习题《复数代数形式的乘除运算》同步练习及答案

复数代数形式的乘除运算同步练习一、选择题1．i是虚数单位，eq\f(i,\r(3)＋3i)＝()\f(1,4)－eq\f(\r(3),12)i\f(1,4)＋eq\f(\r(3),12)i\f(1,2)＋eq\f(\r(3),6)i\f(1,2)－eq\f(\r(3),6)i[答案]B[解析]eq\f(i,\r(3)＋3i)＝eq\f(i(\r(3)－3i),(\r(3)＋3i)(\r(3)－3i))＝eq\f(3＋\r(3)i,12)＝eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),12)i，故选B.2．在复平面内，复数z＝i(1＋2i)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[答案]B[解析]考查复数的运算．z＝－2＋i，对应点位于第二象限，∴选B.3．已知z是纯虚数，eq\f(z＋2,1－i)是实数，那么z等于()A．2iB．iC．－iD．－2i[答案]D[解析]本小题主要考查复数的运算．设z＝bi(b∈R)，则eq\f(z＋2,1－i)＝eq\f(2＋bi,1－i)＝eq\f(2－b,2)＋eq\f(b＋2,2)i，∴eq\f(b＋2,2)＝0，∴b＝－2，∴z＝－2i，故选D.4．i是虚数单位，若eq\f(1＋7i,2－i)＝a＋bi(a，b∈R)，则乘积ab的值是()A．－15B．－3C．3D．15[答案]B[解析]本题考查复数的概念及其简单运算．eq\f(1＋7i,2－i)＝eq\f((1＋7i)(2＋i),(2－i)(2＋i))＝eq\f(－5＋15i,5)＝－1＋3i＝a＋bi，∴a＝－1，b＝3，∴ab＝－3.5．设z是复数，a(z)表示满足zn＝1的最小正整数n，则对虚数单位i，a(i)＝()A．8B．6C．4D．2[答案]C[解析]考查阅读理解能力和复数的概念与运算．∵a(z)表示使zn＝1的最小正整数n.又使in＝1成立的最小正整数n＝4，∴a(i)＝4.6．已知复数z的实部为－1，虚部为2，则eq\f(5i,z)＝()A．2－iB．2＋iC．－2－iD．－2＋i[答案]A[解析]考查复数的运算．z＝－1＋2i，则eq\f(5i,－1＋2i)＝eq\f(5i(－1－2i),(－1＋2i)(－1－2i))＝eq\f(10－5i,5)＝2－i.7．设a，b∈R且b≠0，若复数(a＋bi)3是实数，则()A．b2＝3a2B．a2＝3b2C．b2＝9a2D．a2＝9b2[答案]A[解析]本小题主要考查复数的运算．(a＋bi)3＝a3＋3a2bi－3ab2－b3＝a3－3ab2＋(3a2b－b3∴3a2b－b3＝0，∴3a2＝b8．设z的共轭复数是eq\x\to(z)，若z＋eq\x\to(z)＝4，z·eq\x\to(z)＝8，则eq\f(\x\to(z),z)等于()A．iB．－iC．±1D．±i[答案]D[解析]本题主要考查复数的运算．设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\x\to(z)＝a－bi，由z＋eq\x\to(z)＝4，zeq\x\to(z)＝8得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝4,a2＋b2＝8))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝±2))∴z＝2＋2i，eq\x\to(z)＝2－2i或z＝2－2i，eq\x\to(z)＝2＋2i，eq\f(\x\to(z),z)＝eq\f(2－2i,2＋2i)＝－i或eq\f(\x\to(z),z)＝eq\f(2＋2i,2－2i)＝i.∴eq\f(\x\to(z),z)＝±i，故选D.9．已知复数z＝eq\f(\r(3)＋i,(1－\r(3)i)2)，eq\o(z,\s\up6(－))是z的共轭复数，则z·eq\o(z,\s\up6(－))＝()\f(1,4)\f(1,2)C．1D．2[答案]A[解析]∵z＝eq\f(\r(3)＋i,(1－\r(3)i)2)＝eq\f(\r(3)＋i,1－2\r(3)i－3)＝eq\f(\r(3)＋i,－2－2\r(3)i)＝eq\f(\r(3)＋i,－2(1＋\r(3)i))＝eq\f((\r(3)＋i)(1－\r(3)i),－2×(1＋3))＝eq\f(\r(3)－3i＋i＋\r(3),－8)＝eq\f(2\r(3)－2i,－8)＝eq\f(\r(3)－i,－4)，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(\r(3)＋i,－4)，∴z·eq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝eq\f(1,4)，故选A.10．定义运算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，则符合条件eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1,zzi))＝4＋2i的复数z为()A．3－iB．1＋3iC．3＋iD．