高中數(shù)學(xué)選修2-2課時作業(yè)6：3.2.2 復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算

人教版高中數(shù)學(xué)選修2-2PAGEPAGE13．2.2復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算一、基礎(chǔ)過關(guān)1．復(fù)數(shù)－i＋eq\f(1,i)等于()A．－2iB.eq\f(1,2)iC．0D．2i[答案]A[解析]－i＋eq\f(1,i)＝－i－eq\f(i2,i)＝－2i，選A.2．i為虛數(shù)單位，eq\f(1,i)＋eq\f(1,i3)＋eq\f(1,i5)＋eq\f(1,i7)等于()A．0B．2iC．－2iD．4i[答案]A[解析]eq\f(1,i)＝－i，eq\f(1,i3)＝i，eq\f(1,i5)＝－i，eq\f(1,i7)＝i，∴eq\f(1,i)＋eq\f(1,i3)＋eq\f(1,i5)＋eq\f(1,i7)＝0.3．已知復(fù)數(shù)z滿足(3＋4i)z＝25，則z等于()A．－3＋4iB．－3－4iC．3＋4iD．3－4i[答案]D[解析]方法一由(3＋4i)z＝25，得z＝eq\f(25,3＋4i)＝eq\f(253－4i,3＋4i3－4i)＝3－4i.方法二設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則(3＋4i)(a＋bi)＝25，即3a－4b＋(4a＋3b)i＝25，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－4b＝25，,4a＋3b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－4，))故z＝3－4i.4．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(i,1＋i)＋(1＋eq\r(3)i)2對應(yīng)的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限[答案]B[解析]eq\f(i,1＋i)＋(1＋eq\r(3)i)2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i＋(－2＋2eq\r(3)i)＝－eq\f(3,2)＋(2eq\r(3)＋eq\f(1,2))i，對應(yīng)點(－eq\f(3,2)，2eq\r(3)＋eq\f(1,2))在第二象限．5．設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z)，若復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·eq\x\to(z2)是實數(shù)，則實數(shù)t等于()A.eq\f(3,4)B.eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3)D．－eq\f(3,4)[答案]A[解析]∵z2＝t＋i，∴eq\x\to(z2)＝t－i.z1·eq\x\to(z2)＝(3＋4i)(t－i)＝3t＋4＋(4t－3)i，又∵z1·eq\x\to(z2)∈R，∴4t－3＝0，∴t＝eq\f(3,4).6．若z＝eq\f(1＋2i,i)，則復(fù)數(shù)eq\x\to(z)等于()A．－2－iB．－2＋iC．2－iD．2＋i[答案]D[解析]z＝eq\f(1＋2i,i)＝2－i，∴eq\x\to(z)＝2＋i.7．計算：(1)eq\f(2＋2i,1－i2)＋(eq\f(\r(2),1＋i))2010；(2)(4－i5)(6＋2i7)＋(7＋i11)(4－3i)．解(1)eq\f(2＋2i,1－i2)＋(eq\f(\r(2),1＋i))2010＝eq\f(2＋2i,－2i)＋(eq\f(2,2i))1005＝i(1＋i)＋(eq\f(1,i))1005＝－1＋i＋(－i)1005＝－1＋i－i＝－1.(2)原式＝(4－i)(6－2i)＋(7－i)(4－3i)＝22－14i＋25－25i＝47－39i.二、能力提升8．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(1－i)z＝2i，則z等于()A．－1＋iB．－1－iC．1＋iD．1－i[答案]A[解析]由已知得z＝eq\f(2i,1－i)＝eq\f(2i1＋i,1－i1＋i)＝－1＋i.9．復(fù)數(shù)z滿足(z－3)(2－i)＝5(i為虛數(shù)單位)，則z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)為()A．2＋iB．2－iC．5＋iD．5－i[答案]D[解析]由(z－3)(2－i)＝5得，z－3＝eq\f(5,2－i)＝2＋i，∴z＝5＋i，∴eq\x\to(z)＝5－i.10．設(shè)復(fù)數(shù)i滿足i(z＋1)＝－3＋2i(i為虛數(shù)單位)，則z的實部是________．[答案]1[解析]由i(z＋1)＝－3＋2i得到z＝eq\f(－3＋2i,i)－1＝2＋3i－1＝1＋3i.11．已知復(fù)數(shù)z滿足(1＋2i)z＝4＋3i，求z及eq\f(z,\x\to(z)).解因為(1＋2i)z＝4＋3i，所以z＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(4＋3i1－2i,5)＝2－i，故eq\x\to(z)＝2＋i.所以eq\f(z,\x\to(z))＝eq\f(2－i,2＋i)＝eq\f(2－i2,5)＝eq\f(3－4i,5)＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i.12．設(shè)z是虛數(shù)，w＝z＋eq\f(1,z)是實數(shù)，且－1<w<2，求|z|的值及z的實部的取值范圍．解∵z是虛數(shù)，∴可設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R且y≠0)，則w＝z＋eq\f(1,z)＝x＋yi＋eq\f(1,x＋yi)＝x＋yi＋eq\f(x－yi,x2＋y2)＝(x＋eq\f(x,x2＋y2))＋(y－eq\f(y,x2＋y2))i.∵w是實數(shù)且y≠0，∴y－eq\f(y,x2＋y2)＝0，即x2＋y2＝1，∴|z|＝1，此時w＝2x.由－1<w<2，得－1<2x<2，∴－eq\f(1,2)<x<1，即z的實部的取值范圍是(－eq\f(1,2)，1)．三、探究與拓展13．若f(z)＝2z＋eq\x\to(z)－3i，f(eq\x\to(z)＋i)＝6－3i，求復(fù)數(shù)z.解f(z)＝2z＋eq\x\to(z)－3i，∴f(eq\x\to(z)＋i)＝2(eq\x\to(z)＋i)＋(eq\x\to(z)＋i)－3i＝2eq\x\to(z)＋2i＋z－i－3i＝2eq\x\to(z)＋z－2i.又f(eq\x\to(z)＋i)＝6－3i，∴2eq\x\to(z)＋z－2i＝6－3i，即2eq\x\to(z)＋z＝6－i.設(shè)z＝x＋yi(x，y∈