1112学年高中数学321复数代数形式的加减运算及其几何意义同步练习新人教A版选修22.docx
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1112学年高中数学321复数代数形式的加减运算及其几何意义同步练习新人教A版选修22
选修2-23.2.1复数代数形式的加减运算及其几何意义
一、选择题
1．已知z1＝a＋bi，z2＝c＋di，若z1－z2是纯虚数，则有（）
A．a－c＝0且b－d≠0
B．a－c＝0且b＋d≠0
C．a＋c＝0且b－d≠0
D．a＋c＝0且b＋d≠0
[答案]A
[解析]z1－z2＝（a＋bi）－（c＋di）
＝（a－c）＋（b－d）i，
∵z1－z2是纯虚数，
∴a－c＝0且b－d≠0.
故应选A.
2．[（－）－（
＋
）i]－[（
＋）－（
a
－
）i]等于（）
ab
ab
ab
b
A．－2b－2bi
B．－2b＋2bi
C．－2a－2bi
D．－2a－2ai
[
答案]
A
[
解析]
原式＝[（a－b）－（a＋b）]＋[－（a＋b）＋（a－b）]i＝－2b－2bi.
3
．如果一个复数与它的模的和为5＋
3i，那么这个复数是（）
11
A.5
B.3i
11
C.5＋3i
11
D.5＋23i
[答案]C
[解析]设这个复数为a＋bi（a，b∈R），
则|a＋bi|＝a2＋b2.
由题意知a＋bi＋a2＋b2＝5＋3i
即a＋a2＋b2＋bi＝5＋3i
第-1-页共6页
∴a＋
a2＋b2＝5
，解得＝
11
，＝3.
b＝
3
a
5
b
11
3i.
故应选C.
∴所求复数为5＋
4．已知复数z1＝3＋2i
，z2＝1－3i
，则复数z＝z1－z2在复平面内对应的点
Z位于复平面
内的（）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
[答案]A
[解析]∵z1＝3＋2i，z2＝1－3i，
∴z＝z1－z2＝3＋2i－（1－3i）＝（3－1）＋（2＋3）i＝2＋5i.
∴点Z位于复平面内的第一象限．故应选A.
5．?
中，点
，，
C
分别对应复数
4＋i,3
＋4i,3－5i，则点
D
对应的复数是（
）
ABCD
A
B
A．2－3i
B．4＋8i
C．4－8i
D．1＋4i
[答案]
C
[解析]
→
，
AB对应的复数为（3＋4i）－（4＋i）＝（3－4）＋（4－1）i＝－1＋3i
设点D对应的复数为
→
－z.
z，则DC对应的复数为（3－5i）
由平行四边形法则知
→＝
→，
AB
DC
∴－1＋3i＝（3－5i）
－z，
∴z＝（3－5i）
－（－1＋3i）
＝（3＋1）＋（－5－3）i
＝4－8i.故应选C.
6．已知
z
1＝2
－3
＋
2i，2＝4＋（5＋6）i
，其中
为实数，若
z
1－
2＝0，则
的值为（
）
m
mm
z
m
m
z
m
A．4
B．－1
C．6
D．0
[答案]
B
[解析]
z
－
z
2
2
＋6）i]
＝（－3
＋i）－[4＋（5
1
2
2
2
＝（m－3m－4）＋（m－5m－6）i＝0
第-2-
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页
2
m－3m－4＝0
解得m＝－1，故应选B.
∴2－5－6＝0
mm
7．已知|z|＝3，且z＋3i是纯虚数，则z＝（）
A．－3i
B．3i
C．±3i
D．4i
[答案]
B
[解析]
令
z
＝＋i（
a
，
∈R），则
2＋
2＝9①
ab
b
a
b
又z＋3i
＝a＋（3＋b）i
是纯虚数
a＝0
∴②
b＋3≠0
由①②得a＝0，b＝3，
∴z＝3i，故应选B.
8．已知
z
1，
2∈C且|
z
1|＝1，若
z
1
＋2＝2i，则|
1
－
2|的最大值是（）
z
z
z
z
A．6
B．5
C．4
D．3
[答案]C
[解析]设z1＝a＋bi（a，b∈R，a2＋b2＝1）
z2＝c＋di（c，d∈R）
∵z1＋z2＝2i
∴（a＋c）＋（b＋d）i＝2i
a＋c＝0c＝－a
∴∴，
b＋d＝2d＝2－b
∴|z1－z2|＝|（a－c）＋（b－d）i|＝|2a＋（2b－2）i|
＝（2a）2＋（2b－2）2＝2a2＋（b－1）2
＝2
2＋
2＋1－2
b
＝22－2.
a
b
b
∵a2＋b2＝1，∴－1≤b≤1
∴0≤2－2b≤4，∴|z1－z2|≤4.
