课时跟踪检测(二十九)　复数的乘方与除法运算

课时跟踪检测(二十九)复数的乘方与除法运算(满分80分,选填小题每题5分)1.已知i是虚数单位,则i3+3i等于(A.14-312i B.14C.12+36i D.122.(2024·新课标Ⅰ卷)若zz-1=1+i,则z=(A.-1-i B.-1+iC.1-i D.1+i3.复数z=1-i1+i,则ω=z2+z4+z6+z8+z10的值为()A.1 B.-1 C.i D.-i4.已知a∈R,i为虚数单位,若a-i1+i为纯虚数,则a的值为(A.-1 B.0 C.1 D.25.设z=2+i1+i2+i5,则A.1-2i B.1+2iC.2-i D.2+i6.已知复数z=1-i,则z2-2zz-1A.2i B.-2i C.2 D.-27.(多选)下列是关于复数z=2-1+i(i为虚数单位)的命题,其中真命题为()A.z的实部为1 B.z2=2iC.z的共轭复数为1+i D.z的虚部为-18.已知复数z=3+i(1-3i)2,z是z的共轭复数,则z·zA.14 B.1C.1 D.29.(多选)已知集合M={m|m=in,n∈N},其中i为虚数单位,则下列元素属于集合M的是()A.(1-i)(1+i) B.1-iC.1+i1-i D.(1-i)10.(1+i)20-(1-i)20的值等于.

11.(2024·上海高考)已知虚数z,其实部为1,且z+2z=m(m∈R),则实数m为.12.计算:1-1i2020+(1-i)2020=13.(10分)已知ω=-12+32i(i为虚数单位(1)求(ω+2ω2)2+(2ω+ω2)2的值;(2)求ω2+1ω2(3)类比i(i2=-1),探讨ω(ω为虚数)的性质,求ωn(n∈Z)的值.14.(10分)已知方程x2-kx+100=0,k∈C.(1)若1+i是方程的一个根,求k的值;(2)若k∈N*,求满足方程的所有虚数的和.课时跟踪检测(二十九)1．选Beq\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.2．选C因为eq\f(z,z－1)＝eq\f(z－1＋1,z－1)＝1＋eq\f(1,z－1)＝1＋i，所以z＝1＋eq\f(1,i)＝1－i.故选C.3．选B因为z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))2＝－1，所以ω＝－1＋1－1＋1－1＝－1.4．选C∵eq\f(a－i,1＋i)＝eq\f(a－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(a－1,2)－eq\f(a＋1,2)i为纯虚数，∴eq\f(a－1,2)＝0且eq\f(a＋1,2)≠0，解得a＝1.5．选B因为z＝eq\f(2＋i,1＋i2＋i5)＝eq\f(2＋i,1－1＋i)＝eq\f(－i2＋i,－i2)＝1－2i，所以eq\x\to(z)＝1＋2i，故选B.6．选B法一因为z＝1－i，所以eq\f(z2－2z,z－1)＝eq\f(1－i2－21－i,1－i－1)＝eq\f(－2,－i)＝－2i.法二由已知得z－1＝－i，从而eq\f(z2－2z,z－1)＝eq\f(z－12－1,z－1)＝eq\f(－i2－1,－i)＝eq\f(2,i)＝－2i.7．选BD因为z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，所以z的实部为－1，故A是假命题；z2＝2i，B是真命题；z的共轭复数为－1＋i，C是假命题；z的虚部为－1，D是真命题．故选BD.8．选A∵z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)＝eq\f(－\r(3)i2＋i,1－\r(3)i2)＝eq\f(i1－\r(3)i,1－\r(3)i2)＝eq\f(i,1－\r(3)i)＝eq\f(i1＋\r(3)i,4)＝－eq\f(\r(3),4)＋eq\f(i,4)，∴eq\x\to(z)＝－eq\f(\r(3),4)－eq\f(i,4)，∴z·eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,4).9．选BCM＝{m|m＝in，n∈N}中，n＝4k(k∈N)时，in＝1；n＝4k＋1(k∈N)时，in＝i；n＝4k＋2(k∈N)时，in＝－1；n＝4k＋3(k∈N)时，in＝－i，∴M＝{－1,1，i，－i}．选项A中，(1－i)(1＋i)＝2∉M；选项B中，eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i∈M；选项C中，eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝i∈M；选项D中，(1－i)2＝－2i∉M.故选BC.10．解析：因为(1＋i)20－(1－i)20＝[(1＋i)2]10－[(1－i)2]10＝(2i)10－(－2i)10＝(2i)10－(2i)10＝0.答案：011．解析：法一设z＝1＋bi(b∈R且b≠0)，则z＋eq\f(2,z)＝1＋bi＋eq\f(2,1＋bi)＝1＋bi＋eq\f(21－bi,1＋b2)＝1＋eq\f(2,1＋b2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(2b,1＋b2)))i.因为m∈R，所以b－eq\f(2b,1＋b2)＝0，得b2＝1，所以m＝1＋eq\f(2,1＋b2)＝2.法二由z＋eq\f(2,z)＝m得z2－mz＋2＝0，解得z＝eq\f(m±\r(8－m2)i,2)，依题意得eq\f(m,2)＝1，解得m＝2.答案：212．解析：因为1－eq\f(1,i)＝1＋eq\f(i2,i)＝1＋i，且(1±i)2＝±2i，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,i)))2020＋(1－i)2020＝[(1＋i)2]1010＋[(1－i)2]1010＝(2i)1010＋(－2i)1010＝21010·i2＋21010·i2＝－21011.答案：－2101113．解：(1)∵ω＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，∴ω2＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i＝eq\x\to(ω)，ω3＝1，ω2＋ω＋1＝0，∴(ω＋2ω2)2＋(2ω＋ω2)2＝ω2＋4ω3＋4ω4＋4ω2＋4ω3＋ω4＝5ω2(ω2＋ω＋1)＋3ω3＝3.(2)由(1)知ω2＋ω＝－1，∴ω2＋eq\f(1,ω2)＝eq\f(ω4＋1,ω2)＝eq\f(ω4＋ω3,ω2)＝ω2＋ω＝－1.(3)由(1)可知ω2＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i＝eq\x\to(ω)，ω3＝1，∴ωn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝3k，,ω，n＝3k－2，k∈Z.,\x\to(ω)，n＝3k－1.))14．解：(1)设k＝a＋bi(a，b∈R)，∵1＋i是方程x2－kx＋100＝0的一个根，∴(1＋i)2－(a＋bi)(1＋i)＋100＝0，∴b－a＋100＋(2－a－b)i＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－a＋100＝0，,2－a－b＝0，))解得eq\b\lc