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-
页共6
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
第-3-页共6页
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
第-4-页共6页
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
-5-
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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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