【文档说明】2021年人教版高中数学必修第二册第7章《7.2.2课后课时精练》(含解析).doc，共(3)页，55.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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A级：“四基”巩固训练一、选择题1．若复数z满足zi＝1＋i，则z的共轭复数是()A．－1－iB．1＋iC．－1＋iD．1－i答案B解析解法一：设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则zi＝(a＋bi)i＝－b＋ai＝1＋i，得a＝1，b＝－1，则z＝1－

i，所以z－＝1＋i.解法二：复数z＝1＋ii＝(1＋i)(－i)＝1－i，则z的共轭复数z－＝1＋i.2．已知复数z满足z(1＋i)＝－i，则|z|＝()A.12B.22C．1D.2答案B解析因为z＝－i1＋i＝－i1－i1＋i

1－i＝－1－i2，所以|z|＝22.3．复数z1，z2在复平面内对应的点关于直线y＝x对称，且z1＝3＋2i，则z1z2＝()A．12＋13iB．13＋12iC．－13iD．13i答案D解析因为复数z1＝3＋2i在复平面内对应的点关于直线y＝x对

称的点表示的复数z2＝2＋3i，所以z1z2＝(3＋2i)(2＋3i)＝13i.故选D.4．在复平面内，复数z＝23－i＋i3对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限答案D解析复数z＝23－i＋i3＝

23＋i3－i3＋i－i＝3＋i5－i＝35－45i，其在复平面上对应的点位于第四象限．5．已知a1＋i＝1－bi，其中a，b是实数，i是虚数单位，则|a－bi|＝()A．3B．2C．5D.5答案D解析a＝(1－bi)(1＋i)＝1＋b＋(1－b)i，由复

数相等可知a＝1＋b，1－b＝0，∴a＝2，b＝1，∴|a－bi|＝a2＋b2＝5.6．设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，若z1＝1－2i，则z2z1的虚部为()A.35B．－35C.4

5D．－45答案D解析因为z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝1－2i，所以z2＝－1－2i，z2z1＝－1－2i1－2i＝－1＋2i21－2i1＋2i＝－－3＋4i5＝35－45i，所以其虚部为－45.二、填空题7．若复数(1＋ai)2(i为虚数单位，a∈R)是纯

虚数，则复数1＋ai的模是________．答案2解析因为(1＋ai)2＝1－a2＋2ai是纯虚数，所以1－a2＝0且2a≠0，所以a2＝1，复数1＋ai的模为1＋a2＝2.8．定义运算abcd＝ad

－bc，则符合条件1－1zzi＝4＋2i的复数z＝________.答案3－i解析∵1－1zzi＝4＋2i，∴zi＋z＝4＋2i，即z(1＋i)＝4＋2i，∴z＝4＋2i1＋i＝3－i.9．已知复数

z＝3＋i1－3i2，z－是z的共轭复数，则zz－＝________.答案14解析z＝3＋i1－3i2＝3＋i－2－23i＝－34＋i4，所以zz－＝－34＋i4－34－i4＝14.三、解答题10．在复数范

围内解下列方程：(1)9x2＋64＝0；(2)x2＋5x＋7＝0.解(1)移项，得9x2＝－64，二次项系数化为1，得x2＝－649，因为83i2＝－83i2＝－649，所以原方程的根为x＝±83i.(2)因为a＝1，b＝5，c＝7，Δ＝b2－4ac＝52－4×1×7＝－

3<0，所以应用求根公式得原方程的根为x＝－b±－b2－4aci2a＝－5±3i2×1＝－5±3i2.B级：“四能”提升训练1．设z＝12＋32i(i是虚数单位)，求z＋2z2＋3z3＋4z4＋5z5＋6z6.解z2＝－12

＋32i，z3＝－1，z4＝－12－32i，z5＝12－32i，z6＝1，所以原式＝12＋32i＋(－1＋3i)＋(－3)＋(－2－23i)＋52－532i＋6＝3－33i.2．已知复数z满足|z|＝2，z2的虚部为2.(1)求复数z；(2)设z，z2，z－z

2在复平面内对应的点分别为A，B，C，求△ABC的面积．解(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，由已知条件，得a2＋b2＝2，z2＝a2－b2＋2abi，所以2ab＝2.所以a＝b＝1或a＝b＝－1，即z＝1＋i或z＝－1－i.(2)当z＝1＋i时，z2＝(1＋

i)2＝2i，z－z2＝1－i，所以点A(1,1)，B(0,2)，C(1，－1)，所以S△ABC＝12|AC|×1＝12×2×1＝1.当z＝－1－i时，z2＝(－1－i)2＝2i，z－z2＝－1－3i.所以点A(－1，－1)，

B(0,2)，C(－1，－3)，所以S△ABC＝12|AC|×1＝12×2×1＝1，即△ABC的面积为1.