人教版新课标A选修2-23.2复数代数形式的四则运算同步测试题

这是一份人教版新课标A选修2-23.2复数代数形式的四则运算同步测试题，共13页。试卷主要包含了2综合拔高练，4=，下列各式的运算结果为纯虚数的是，2-i1+2i=，若z=1-i,则z=，若z=2i,则z=等内容，欢迎下载使用。


3.2综合拔高练
五年高考练
考点1 复数的乘法运算
1.(2020全国Ⅰ文,2,5分,)若z=1+2i+i3,则|z|=( )

A.0B.1C.2D.2
2.(2020全国Ⅱ文,2,5分,)(1-i)4=( )
A.-4B.4C.-4iD.4i
3.(2020北京,2,4分,)在复平面内,复数z对应的点的坐标是(1,2),则i·z=( )
A.1+2iB.-2+iC.1-2iD.-2-i
4.(2017课标全国Ⅰ,3,5分,)下列各式的运算结果为纯虚数的是( )
A.i(1+i)2B.i2(1-i)
C.(1+i)2D.i(1+i)
5.(2020江苏,2,5分,)已知i是虚数单位,则复数z=(1+i)(2-i)的实部是 .
6.(2019江苏,2,5分,)已知复数(a+2i)(1+i)的实部为0,其中i为虚数单位,则实数a的值是 .
考点2 复数的除法运算
7.(2020全国新高考Ⅰ,2,5分,)2-i1+2i=( )
A.1B.-1C.iD.-i
8.(2020全国Ⅲ文,2,5分,)若z(1+i)=1-i,则z=( )
A.1-iB.1+iC.-iD.i
9.(2019课标全国Ⅲ,2,5分,)若z(1+i)=2i,则z= ( )
A.-1-iB.-1+iC.1-iD.1+i
10.(2020天津,10,5分,)i是虚数单位,复数8-i2+i= .
11.(2017天津,9,5分,)已知a∈R,i为虚数单位,若a-i2+i为实数,则a的值为 .
考点3 共轭复数
12.(2019课标全国Ⅱ,2,5分,)设z=-3+2i,则在复平面内z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
13.(2019北京,1,5分,)已知复数z=2+i,则z·z=( )
A.3B.5C.3D.5
14.(2018北京,2,5分,)在复平面内,复数11-i的共轭复数对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限
C.第三象限D.第四象限
15.(2017山东,2,5分,)已知a∈R,i是虚数单位.若z=a+3i,z·z=4,则a=( )
A.1或-1B.7或-7
C.-3D.3
16.(2017课标全国Ⅰ,3,5分,)设有下面四个命题:
p1:若复数z满足1z∈R,则z∈R;
p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;
p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=z2;
p4:若复数z∈R,则z∈R.
其中的真命题为( )
A.p1,p3B.p1,p4C.p2,p3D.p2,p4
三年模拟练

1.(2020重庆西南大学附中高三月考,)已知复数z满足(3-4i)z=|25i|(i为虚数单位),则z的虚部为( )
A.3B.4C.4iD.-4
2.(2019甘肃兰州一中高三月考,)若复数z=21+i,其中i为虚数单位,则下列结论正确的是( )
A.z的虚部为-iB.|z|=2
C.z2为纯虚数D.z的共轭复数为-1-i
3.(2020江西南昌二中高二期末,)若a∈R,则“复数z=3-ai1+i在复平面内对应的点在第三象限”是“a>3”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4.(2019辽宁省实验中学期末,)若复数z=a+i1-i,且z·i3>0,则实数a的值为( )
A.1B.-1C.12D.-12
5.(2020河北唐山高二下学期期末,)已知i是虚数单位,m,n∈R且m(1+i)=3+ni,则m+nim-ni2020=( )
A.iB.-iC.1D.-1
6.(2020黑龙江大庆实验中学高二下学期月考,)已知复数z1=2+i,z2在复平面内对应的点在直线x=1上,且满足z1·z2是实数,则z2等于( )
A.1-12iB.1+12i
C.12+iD.12-i
7.(2020四川成都蓉城名校联盟高二下学期期中,)已知复数z1,z2满足(1+i)z1=-1+7i,|z2|=1,则|z2-z1|的最大值为( )
A.3B.4C.5D.6
8.()已知x、y∈R,i是虚数单位,若x-yi与2+i1+i 互为共轭复数,则x-y= .
9.(2020上海建平中学高二上期末,)若复数z与其共轭复数z满足|z|=3,z+z=2,则z+3z= .
10.(2020甘肃兰州一中高二下期中,)已知复数z=-12+32i,则z2 021+z2 020+z2 019= .