9．复数z＝x＋yi（
x
y
的最小值为（）
x，y∈R）满足|z－4i|＝|z＋2|，则2
＋4
A．2
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B．4
C．42
D．82
[答案]C
[解析]∵|z－4i|＝|z＋2|，且z＝x＋yi
∴|x＋（y－4）i|＝|x＋2＋yi|
∴x2＋（y－4）2＝（x＋2）2＋y2
∴x＝－2y＋3，
x
y
－2y＋3y
1
y
∴2＋4
＝2
＋4
＝8·4y＋4
≥42.
10．若
x∈C，则方程|x|＝1＋3i－x的解是（）
13A.2＋2i
B．x1＝4，x2＝－1
C．－4＋3i
13D.2＋2i
[答案]C
[解析]令x＝a＋bi（a，b∈R）
则a2＋b2＝1＋3i－a－bi
a2＋b2＝1－aa＝－4
所以，解得
0＝3－bb＝3
故原方程的解为－4＋3i，故应选C.
二、填空题
11．若z1＝x1＋y1i，z2＝x2＋y2i（x1，x2，y1，y2∈R），则|z2－z1|＝______________.
[答案]（x2－x1）2＋（y2－y1）2
[解析]∵z1＝x1＋y1i，z2＝x2＋y2i，
∴z2－z1＝（x2－x1）＋（y2－y1）i，
∴|z2－z1|＝（x2－x1）2＋（y2－y1）2.
3
12．已知z1＝2a＋（a＋1）i，z2＝－33b＋（b＋2）i（a，b∈R），若z1－z2＝43，则a＋
b＝________.
[答案]3
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3
23a＋3
[解析]
z1－z2＝2a＋（a＋1）i－[－3
3b＋（b＋2）i]
＝
3b＋[（a＋1）－（b＋
2）i]
＝
23a＋3
3b＋（a－b－1）i＝4
3，
3
3b＝4
3
＝2
∴
a＋3
a
，
2
，解之得
－－1＝0
b＝1
ab
∴a＋b＝3.
13．计算：
（2＋7i）
－|－3＋4i|＋|5－12i|i
＋3－4i＝______.
[答案]16i
[解析]原式＝2＋7i－5＋13i＋3－4i
＝（2－5＋3）＋（7＋13－4）i＝16i.
14．复平面内三点A、B、C，A点对应的复数为
→
→
2＋i，BA对应的复数为
1＋2i，向量BC对
应的复数为
3－i，则点C对应的复数为________．
[答案]
4－2i
[解析]
→
∵BA对应的复数是1＋2i，
→
BC对应的复数为3－i，
→
∴AC对应的复数为（3－i）－（1＋2i）＝2－3i.
→→→
又OC＝OA＋AC，
∴C对应的复数为（2＋i）＋（2－3i）＝4－2i.
三、解答题
15．计算：
（5－6i）＋（－2－i）－（3＋4i）．
[解析]解法1：
（5－6i）＋（－2－i）－（3＋4i）
＝[（5－2）＋（－6－1）i]－（3＋4i）
＝（3－7i）－（3＋4i）
＝（3－3）＋（－7－4）i＝－11i.
解法2：
（5－6i）＋（－2－i）－（3＋4i）
＝（5－2－3）＋[－6＋（－1－4）]i
＝0＋（－11）i＝－11i.
16．已知复数z1＝2＋3i，z2＝a－2＋i
[解析]z1－z2＝2＋3i－[（a－2）＋i]
，若|z1－z2|<|＝[2－（a－2）]
z1|，求实数a的取值范围．
＋（3－1）i＝（4－a）＋2i
由|
z1－z2|<|
z1|
得
第
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页
∴（4－a）2＋4<4＋9，∴（4－a）2<9，∴1∴a的取值范围为（1,7）．
512
17．已知z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ且z1－z2＝＋i，求cos（α＋β）
1313
的值．
[解析]
∵z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ
∴z1－z2＝（cosα－cosβ）＋i（sin
5
12
α＋sinβ）＝13＋13i
5
cosα－cosβ＝13①
∴
12
sinα＋sinβ＝13②
①2＋②2得2－2cos（α＋β）＝1
1
即cos（α＋β）＝2.
18．
（1）若f（z）＝z＋1－i，z1＝3＋4i，z2＝－2＋i，求f（z1－z2）；
（2）z1＝2cosθ－i，z2＝－2＋2isinθ（0≤θ≤2π），且z1＋z2对应的点位于复平面的
第二象限，求θ的范围．
[解析]
（1）z1－z2＝3＋4i－（－2＋i）＝5＋3i，
f（z1－z2）＝（z1－z2）＋（1－i）＝5＋3i＋1－i＝6＋2i.
（2）z1＋z2＝（2cosθ－i）＋（－
2＋2isin
θ）＝（2cosθ－
2）＋（2sin
θ－1）i，
2
2cosθ－2<0
cosθ<2
由题意得：
，即
1
2sinθ－1>0
sinθ>2
π5
又θ∈[0,2π]，故θ∈4，6π.
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