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人教版2024高中数学必修二第七章复数(二十三)

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单选题
1、若z=1+2i+i3，则|z|=（    ）
A．0B．1
C．2D．2
答案：C
分析：先根据i2=-1将z化简，再根据复数的模的计算公式即可求出．
因为z=1+2i+i3=1+2i-i=1+i，所以 |z|=12+12=2．
故选：C．
小提示：本题主要考查复数的模的计算公式的应用，属于容易题．
2、已知z=x+yi，x，y∈R，i是虚数单位.若复数z1+i+i是实数，则|z|的最小值为（    ）
A．0B．52C．5D．2
答案：D
分析：利用复数的运算法则和复数为实数的充要条件可得x=y+2，再利用复数模的计算公式和二次函数的单调性即可得出.
解：∵复数z1+i+i=(x+yi)(1-i)(1+i)(1-i)+i =x+y+(y-x+2)i2是实数
y-x+2=0
故x=y+2
|z|=x2+y2=(y+2)2+y2=2y2+4y+4=2(y+1)2+2≥2
当且仅当y=-1,x=1时取等号
|z|的最小值为2
故选：D
3、复数z=1-i3+i的虚部是（    ）
A．-12B．12C．-12iD．12i
答案：A
分析：先根据模的定义计算，并化简得到z=12-12i，再根据虚部的定义作出判定.
∵z=1-i3+i=1-i32+12=1-i2=12-12i，
∴z的虚部为-12，
故选：A.
4、已知复数z=2-3i，若z⋅a+i是纯虚数，则实数a=（    ）
A．-23B．23C．-32D．32
答案：D
分析：根据共轭复数的定义及复数的乘法运算结合纯虚数的定义即可得出答案.
解：z⋅a+i=2+3ia+i=2a-3+3a+2i是纯虚数，
则2a-3=03a+2≠0，解得a=32.
故选：D.
5、在复平面内，把复数3-3i对应的向量按顺时针方向旋转π3，所得向量对应的复数是(  )
A．23B．-23iC．3-3iD．3+3i
答案：B
分析：由题意知复数3-3i对应的向量按顺时针方向旋转π3，需要把已知向量对应的复数乘以复数的沿顺时针旋转后的复数，相乘得到结果．
解：∵由题意知复数3-3i对应的向量按顺时针方向旋转π3，
∴旋转后的向量为(3-3i)cos(-π3)+isin(-π3)=3-3i12-3i2=32-33i2-3i2+3i22=-23i．
故选：B．
6、复数1-cosθ-isinθθ∈0,2π的三角形式是（    ）
A．2sinθ2cosθ+π2+isinθ+π2B．2sinθ2cosπ-θ2+isinπ-θ2
C．2sinθ2cosθ-π2+isinθ-π2D．2cosθ2cosπ-θ2+isinπ-θ2
答案：C
分析：根据余弦的二倍角公式以及诱导公式将复数的代数系数转化为三角形式即可求解.
1-cosθ-isinθ=2sin2θ2-2isinθ2cosθ2
=2sinθ2sinθ2-icosθ2 =2sinθ2cosπ-θ2-isinπ-θ2
=2sinθ2cosπ-θ2+isin-π-θ2
=2sinθ2cosθ-π2+isinθ-π2，
故选：C.
7、在复平面内，点A(cosθ,sinθ),B(sin(-θ),cos(-θ))分别对应复数z1,z2，则z2z1=（    ）
A．-1B．1C．-iD．i
答案：D
分析：根据复数几何意义，求得z1,z2，再结合复数的除法的运算法则，即可求解.
由点A(cosθ,sinθ)和B(sin(-θ),cos(-θ))分别对应复数z1,z2，
可得z1=cosθ+isinθ，z2=sin(-θ)+icos(-θ)=-sinθ+icosθ，
所以z2z1=-sinθ+icosθcosθ+isinθ=(-sinθ+icosθ)(cosθ-isinθ)(cosθ+isinθ)(cosθ-isinθ)=(sin2θ+cos2θ)icos2θ+sin2θ=i.