11.(2019上海闵行高二下期末,)已知复数z1=1-(10-a2)i,z2=(2a-5)i(a>0),z1-z2∈R.
(1)求实数a的值;
(2)若z∈C,|z-z2|=2,求|z|的取值范围.
12.(2019江苏苏州吴中高二下学期期中,)已知z是虚数,z+1z是实数.求z为何值时,|z+2-i| 有最小值,并求出|z+2-i|的最小值.
13.(2020福建厦门高二下学期期末,)已知复数z=1+mi(m∈R),z-31+2i是实数.
(1)求复数z;
(2)若复数z0=12m+z-1是关于x的方程x2+bx+c=0的根,求实数b和c的值.
答案全解全析
3.2综合拔高练
五年高考练
1.C ∵z=1+2i+i3=1+2i-i=1+i,
∴|z|=|1+i|=12+12=2.故选C.
2.A (1-i)4=[(1-i)2]2=(-2i)2=4i2=-4.故选A.
3.B 由复数的几何意义可知,z=1+2i,所以i·z=i·(1+2i)=-2+i.故选B.
4.C A.i(1+i)2=i×2i=-2;
B.i2(1-i)=-(1-i)=-1+i;
C.(1+i)2=2i;
D.i(1+i)=-1+i.故选C.
5.答案 3
解析 z=(1+i)(2-i)=2-i+2i+1=3+i,
∴z的实部为3.
6.答案 2
解析 ∵(a+2i)(1+i)=(a-2)+(a+2)i的实部为0,
∴a-2=0,解得a=2.
7.D 2-i1+2i=(2-i)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=-5i5=-i.故选D.
8.D ∵z(1+i)=1-i,∴z=1-i1+i=(1-i)2(1+i)(1-i)=-2i2=-i,∴z=i,故选D.
9.D 由题意得z=2i1+i=2i(1-i)(1+i)(1-i)=1+i,故选D.
10.答案 3-2i
解析 8-i2+i=(8-i)(2-i)(2+i)(2-i)=16-10i-15=15-10i5=3-2i.
11.答案 -2
解析 因为a-i2+i=(a-i)(2-i)(2+i)(2-i)=2a-1-(a+2)i5为实数,所以-a+25=0,
解得a=-2.
12.C ∵z=-3+2i,∴z=-3-2i,
∴在复平面内,z对应的点的坐标为(-3,-2),此点在第三象限.
13.D ∵z=2+i,∴z=2-i,∴z·z=(2+i)·(2-i)=4+1=5,故选D.
14.D 11-i=1+i(1-i)(1+i)=1+i2,其共轭复数为12-i2,
∴复数11-i的共轭复数对应的点的坐标为12,-12,位于第四象限,故选D.
15.A ∵z=a+3i,∴z=a-3i,又∵z·z=4,∴(a+3i)(a-3i)=4,∴a2+3=4,∴a2=1,∴a=±1.故选A.
16.B 解法一(特殊值法):取z=i,则z2=-1∈R,但z∉R,故命题p2不正确;取z1=i,z2=2i,则z2=-2i,z1z2=-2∈R,但z1≠z2,故命题p3不正确,结合选项可知选B.
解法二(直接法):对于命题p1,设z=a+bi(a,b∈R),由1z=1a+bi=a-bia2+b2∈R,得b=0,则z∈R成立,故命题p1正确;对于命题p2,设z=a+bi(a,b∈R),由z2=(a2-b2)+2abi∈R,得ab=0,则a=0或b=0,复数z可能为实数或纯虚数,故命题p2错误;对于命题p3,设z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),由z1·z2=(ac-bd)+(ad+bc)i∈R,得ad+bc=0,不一定有z1=z2,故命题p3错误;对于命题p4,设z=a+bi(a,b∈R),则由z∈R,得b=0,所以z=a∈R成立,故命题p4正确.故选B.
三年模拟练
1.B 设z=a+bi(a,b∈R),则(3-4i)·(a+bi)=|25i|,即3a+4b+(3b-4a)i=25,所以3a+4b=25,3b-4a=0,解得b=4,所以z的虚部为4.
2.C 由题意得z=21+i=2(1-i)(1+i)(1-i)=1-i.
对于A,由z=1-i得复数z的虚部为-1,所以A不正确.
对于B,|z|=|1-i|=2,所以B不正确.
对于C,由于z2=(1-i)2=-2i,所以z2为纯虚数,所以C正确.
对于D,z=1-i的共轭复数为z=1+i,所以D不正确.
3.C由于z=3-ai1+i=(3-ai)(1-i)(1+i)(1-i)=3-a-(3+a)i2在复平面内对应的点在第三象限,所以3-a<0,-(3+a)<0,解得a>3,
所以“复数z=3-ai1+i在复平面内对应的点在第三象限”是“a>3”的充要条件.
