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第七章7.27.2.2A組·素養(yǎng)自測一、選擇題1.若復數(shù)z滿意i·z=3-4i,則|z|=(B)A.1 B.5C.7 D.25[解析]由條件可知z=eq\f(3-4i,i)=-4-3i,所以|z|=5.2.(2024·福建省三明市高三模擬)已知i是虛數(shù)單位,若復數(shù)z=eq\f(5,4+3i),則z的共軛復數(shù)eq\x\to(z)=(A)A.eq\f(4,5)+eq\f(3,5)i B.eq\f(4,5)-eq\f(3,5)iC.-eq\f(4,5)+eq\f(3,5)i D.-eq\f(4,5)-eq\f(3,5)i[解析]復數(shù)z=eq\f(5,4+3i)=eq\f(54-3i,4+3i4-3i)=eq\f(4,5)-eq\f(3,5)i.∴z的共軛復數(shù)eq\x\to(z)=eq\f(4,5)+eq\f(3,5)i.故選A.3.(2024·全國甲卷)已知(1-i)2z=3+2i,則z=(B)A.-1-eq\f(3,2)i B.-1+eq\f(3,2)iC.-eq\f(3,2)+i D.-eq\f(3,2)-i[解析]z=eq\f(3+2i,1-i2)=eq\f(3+2i,-2i)=eq\f(-2+3i,2)=-1+eq\f(3,2)i.故選B.4.(2024·全國甲卷)若z=-1+eq\r(3)i,則eq\f(z,z\x\to(z)-1)=(C)A.-1+eq\r(3)i B.-1-eq\r(3)iC.-eq\f(1,3)+eq\f(\r(3),3)i D.-eq\f(1,3)-eq\f(\r(3),3)i[解析]eq\x\to(z)=-1-eq\r(3)i,zeq\x\to(z)=(-1+eq\r(3)i)(-1-eq\r(3)i)=1+3=4.eq\f(z,z\x\to(z)-1)=eq\f(-1+\r(3)i,3)=-eq\f(1,3)+eq\f(\r(3),3)i.故選C.5.在如圖所示的復平面內(nèi),復數(shù)z1,z2,z3對應(yīng)的向量分別是eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(OB,\s\up6(→)),eq\o(OC,\s\up6(→)),則復數(shù)eq\f(z3,2z1+3z2)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點位于(C)A.第一象限 B.其次象限C.第三象限 D.第四象限[解析]由題圖,知z1=3+2i,z2=-2+2i,z3=1-2i,則eq\f(z3,2z1+3z2)=eq\f(1-2i,10i)=-eq\f(1,5)-eq\f(1,10)i,所以其在復平面內(nèi)對應(yīng)的點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,5),-\f(1,10))),此點位于第三象限.故選C.二、填空題6.i是虛數(shù)單位,則復數(shù)eq\f(1-i,2+i)的虛部為-eq\f(3,5).[解析]復數(shù)eq\f(1-i,2+i)=eq\f(1-i2-i,2+i2-i)=eq\f(1-3i,5)=eq\f(1,5)-eq\f(3,5)i的虛部為-eq\f(3,5).7.設(shè)復數(shù)z1、z2在復平面內(nèi)的對應(yīng)點分別為A、B,點A與B關(guān)于x軸對稱,若z1(1-i)=3-i,則|z2|=eq\r(5).[解析]∵z1(1-i)=3-i,∴z1=eq\f(3-i,1-i)=eq\f(3-i1+i,1-i1+i)=2+i,∵A與B關(guān)于x軸對稱,∴z1與z2互為共軛復數(shù),∴z2=eq\x\to(z)1=2-i,∴|z2|=eq\r(5).8.已知1+2i是方程x2-mx+2n=0(m,n∈R)的一個根,則m+n=eq\f(9,2).[解析]將x=1+2i代入方程x2-mx+2n=0,有(1+2i)2-m(1+2i)+2n=0,即(-3-m+2n)+(4-2m)i=0.由復數(shù)相等的充要條件,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-3-m+2n=0,,4-2m=0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n=\f(5,2),,m=2.))故m+n=2+eq\f(5,2)=eq\f(9,2).三、解答題9.計算:(1)eq\f(-1+i2+i,i3);(2)eq\f(1+2i2+31-i,2+i);(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1+i,1-i)))6+eq\f(\r(2)+\r(3)i,\r(3)-\r(2)i).[解析](1)eq\f(-1+i2+i,i3)=eq\f(-3+i,-i)=-1-3i.(2)eq\f(1+2i2+31-i,2+i)=eq\f(-3+4i+3-3i,2+i)=eq\f(i,2+i)=eq\f(i2-i,5)=eq\f(1,5)+eq\f(2,5)i.(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1+i,1-i)))6+eq\f(\r(2)+\r(3)i,\r(3)-\r(2)i)=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1+i2,2)))6+eq\f(i\r(3)-\r(2)i,\r(3)-\r(2)i)=i6+i=-1+i.10.設(shè)存在復數(shù)z同時滿意下列條件:(1)復數(shù)z在復平面內(nèi)對應(yīng)點位于其次象限;(2)z·eq\x\to(z)+2iz=8+ai(a∈R).試求a的取值范圍.[解析]設(shè)z=x+yi(x,y∈R),由(1)得x<0,y>0,由(2)得,x2+y2+2i(x+yi)=8+ai,即x2+y2-2y+2xi=8+ai.由復數(shù)相等的定義得,eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+y2-2y=8,①,2x=a,②))由①得x2+(y-1)2=9,∵x<0,y>0,∴-3≤x<0,∴-6≤a<0.B組·素養(yǎng)提升一、選擇題1.