已知復(fù)數(shù)z滿意(3－4i)z＝25，則z＝A．－3－4iB．－3＋4iC．3－4iD．3＋4i解析解法一因?yàn)閨3－4i|＝5，|3－4i|2＝25，所以z＝eq\x\to(3－4i)＝3＋4i.解法二因?yàn)?3－4i)z＝25，所以z＝eq\f(25,3－4i)＝3＋4i.答案D3．已知a是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(a＋i,1－i)是純虛數(shù)，則a等于A．1B．－1C.eq\r(2)D．－eq\r(2)解析eq\f(a＋i,1－i)＝eq\f(（a＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(（a－1）＋（a＋1）i,2)是純虛數(shù)．則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＝0，,a＋1≠0，))所以a＝1.答案A4．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(10i,3＋i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為A．(1，3)B．(3，1)C．(－1，3)D．(3，－1)解析∵eq\f(10i,3＋i)＝eq\f(10i（3－i）,（3＋i）（3－i）)＝i(3－i)＝1＋3i，又∵復(fù)數(shù)1＋3i對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)(1，3)，故選A.答案A5．設(shè)復(fù)數(shù)z滿意(z－2i)(2－i)＝5，則z等于A．2＋3iB．2－3iC．3＋2iD．3－2i解析由(z－2i)(2－i)＝5，得z＝2i＋eq\f(5,2－i)＝2i＋eq\f(5（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝2i＋2＋i＝2＋3i.答案A6．設(shè)復(fù)數(shù)z滿意eq\f(1＋z,1－z)＝i，則|z|＝A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2解析因?yàn)閑q\f(1＋z,1－z)＝i，所以z＝eq\f(－1＋i,1＋i)＝eq\f(（－1＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝i，故|z|＝1.答案A二、填空題(每小題5分，共15分)7．(2024·江蘇)若復(fù)數(shù)z滿意i·z＝1＋2i，其中i是虛數(shù)單位，則z的實(shí)部為________．解析復(fù)數(shù)z＝eq\f(1＋2i,i)＝(1＋2i)(－i)＝2－i的實(shí)部是2.答案28．設(shè)復(fù)數(shù)z滿意z2＝3＋4i(i是虛數(shù)單位)，則z的模為________．解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，所以z2＝(a＋bi)2＝(a2－b2)＋2abi，因?yàn)閦2＝3＋4i，依據(jù)復(fù)數(shù)相等的定義知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝3，,2ab＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))所以|z|＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(5).答案eq\r(5)9．設(shè)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\o(z,\s\up6(－))，若z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝4，z·eq\o(z,\s\up6(－))＝8，則eq\f(\o(z,\s\up6(－)),z)等于______．解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，因?yàn)閦＋eq\o(z,\s\up6(－))＝4，所以a＝2，又因?yàn)閦·eq\o(z,\s\up6(－))＝8，所以b2＋4＝8，所以b2＝4.所以b＝±2，即z＝2±2i，故eq\f(\o(z,\s\up6(－)),z)＝±i.答案±i三、解答題(本大題共3小題，共35分)10．(10分)計(jì)算：(1)eq\f(1,1－i)＋eq\f(1,i（1＋i）)；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))eq\s\up12(4).解析這是兩道含冪運(yùn)算的問題，運(yùn)算比較困難，應(yīng)盡量運(yùn)用代數(shù)式運(yùn)算技巧．(1)eq\f(1,1－i)＋eq\f(1,i（1＋i）)＝eq\f(1＋i,（1－i）（1＋i）)＋eq\f(1,i＋i2)＝eq\f(1＋i,12－i2)＋eq\f(－1－i,（－1＋i）（－1－i）)＝eq\f(1＋i,2)＋eq\f(－1－i,（－1）2－i2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i＋eq\f(－1－i,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i＝0(2)解法一原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))\s\up12(2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(\r(3),2)i－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)－eq\f(3,4)－eq\f(\r(3),2)i＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i.解法二(技巧解法)原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))))eq\s\up12(4)＝(－ω2)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(令ω＝－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝ω8＝ω2(∵ω6＝1)＝ω(∵ω2＝ω)＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i.答案(1)0(2)－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i11．(12分)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(5,2－i).(1)求z的實(shí)部與虛部．(2)若z2＋meq\o(z,\s\up6(－))＋n＝1－i(m，n∈R，eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復(fù)數(shù))，求m和n的值．解析(1)z＝eq\f(5（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝eq\f(5（2＋i）,5)＝2＋i，所以z的實(shí)部為2，虛部為1.(2)把z＝2＋i代入z2＋meq\o(z,\s\up6(－))＋n＝1－i，得(2＋i)2＋m(2－i)＋n＝1－i，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋n＋3＝1，,4－m＝－1，))解得m＝5，n＝－12.12．(13分)設(shè)z∈C且|z|＝1，但z≠±1，推斷eq\f(z－1,z＋1)是不是純虛數(shù)，并說明理由．解析解法一設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，由|z|＝1得a2＋b2＝1，∴eq\f(z－1,z＋1)＝eq\f(（a－1）＋bi,（a＋1）＋bi)＝eq\f([（a－1）＋bi][（a＋1）－bi],（a＋1）2＋b2)＝eq\f(（a2＋b2－1）＋2bi,（a＋1）2＋b2)＝eq\f(2b,（a＋1）2＋b2)i.由|z|＝1且z≠±1，得b≠0，a≠±1，∴eq\f(z－1,z＋1)為純虛數(shù)．解法二∵|z|＝1，∴zz