1－3i[答案]A[解析]由定义得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1,zzi))＝zi＋z＝z(1＋i)＝4＋2i∴z＝eq\f(4＋2i,1＋i)＝3－i.故应选A.二、填空题\f(1＋i,1－i)表示为a＋bi(a，b∈R)，则a＋b＝________.[答案]1[解析]本小题考查复数的除法运算．∵eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f((1＋i)2,2)＝i，∴a＝0，b＝1.因此a＋b＝1.12．若复数z满足z＝i(2－z)(i是虚数单位)，则z＝________.[答案]1＋i[解析]本题主要考查复数的运算．∵z＝i(2－z)，∴z＝eq\f(2i,1＋i)＝1＋i.13．关于x的不等式mx2－nx＋p>0(m、n、p∈R)的解集为(－1,2)，则复数m＋pi所对应的点位于原复平面内的第________象限．[答案]二[解析]∵mx2－nx＋p>0(m、n、p∈R)的解集为(－1，2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0,(－1)＋2＝\f(n,m),(－1)×2＝\f(p,m)))，即m<0，p>0.故复数m＋pi所对应的点位于复平面内的第二象限．14．若z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且eq\f(z1,z2)为纯虚数，则实数a的值为________．[答案]eq\f(8,3)[解析]设eq\f(z1,z2)＝bi(b∈R且b≠0)，∴z1＝bi(z2)，即a＋2i＝bi(3－4i)＝4b＋3bi.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4b,2＝3b))⇒a＝eq\f(8,3).三、解答题15．计算：(1)eq\f(－2\r(3)＋i,1＋2\r(3)i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1＋i)))2000＋eq\f(1＋i,3－i)；(2)1＋in＋i2n＋…＋i2000n(n∈N)．[解析](1)原式＝eq\f(－2\r(3)＋i,－i(－2\r(3)＋i))＋(－i)100＋eq\f(1＋i,3－i)＝i＋1＋eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i＝eq\f(6,5)＋eq\f(7,5)i.(2)当n＝4k(k∈N)时，原式＝1＋1＋…＋1eq\o(,\s\do4(2022))＝2022.当n≠4k(k∈N)时，原式＝eq\f(1－i2022n,1－in)＝eq\f(1－i2000n·in,1－in)＝eq\f(1－in,1－in)＝1.16．已知复数z＝eq\f((－1＋3i)(1－i)－(1＋3i),i)，ω＝z＋ai(a∈R)，当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ω,z)))≤eq\r(2)时，求a的取值范围．[解析]z＝eq\f((－1＋3i)(1－i)－(1＋3i),i)＝eq\f((2＋4i)－(1＋3i),i)＝eq\f(1＋i,i)＝eq\f(－i(1＋i),1)＝1－i∵ω＝z＋ai＝1－i＋ai＝1＋(a－1)i∴eq\f(ω,z)＝eq\f(1＋(a－1)i,1－i)＝eq\f([1＋(a－1)i](1＋i),2)＝eq\f(2－a＋ai,2)∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ω,z)))＝eq\f(\r((2－a)2＋a2),2)≤eq\r(2)∴a2－2a－2≤0，∴1－eq\r(3)≤a≤1＋eq\r(3)故a的取值范围是[1－eq\r(3)，1＋eq\r(3)]．17．已知1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的一个根(b，c∈R)．(1)求b，c的值；(2)试证明1－i也是方程的根．[解析](1)∵1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的根∴(1＋i)2＋b(1＋i)＋c＝0即b＋c＋(2＋b)i＝0∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋c＝0,2＋b＝0))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2,c＝2)).(2)由(1)知方程为x2－2x＋2＝0把1－i代入方程左边得左边＝(1－i)2－2(1－i)＋2＝0＝右边，即方程成立∴1－i也是方程的根．18．已知ω＝z＋i(z∈C)，eq\f(z－2,z＋2)是纯虚数，又|ω＋1|2＋|ω－1|2＝16，求ω.[解析]设z＝a＋bi(a，b∈R)∴eq\f(z－2,z＋2)＝eq\f((a－2)＋bi,(a＋2)＋bi)＝eq\f((a2＋b2－4)＋4bi,(a＋2)2＋b2)由eq\f(z－2,z＋2)是纯虚数得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1