如圖所示,在復平面內(nèi),復數(shù)z1,z2對應(yīng)的向量分別是eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(OB,\s\up6(→)),則復數(shù)eq\f(z1,z2)對應(yīng)的點位于(B)A.第一象限 B.其次象限C.第三象限 D.第四象限[解析]由復數(shù)的幾何意義知,z1=-2-i,z2=i,所以eq\f(z1,z2)=eq\f(-2-i,i)=-1+2i,對應(yīng)的點在其次象限.2.1545年,意大利數(shù)學家卡爾丹在其所著《重要的藝術(shù)》一書中提出“將實數(shù)10分成兩部分,使其積為40”的問題,即“求方程x(10-x)=40的根”,卡爾丹求得該方程的根分別為5+eq\r(-15)和5-eq\r(-15),數(shù)系擴充后這兩個根分別記為5+eq\r(15)i和5-eq\r(15)i.若z(5+eq\r(15)i)=5-eq\r(15)i,則復數(shù)z=(C)A.1-eq\r(15)i B.1+eq\r(15)iC.eq\f(1-\r(15)i,4) D.eq\f(1+\r(15)i,4)[解析]由z(5+eq\r(15)i)=5-eq\r(15)i,得z=eq\f(5-\r(15)i,5+\r(15)i)=eq\f(5-\r(15)i2,5+\r(15)i5-\r(15)i)=eq\f(25-15-10\r(15)i,25-15i2)=eq\f(1-\r(15)i,4).故選C.3.(多選題)設(shè)z1、z2、z3是復數(shù),則下列說法中正確的是(ABC)A.若z1z2=0,則z1=0或z2=0B.若z1z2=z1z3且z1≠0,則z2=z3C.若|z1|=|z2|,則z1·eq\x\to(z)1=z2·eq\x\to(z)2D.若|z1|=|z2|,則zeq\o\al(2,1)≠zeq\o\al(2,2)[解析]設(shè)z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),則z1z2=(a+bi)(c+di)=ac-bd+(ad+bc)i,|z1|=eq\r(a2+b2),|z2|=eq\r(c2+d2),|z1z2|=eq\r(ac-bd2+ad+bc2)=eq\r(a2c2+b2d2+a2d2+b2c2),|z1||z2|=eq\r(c2+d2)·eq\r(a2+b2)=eq\r(a2c2+b2d2+a2d2+b2c2),所以|z1z2|=|z1||z2|,因為z1z2=0,所以|z1z2|=|z1||z2|=0,則|z1|=0或|z2|=0,則z1=0或z2=0,故A正確;若z1z2=z1z3,則z1(z2-z3)=0,因為z1≠0,所以z2-z3=0,則z2=z3,故B正確;設(shè)z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),若|z1|=|z2|,則eq\r(a2+b2)=eq\r(c2+d2),又z1·eq\x\to(z)1=(a+bi)(a-bi)=a2+b2,z2·eq\x\to(z)2=(c+di)(c-di)=c2+d2,故z1·eq\x\to(z)1=z2·eq\x\to(z)2,故C正確;若z1=z2=i,則|z1|=|z2|=1,則zeq\o\al(2,1)=zeq\o\al(2,2)=-1,故D錯誤.故選ABC.二、填空題4.已知z=eq\f(1-i,1+i)(i是虛數(shù)單位)是方程x2-ax+1=0(a∈R)的一個根,則|eq\x\to(z)-a|=_1__.[解析]因為z=eq\f(1-i,1+i)=eq\f(1-i1-i,1+i1-i)=eq\f(-2i,2)=-i,則有i2+ai+1=0,解得a=0,所以|eq\x\to(z)-a|=|eq\x\to(z)|=1.故答案為1.5.已知復數(shù)z滿意:z·eq\x\to(z)+2iz=8+6i,則復數(shù)z的實部與虛部的和為_4__.[解析]設(shè)z=a+bi(a,b∈R),則z·eq\x\to(z)=a2+b2,∴a2+b2+2i(a+bi)=8+6i,即a2+b2-2b+2ai=8+6i,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2+b2-2b=8,,2a=6,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=3,,b=1,))∴a+b=4,∴復數(shù)z的實部與虛部的和是4.三、解答題6.已知復數(shù)z滿意|z|=2eq\r(10),且復數(shù)(3-i)z為純虛數(shù).(1)求z;(2)若z的實部小于零,且z是關(guān)于x的方程2x2+mx-n=0(m,n∈R)的根,求m+n的值.[解析](1)設(shè)z=a+bi(a,b∈R),則(3-i)z=(3-i)(a+bi)=3a+b+(3b-a)i.因為(3-i)z為純虛數(shù),所以3a+b=0且3b-a≠0.又|z|=2eq\r(10),所以a2+b2=40.聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a+b=0,,a2+b2=40,,3b-a≠0,))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=2,,b=-6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-2,,b=6.))故z=2-6i或z=-2+6i.(2)由(1)和z的實部小于零,得z=-2+6i.因為z=-2+6i是方程2x2+mx-n=0(m,n∈R)的根,所以2(-2+6i)2+m(-2+6i)-n=0,即2m+n+64+(48-6m)i=0.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(48-6m=0,,2m+n+64=0,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m=8,,n=-80.))所以m+n=-72.C組·探究創(chuàng)新對于復
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