高中数学人教A版 (2019)必修 第二册复数的四则运算随堂练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册复数的四则运算随堂练习题，共5页。试卷主要包含了已知复数z＝2，则z的虚部是等内容，欢迎下载使用。

基础强化
1.已知复数z＝(1＋i)2，则z的虚部是( )
A．2 B．－2 C．－2i D．2i
2．复数z＝ eq \f(1,1－i) 的模为( )
A． eq \f(\r(2),2) B．1 C． eq \f(1,2) D． eq \r(2)
3．复数z＝(9－7i)i在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
4．已知i是虚数单位，则 eq \f(1－i,i5) ＝( )
A．－1－i B．－1＋i C．1－i D．1＋i
5．(多选)下列运算结果为纯虚数的是( )
A．i(1－i) B．i2(1＋i)2 C．i3 D． eq \f(1－i,1＋i)
6．(多选)下面是关于复数z＝ eq \f(2,－1＋i) 的四个命题，其中真命题为( )
A．z2＝2i
B．|z|＝2
C．z的虚部为－1
D．z的共轭复数为1＋i
7．复数 eq \f(5,i－2) ＝________．
8．复数(1＋3i)(1＋2i3)的实部为________．
9．已知复数z1＝－2＋i，z1z2＝－1－i.
(1)求z2；
(2)求 eq \f(z1,z2) .
10．设i为虚数单位，a∈R，复数z1＝2＋ai，z2＝4－3i.
(1)若z1·z2是实数，求a的值；
(2)若 eq \f(z1,z2) 是纯虚数，求z1＋z2.
能力提升
11.i是虚数单位，已知a＋bi(a，b∈R)与 eq \f(2－2i,1＋i) 互为共轭复数，则a＋b＝( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
12．复数z＝ eq \f(（1＋\r(3)i）3,（2＋2i）2) ＋ eq \f(3＋i,2－i) ，则 eq \(z,\s\up6(－)) 的虚部是( )
A．2 B．2i
C．i D．－2
13．若复数z＝ eq \f(a2＋ai,1＋i) 在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，0)∪(1，＋∞)
B．(0，1)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．(－1，1)
14．(多选)已知复数z1，z2，则下列有关复数运算正确的是( )
A．|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|
B．|z1－z2|＝|z1|－|z2|
C．|z1·z2|＝|z1|·|z2|
D． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))) ＝ eq \f(|z1|,|z2|)
[答题区]
15.i表示虚数单位，则i＋i2＋…＋i2 023＝____．
16．已知虚数z满足|z|＝ eq \r(5) .
(1)求证：z＋ eq \f(5i,z) 在复平面内对应的点在直线y＝x上．
(2)若z是方程2x2＋4x＋k＝0(k∈R)的一个根，求k与z.
课时作业20 复数乘、除运算
1．解析：z＝(1＋i)2＝2i，∴z的虚部为2.故选A.
答案：A
2．解析：因为z＝ eq \f(1,1－i) ＝ eq \f(1＋i,（1＋i）（1－i）) ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) i，因此，|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(2),2) .故选A.
答案：A
3．解析：由题意得z＝7＋9i，所以z在复平面内对应的点位于第一象限．故选A.
答案：A
4．解析： eq \f(1－i,i5) ＝ eq \f(1－i,i) ＝ eq \f(i（1－i）,i2) ＝i2－i＝－1－i.故选A.
答案：A
5．解析：对于A：i(1－i)＝1＋i，不是纯虚数；对于B：i2(1＋i)2＝－2i，是纯虚数；对于C：i3＝－i，是纯虚数；对于D： eq \f(1－i,1＋i) ＝ eq \f(（1－i）2,（1＋i）（1－i）) ＝ eq \f(－2i,2) ＝－i，是纯虚数．故选BCD.
答案：BCD
6．解析：z＝ eq \f(2,－1＋i) ＝ eq \f(2（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）) ＝－1－i，所以z2＝(－1－i)2＝2i，故A正确；|z|＝ eq \r(2) ，故B错误；z的虚部为－1，故C正确；z的共轭复数为－1＋i，故D错误．故选AC.
答案：AC
7．解析： eq \f(5,i－2) ＝ eq \f(5（－i－2）,（i－2）（－i－2）) ＝－i－2.
答案：－2－i
8．解析：(1＋3i)(1＋2i3)＝(1＋3i)(1－2i)＝7＋i.故实部为7.
答案：7
9．解析：(1)方法一 设z2＝a＋bi(a，b∈R)，z1z2＝－2a－b＋(a－2b)i，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2a－b＝－1，,a－2b＝－1，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,5)，,b＝\f(3,5)，)) 故z2＝ eq \f(1＋3i,5) ；
方法二 z2＝ eq \f(－1－i,－2＋i) ＝ eq \f(（－1－i）（－2－i）,（－2＋i）（－2－i）) ＝ eq \f(1＋3i,5) .
(2)由(1)知 eq \f(z1,z2) ＝ eq \f(－2＋i,\f(1＋3i,5)) ＝ eq \f(1＋7i,2) .
10．解析：(1)z1·z2＝(2＋ai)(4－3i)＝3a＋8＋(4a－6)i，
因为z1·z2是实数，所以4a－6＝0，解得a＝ eq \f(3,2) .
(2) eq \f(z1,z2) ＝ eq \f(2＋ai,4－3i) ＝ eq \f(（2＋ai）（4＋3i）,（4－3i）（4＋3i）) ＝ eq \f(8－3a,25) ＋ eq \f(4a＋6,25) i，
因为 eq \f(z1,z2) 是纯虚数，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8－3a＝0，,4a＋6≠0，)) 解得a＝ eq \f(8,3) ，
所以z1＋z2＝(2＋ eq \f(8,3) i)＋(4－3i)＝6－ eq \f(1,3) i.
11．解析： eq \f(2－2i,1＋i) ＝ eq \f(（2－2i）（1－i）,（1＋i）（1－i）) ＝－2i，∵a＋bi(a，b∈R)与 eq \f(2－2i,1＋i) 互为共轭复数，∴a＝0，b＝2，∴a＋b＝2.故选D.
答案：D
12．解析：(1＋ eq \r(3) i)3＝(1＋ eq \r(3) i)2(1＋ eq \r(3) i)＝(－2＋2 eq \r(3) i)(1＋ eq \r(3) i)＝－2(1－ eq \r(3) i)(1＋ eq \r(3) i)＝－8，(2＋2i)2＝8i，故z＝－ eq \f(8,8i) ＋ eq \f(（3＋i）（2＋i）,（2－i）（2＋i）) ＝－ eq \f(i,i2) ＋ eq \f(5＋5i,5) ＝1＋2i，所以 eq \(z,\s\up6(－)) ＝1－2i，虚部为－2.故选D.
答案：D
13．解析：z＝ eq \f(a2＋ai,1＋i) ＝ eq \f(（a2＋ai）（1－i）,（1＋i）（1－i）) ＝ eq \f(a2＋a＋（a－a2）i,2) ，因为复数z＝ eq \f(a2＋ai,1＋i) 在复平面内对应的点位于第四象限，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a>0，,a－a2