4.A ∵z=a+i1-i=(a+i)(1+i)(1-i)(1+i)=a-1+(a+1)i2,∴z·i3=(a-1)i3+(a+1)i42
=-(a-1)i+(a+1)2,
∵z·i3>0,∴z·i3为实数,即-a-12=0,可得a=1,此时z·i3=1>0,符合题意.故选A.
5.C ∵m(1+i)=m+mi=3+ni,
∴m=n=3,
∴m+nim-ni2020=1+i1-i2020=i2 020=1.
6.B 由z2在复平面内对应的点在直线x=1上,可设z2=1+bi(b∈R),
由z1=2+i,得z1=2-i,则z1·z2=(2-i)(1+bi)=2+b+(2b-1)i.
又z1·z2为实数,所以2b-1=0,b=12.
所以z2=1+12i.
7.D 由题意得,z1=-1+7i1+i=(-1+7i)(1-i)(1+i)(1-i)=6+8i2=3+4i.设z2=x+yi,x,y∈R,由|z2|=1,得x2+y2=1,所以|z2-z1|=|(x-3)+(y-4)i|=(x-3)2+(y-4)2,
z2对应的点在单位圆上,所以|z2-z1|表示的是单位圆上的点到点(3,4)的距离.
(3,4)到圆心(0,0)的距离为32+42=5,单位圆的半径为1,
所以|z2-z1|max=5+1=6.
8.答案 2
解析 2+i1+i=(2+i)(1-i)(1+i)(1-i)=3-i2=32-12i,因为x-yi与2+i1+i互为共轭复数,所以x-yi=32+12i,所以x=32,y=-12,则x-y=32+12=2.
9.答案 2
解析 设z=a+bi(a,b∈R),则z=a-bi,
又|z|=3,z+z=2,所以a2+b2=3,2a=2,
因此z+3z=a+bi+3(a-bi)(a+bi)(a-bi)=a+bi+3(a-bi)a2+b2=a+bi+a-bi=2a=2.
10.答案 0
解析 z2 021+z2 020+z2 019=z673×3(z2+z+1)=
-12-32i+-12+32i+1=0.
11.解析 (1)因为z1=1-(10-a2)i,z2=(2a-5)i(a>0),
所以z1-z2=1+(10-a2)i-(2a-5)i=1-(a2+2a-15)i,
因为z1-z2∈R,所以a2+2a-15=0,
解得a=-5或a=3,
因为a>0,所以a=3.
(2)由(1)知z2=i,
因为|z-z2|=2,所以z在复平面内对应的点的轨迹是以(0,1)为圆心,2为半径的圆,故|z|表示z对应的点到坐标原点的距离,
所以|z|的取值范围是以(0,1)为圆心,2为半径的圆上的点到坐标原点的距离,
所以2-1≤|z|≤2+1,即1≤|z|≤3.
故|z|的取值范围为[1,3].
12.解析 设z=a+bi(a,b∈R且b≠0),则
z+1z=a+bi+1a+bi=a+bi+a-bia2+b2=a+aa2+b2+b-ba2+b2i,
因为z+1z为实数,所以b-ba2+b2=0,又b≠0,所以a2+b2=1,
|z+2-i|=|(a+2)+(b-1)i|=(a+2)2+(b-1)2,表示点(a,b)到点A(-2,1)的距离,所以|z+2-i|的最小值为|AO|-1=5-1(如图).
解方程组b=-12a,a2+b2=1,并结合图形得|z+2-i|取最小值时z=-255+55i.
13.解析 (1)由z=1+mi(m∈R),
可得z-31+2i=mi-21+2i=(mi-2)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=2m-25+m+45i,
又z-31+2i是实数,所以m+45=0,
解得m=-4,所以z=1-4i.
(2)解法一:因为z0=12m+z-1=-2-4i是方程x2+bx+c=0(b,c∈R)的根,
所以(-4i-2)2+b(-4i-2)+c=0,即(16-4b)i-2b+c-12=0,
可得16-4b=0,-2b+c-12=0,解得b=4,c=20.
解法二:因为z0=12m+z-1=-2-4i是方程x2+bx+c=0(b,c∈R)的根,
所以z0=-2+4i也是方程的一个根,根据根与系数的关系,得z0+z0=-b=-4,z0z0=c,解得b=4,c=20.
1.C
2.A
3.B
4.C
7.D
8.D
9.D
12.C
13.D
14.D
15.A
16.B
复数运算问题虽然比较简单,但因为在计算过程中会多次用到i2=-1,所以要特别注意,否则极易弄错正负号.
1.B
2.C
3.C
4.A
5.C
6.B
7.D