新教材适用2024-2025学年高中数学第7章复数7.2复数的四则运算7.2.2复数的乘除运算素养作业新人教A版必修第二册

第七章7.27.2.2A组·素养自测一、选择题1．若复数z满意i·z＝3－4i，则|z|＝(B)A．1 B．5C．7 D．25[解析]由条件可知z＝eq\f(3－4i,i)＝－4－3i，所以|z|＝5.2．(2024·福建省三明市高三模拟)已知i是虚数单位，若复数z＝eq\f(5,4＋3i)，则z的共轭复数eq\x\to(z)＝(A)A．eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i B．eq\f(4,5)－eq\f(3,5)iC．－eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i D．－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i[解析]复数z＝eq\f(5,4＋3i)＝eq\f(54－3i,4＋3i4－3i)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.∴z的共轭复数eq\x\to(z)＝eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i.故选A．3．(2024·全国甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝(B)A．－1－eq\f(3,2)i B．－1＋eq\f(3,2)iC．－eq\f(3,2)＋i D．－eq\f(3,2)－i[解析]z＝eq\f(3＋2i,1－i2)＝eq\f(3＋2i,－2i)＝eq\f(－2＋3i,2)＝－1＋eq\f(3,2)i.故选B．4．(2024·全国甲卷)若z＝－1＋eq\r(3)i，则eq\f(z,z\x\to(z)－1)＝(C)A．－1＋eq\r(3)i B．－1－eq\r(3)iC．－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)i D．－eq\f(1,3)－eq\f(\r(3),3)i[解析]eq\x\to(z)＝－1－eq\r(3)i，zeq\x\to(z)＝(－1＋eq\r(3)i)(－1－eq\r(3)i)＝1＋3＝4.eq\f(z,z\x\to(z)－1)＝eq\f(－1＋\r(3)i,3)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(\r(3),3)i.故选C．5．在如图所示的复平面内，复数z1，z2，z3对应的向量分别是eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，则复数eq\f(z3,2z1＋3z2)在复平面内对应的点位于(C)A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限[解析]由题图，知z1＝3＋2i，z2＝－2＋2i，z3＝1－2i，则eq\f(z3,2z1＋3z2)＝eq\f(1－2i,10i)＝－eq\f(1,5)－eq\f(1,10)i，所以其在复平面内对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，－\f(1,10)))，此点位于第三象限．故选C．二、填空题6．i是虚数单位，则复数eq\f(1－i,2＋i)的虚部为－eq\f(3,5).[解析]复数eq\f(1－i,2＋i)＝eq\f(1－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(1－3i,5)＝eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i的虚部为－eq\f(3,5).7．设复数z1、z2在复平面内的对应点分别为A、B，点A与B关于x轴对称，若z1(1－i)＝3－i，则|z2|＝eq\r(5).[解析]∵z1(1－i)＝3－i，∴z1＝eq\f(3－i,1－i)＝eq\f(3－i1＋i,1－i1＋i)＝2＋i，∵A与B关于x轴对称，∴z1与z2互为共轭复数，∴z2＝eq\x\to(z)1＝2－i，∴|z2|＝eq\r(5).8．已知1＋2i是方程x2－mx＋2n＝0(m，n∈R)的一个根，则m＋n＝eq\f(9,2).[解析]将x＝1＋2i代入方程x2－mx＋2n＝0，有(1＋2i)2－m(1＋2i)＋2n＝0，即(－3－m＋2n)＋(4－2m)i＝0.由复数相等的充要条件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3－m＋2n＝0，,4－2m＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝\f(5,2)，,m＝2.))故m＋n＝2＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2).三、解答题9．计算：(1)eq\f(－1＋i2＋i,i3)；(2)eq\f(1＋2i2＋31－i,2＋i)；(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＋eq\f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i).[解析](1)eq\f(－1＋i2＋i,i3)＝eq\f(－3＋i,－i)＝－1－3i.(2)eq\f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq\f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)＝eq\f(i,2＋i)＝eq\f(i2－i,5)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i.(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＋eq\f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋i2,2)))6＋eq\f(i\r(3)－\r(2)i,\r(3)－\r(2)i)＝i6＋i＝－1＋i.10．设存在复数z同时满意下列条件：(1)复数z在复平面内对应点位于其次象限；(2)z·eq\x\to(z)＋2iz＝8＋ai(a∈R)．试求a的取值范围．