2025版新教材高中數學課時作業(yè)20復數乘除運算新人教A版必修第二冊

課時作業(yè)20復數乘、除運算基礎強化1.已知復數z＝(1＋i)2，則z的虛部是()A．2B．－2C．－2iD．2i2．復數z＝eq\f(1,1－i)的模為()A．eq\f(\r(2),2)B．1C．eq\f(1,2)D．eq\r(2)3．復數z＝(9－7i)i在復平面內對應的點位于()A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限4．已知i是虛數單位，則eq\f(1－i,i5)＝()A．－1－iB．－1＋iC．1－iD．1＋i5．(多選)下列運算結果為純虛數的是()A．i(1－i)B．i2(1＋i)2C．i3D．eq\f(1－i,1＋i)6．(多選)下面是關于復數z＝eq\f(2,－1＋i)的四個命題，其中真命題為()A．z2＝2iB．|z|＝2C．z的虛部為－1D．z的共軛復數為1＋i7．復數eq\f(5,i－2)＝________．8．復數(1＋3i)(1＋2i3)的實部為________．9．已知復數z1＝－2＋i，z1z2＝－1－i.(1)求z2；(2)求eq\f(z1,z2).10．設i為虛數單位，a∈R，復數z1＝2＋ai，z2＝4－3i.(1)若z1·z2是實數，求a的值；(2)若eq\f(z1,z2)是純虛數，求z1＋z2.實力提升11.i是虛數單位，已知a＋bi(a，b∈R)與eq\f(2－2i,1＋i)互為共軛復數，則a＋b＝()A．－1B．1C．－2D．212．復數z＝eq\f(（1＋\r(3)i）3,（2＋2i）2)＋eq\f(3＋i,2－i)，則eq\o(z,\s\up6(－))的虛部是()A．2B．2iC．iD．－213．若復數z＝eq\f(a2＋ai,1＋i)在復平面內對應的點位于第四象限，則實數a的取值范圍為()A．(－∞，0)∪(1，＋∞)B．(0，1)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1，1)14．(多選)已知復數z1，z2，則下列有關復數運算正確的是()A．|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|B．|z1－z2|＝|z1|－|z2|C．|z1·z2|＝|z1|·|z2|D．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)[答題區(qū)]題號12345611121314答案15.i表示虛數單位，則i＋i2＋…＋i2023＝____．16．已知虛數z滿意|z|＝eq\r(5).(1)求證：z＋eq\f(5i,z)在復平面內對應的點在直線y＝x上．(2)若z是方程2x2＋4x＋k＝0(k∈R)的一個根，求k與z.課時作業(yè)20復數乘、除運算1．解析：z＝(1＋i)2＝2i，∴z的虛部為2.故選A.答案：A2．解析：因為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\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).故選A.答案：A3．解析：由題意得z＝7＋9i，所以z在復平面內對應的點位于第一象限．故選A.答案：A4．解析：eq\f(1－i,i5)＝eq\f(1－i,i)＝eq\f(i（1－i）,i2)＝i2－i＝－1－i.故選A.答案：A5．解析：對于A：i(1－i)＝1＋i，不是純虛數；對于B：i2(1＋i)2＝－2i，是純虛數；對于C：i3＝－i，是純虛數；對于D：eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(（1－i）2,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(－2i,2)＝－i，是純虛數．故選BCD.答案：BCD6．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正確；|z|＝eq\r(2)，故B錯誤；z的虛部為－1，故C正確；z的共軛復數為－1＋i，故D錯誤．故選AC.答案：AC7．解析：eq\f(5,i－2)＝eq\f(5（－i－2）,（i－2）（－i－2）)＝－i－2.答案：－2－i8．解析：(1＋3i)(1＋2i3)＝(1＋3i)(1－2i)＝7＋i.故實部為7.答案：79．解析：(1)方法一設z2＝a＋bi(a，b∈R)，z1z2＝－2a－b＋(a－2b)i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a－b＝－1，,a－2b＝－1，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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，因為z1·z2是實數，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，因為eq\f(z1,z2)是純虛數，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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)與eq\f(2－2i,1＋i)互為共軛復數，∴a＝0，b＝2，∴a＋b＝2.故選D.答案：D12．解析：(1＋eq\r(3)i)3＝(1＋eq\r(3)i)2(1＋eq\r(3)i)＝(－2＋2eq\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\o(z,\s\up6(－))＝1－2i，虛部為－2.故選D.答案：D13．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)，因為復數z＝eq\f(a2＋ai,1＋i)在復平面內對應的點位于第四象限，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a>0，,a－a2<0，))解得a<－1或a>1.所以，實數a的取值范圍為(－∞，－1)∪(1，＋∞).故選C.答案：C14．解析：當z1＝1＋i，z2＝1－i時，明顯z1＋z2＝2，z1－z2＝2i，明顯有|z1|＝|z2|＝eq\r(2)，|z1±z2|＝2，因此選項AB都不正確；設z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，z1·z2＝ac＋adi＋bci－bd＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，|z1·z2|＝eq\r(（ac－bd）2＋（ad＋bc）2)＝eq\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，|z1|·|z2|＝eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)＝eq\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，因此選項C正確；eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）)＝eq\f(ac＋bd＋（bc－ad）i,c2＋d2)，|eq\f(z1,z2)|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac＋bd,c2＋d2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc－ad,c2＋d2)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2,（c2＋d2）2))＝eq\r(\f(a2＋b2,c2＋d2))，所以|eq\f(z1,z2)|＝eq\f(|z1|,|z2|)，因此選項D正確．故選CD.答案：CD15．解析：因為i1＝i，i2＝－1，i3＝－i，i4＝1，所以i＋i2＋i3＋i4＝0，一般地i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＝1，(n∈N)，所以i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，(n∈N)，又2023＝505×4＋3，所以i＋i2＋…＋i2023＝505×0＋i＋i2＋i3＝－1.答案：－116．解析：(1)設z＝a＋bi(a，b∈R，b≠0)，由|z|＝eq\r(5)，則zeq\o(z,\s\up6(－))＝5，所以z＋eq\f(5i,z)＝z＋eq\o(z,\s\up6(－))i＝a＋bi＋(a－bi)i＝(a＋b)＋(a＋b)i，所以z＋eq\f(5i,z)在復平面內對應的點為(a