《精編高中數(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22》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《精編高中數(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22（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、精編北師大版數(shù)學(xué)資料【成才之路】2015-2016學(xué)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(2015·新課標(biāo)，1)設(shè)復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足i，則|z|()A1BC. D2答案A解析由i得，zi，故|z|1，故選A2(2014·天津理，1)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)()A1iB1iC.i Di答案A解析原式1i，故選A3(2014·福建理，1)復(fù)數(shù)z(32i)i的共軛復(fù)數(shù)等于()A23i B23iC23i D23i答案C解析z(32i)i3i2，23i，復(fù)數(shù)zabi的共軛復(fù)數(shù)為abi，4i是虛數(shù)單位，若abi(a，bR)，則乘積ab的值是()A15

2、B3C3D15答案B解析本題考查復(fù)數(shù)的概念及其簡(jiǎn)單運(yùn)算13iabi，a1，b3，ab3.5(2014·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z1i，則i·()A2B2iC2D2i答案C解析z1i，1i，i·i(1i)i1i12.二、填空題6(2014·江蘇，2)已知復(fù)數(shù)z(52i)2(i為虛數(shù)單位)，則z的實(shí)部為_(kāi)答案21解析由題意z(52i)2252×5×2i(2i)22120i，其實(shí)部為21.復(fù)數(shù)zabi的實(shí)部為a，虛部為b.7已知z1a(a1)i，z23b(b2)i(a，bR)，若z1z24，則ab_.答案3解析

3、z1z2a(a1)i3b(b2)ia3b(a1)(b2)i4 解得ab2138設(shè)a，bR，abi(i為虛數(shù)單位)，則ab的值為_(kāi)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53i，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)z1i，求實(shí)數(shù)a，b，使得az2b (a2z)2.解析因?yàn)閦1i，所以az2b (a2b)(a2b)i，(a2z)2(a2)244(a2)i(a24a)4(a2)i.因?yàn)閍，b都是實(shí)數(shù)，所以由az2b (a2z)2，得兩式相加，整理得a26a80，解得a12，a24，相應(yīng)得b11，b22，所以所求實(shí)數(shù)為a2，b1或a4，b2.10.已知

4、z是虛數(shù)，且z是實(shí)數(shù)，求證：是純虛數(shù)分析 將zxyi(x，yR且y0)代入z，分別化為代數(shù)形式證明設(shè)zxyi，x，yR，且y0.由已知得z(xyi)xyi(x)(y)i.z是實(shí)數(shù)，y0，即x2y21，且x±1，i.y0，x1，是純虛數(shù)點(diǎn)評(píng)充分利用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式：zabi(a，bR)，代入到已知條件，利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算化簡(jiǎn)，即可得要證的結(jié)果.一、選擇題1(2014·湖南理，1)滿(mǎn)足i(i為虛數(shù)單位)的復(fù)數(shù)z()Ai BiCi Di答案B解析由題可得iziziz(1i)izi，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：z1z2當(dāng)z13i，z223i時(shí)，z1z2(

5、)A52i B12i C97i D14i答案A解析由|z1|，|z2|，知|z1|<|z2|，故由新“運(yùn)算”法則，得z1z2z1z2(3i)(23i)52i，選A點(diǎn)評(píng)讀懂運(yùn)算法則是解此類(lèi)題的關(guān)鍵3若z2z10，則z2002z2003z2005z2006的值是()A2 B2Ci D±i答案B解析由z2z10，不難聯(lián)想到立方差公式，從而將z得出將z2z10兩邊同乘(z1)，得z310，即z31(z1)則z4z，z2002(z3)667· zz，于是，原式z2002(1zz3z4)z(22z)2(zz2)2.4復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足方程4，那么復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)Z的軌跡是()A以

6、(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|z(1i)|z(1i)|4，設(shè)1i的對(duì)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)|1z|且f(z)103i，則復(fù)數(shù)z_.答案53i解析設(shè)zxyi(x，yR)，則zxyi，由f(z)103i，得|1(z)|()103i，|(1x)yi|(xyi)103i，解之得x5，y3，所以z53i.6設(shè)(x，yR)，則x_，y_.答案；解析由已知得，整理得ii.所以解得三、解答題7計(jì)算：

7、3204的值解析由于·i；32041602160216021；0；從而3204i1.8已知若z1，z2是非零復(fù)數(shù)，且|z1z2|z1z2|，求證：是純虛數(shù)證明證法一：設(shè)z1a1b1i，z2a2b2i(a1，b1，a2，b2R且a1與b1、a2與b2不同時(shí)為0)，由|z1z2|z1z2|，得a1a2b1b20，于是i.因?yàn)閦0，所以b1a2a1b20，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)abi(a，bR)，則有(a1)2b2(a1)2b2，從而解得a0，又0，故b0，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|z1|z1|，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(xiàn)，即y軸(原點(diǎn)除外)，于是有zai(aR，a0)所以為純虛數(shù)點(diǎn)評(píng)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(jiǎn)捷，明了；證法三注重了復(fù)數(shù)幾何意義的使用，使問(wèn)題更直觀(guān)、形象后兩種證法技巧性強(qiáng)，但運(yùn)算量小