[解析]设z＝x＋yi(x，y∈R)，由(1)得x＜0，y＞0，由(2)得，x2＋y2＋2i(x＋yi)＝8＋ai，即x2＋y2－2y＋2xi＝8＋ai.由复数相等的定义得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2y＝8，①,2x＝a，②))由①得x2＋(y－1)2＝9，∵x<0，y>0，∴－3≤x<0，∴－6≤a＜0.B组·素养提升一、选择题1．如图所示，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，则复数eq\f(z1,z2)对应的点位于(B)A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限[解析]由复数的几何意义知，z1＝－2－i，z2＝i，所以eq\f(z1,z2)＝eq\f(－2－i,i)＝－1＋2i，对应的点在其次象限．2．1545年，意大利数学家卡尔丹在其所著《重要的艺术》一书中提出“将实数10分成两部分，使其积为40”的问题，即“求方程x(10－x)＝40的根”，卡尔丹求得该方程的根分别为5＋eq\r(－15)和5－eq\r(－15)，数系扩充后这两个根分别记为5＋eq\r(15)i和5－eq\r(15)i.若z(5＋eq\r(15)i)＝5－eq\r(15)i，则复数z＝(C)A．1－eq\r(15)i B．1＋eq\r(15)iC．eq\f(1－\r(15)i,4) D．eq\f(1＋\r(15)i,4)[解析]由z(5＋eq\r(15)i)＝5－eq\r(15)i，得z＝eq\f(5－\r(15)i,5＋\r(15)i)＝eq\f(5－\r(15)i2,5＋\r(15)i5－\r(15)i)＝eq\f(25－15－10\r(15)i,25－15i2)＝eq\f(1－\r(15)i,4).故选C．3．(多选题)设z1、z2、z3是复数，则下列说法中正确的是(ABC)A．若z1z2＝0，则z1＝0或z2＝0B．若z1z2＝z1z3且z1≠0，则z2＝z3C．若|z1|＝|z2|，则z1·eq\x\to(z)1＝z2·eq\x\to(z)2D．若|z1|＝|z2|，则zeq\o\al(2,1)≠zeq\o\al(2,2)[解析]设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac－bd＋(ad＋bc)i，|z1|＝eq\r(a2＋b2)，|z2|＝eq\r(c2＋d2)，|z1z2|＝eq\r(ac－bd2＋ad＋bc2)＝eq\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，|z1||z2|＝eq\r(c2＋d2)·eq\r(a2＋b2)＝eq\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，所以|z1z2|＝|z1||z2|，因为z1z2＝0，所以|z1z2|＝|z1||z2|＝0，则|z1|＝0或|z2|＝0，则z1＝0或z2＝0，故A正确；若z1z2＝z1z3，则z1(z2－z3)＝0，因为z1≠0，所以z2－z3＝0，则z2＝z3，故B正确；设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，若|z1|＝|z2|，则eq\r(a2＋b2)＝eq\r(c2＋d2)，又z1·eq\x\to(z)1＝(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2，z2·eq\x\to(z)2＝(c＋di)(c－di)＝c2＋d2，故z1·eq\x\to(z)1＝z2·eq\x\to(z)2，故C正确；若z1＝z2＝i，则|z1|＝|z2|＝1，则zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)＝－1，故D错误．故选ABC．二、填空题4．已知z＝eq\f(1－i,1＋i)(i是虚数单位)是方程x2－ax＋1＝0(a∈R)的一个根，则|eq\x\to(z)－a|＝_1__.[解析]因为z＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(－2i,2)＝－i，则有i2＋ai＋1＝0，解得a＝0，所以|eq\x\to(z)－a|＝|eq\x\to(z)|＝1.故答案为1.5．已知复数z满意：z·eq\x\to(z)＋2iz＝8＋6i，则复数z的实部与虚部的和为_4__.[解析]设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z·eq\x\to(z)＝a2＋b2，∴a2＋b2＋2i(a＋bi)＝8＋6i，即a2＋b2－2b＋2ai＝8＋6i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－2b＝8，,2a＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝1，))∴a＋b＝4，∴复数z的实部与虚部的和是4.三、解答题6．已知复数z满意|z|＝2eq\r(10)，且复数(3－i)z为纯虚数．(1)求z；(2)若z的实部小于零，且z是关于x的方程2x2＋mx－n＝0(m，n∈R)的根，求m＋n的值．[解析](1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(3－i)z＝(3－i)(a＋bi)＝3a＋b＋(3b－a)i.因为(3－i)z为纯虚数，所以3a＋b＝0且3b－a≠0.又|z|＝2eq\r(10)，所以a2＋b2＝40.联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋b＝0，,a2＋b2＝40，,3b－a≠0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝6.))故z＝2－6i或z＝－2＋6i.(2)由(1)和z的实部小于零，得z＝－2＋6i.因为z＝－2＋6i是方程2x2＋mx－n＝0(m，n∈R)的根，所以2(－2＋6i)2＋m(－2＋6i)－n＝0，即2m＋n＋64＋(48－6m)i＝0.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(48－6m＝0，,2m＋n＋64＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝8，,n＝－80.))所以m＋n＝－72.C组·探究创新对于复