故选：D.
8、已知i是虚数单位，若z=i+a1+i为纯虚数，则实数a=（    ）
A．1B．-1C．2D．-2
答案：B
分析：由复数除法法则化简复数为代数形式，然后由复数的定义求解．
因为z=i+a1+i=(a+i)(1-i)(1+i)(1-i)=a-ai+i-i22=a+12+1-a2i为纯虚数，
所以a+12=01-a2≠0，a=-1．
故选：B．
多选题
9、关于复数z=cos2π3+isin2π3（i为虚数单位），下列说法正确的是（  ）
A．z=1B．z在复平面上对应的点位于第二象限
C．z3=1D．z2+z+1=0
答案：ACD
分析：利用复数的运算法则，共轭复数的定义，几何意义即可求解
z=cos2π3+isin2π3=-12+32i
所以z=-122+322=1
故A正确
z=-12-32i，则z在复平面上对应的点为-12,-32位于第三象限
故B错误
z=-12+32i ⇒ z2=-12+32i2=-122+2×-1232i+32i2=-12-32i
z3=z2⋅z=-12+32i2-12+32i=-12-32i-12+32i=-122--32i2
=14-34i2=14+34=1
故C正确
z2+z+1=-12-32i-12+32i+1=0
故D正确
故选：ACD
10、已知i为虚数单位，则下面命题正确的是（       ）
A．若复数z=3+i，则1z=310-i10.
B．复数z满足z-2i=1，z在复平面内对应的点为x,y，则x2+y-22=1.
C．若复数z1，z2满足z1=z2，则z1z2≥0.
D．复数z=-3i+1的虚部是1.
答案：ABC
分析：对于A，直接利用复数的除法运算求解，对于B，利用复数的模求解，对于C，直接复数的乘法运算求解判断，对于D，利用虚部的定义判断
对于A，因为z=3+i，所以1z=13+i=3-i(3+i)(3-i)=3-i10=310-i10，所以A正确，
对于B，因为z在复平面内对应的点为x,y，所以z-2i=x+(y-2)i，因为z-2i=1，所以x2+y-22=1，所以B正确，
对于C，令z2=a+bi(a,b∈R)，因为z1=z2，所以z1=a-bi(a,b∈R)，所以z1z2=a-bia+bi=a2+b2≥0，所以C正确，
对于D，复数z=-3i+1的虚部为-3，所以D错误，
故选：ABC
11、已知z1与z2是共轭复数（虚部均不为0），以下4个命题一定正确的是（    ）
A．z12项，z1z2=a+bia-bi=a2+b2=z1z2，B选项正确；
对于C选项，z1+z2=a+bi+a-bi=2a∈R，C选项正确；
对于D选项，若ab≠0，z1z2=a+bia-bi=a+bi2a2+b2=a2-b2+2abia2+b2∉R，D选项错误.
故选：BC．
12、意大利数学家卡尔达诺（Cardano.Girolamo，1501-1576）发明了三次方程的代数解法.17世纪人们把卡尔达诺的解法推广并整理为四个步骤：
第一步，把方程x3+a2x2+a1x+a0=0中的x用x-a23来替换，得到方程x3+px+q=0；
第二步，利用公式x3+y3+z3-3xyz=x+y+zx+ωy+ω2zx+ω2y+ωz将x3+px+q因式分解；
第三步，求得y，z的一组值，得到方程x3+px+q=0的三个根：-y-z，-ωy-ω2z，-ω2y-ωz（其中ω=-1+3i2，i为虚数单位）；
第四步，写出方程x3+a2x2+a1x+a0=0的根：x1=-a23-y-z，x2=-a23-ωy-ω2z，x3=-a23-ω2y-ωz.
某同学利用上述方法解方程8x3-12x2-42x+55=0时，得到y的一个值：-1+i，则下列说法正确的是（    ）
A．a2=-32B．yz=2C．x2=-12+3D．x3=-1-3
答案：ABC
分析：根据三次方程的代数解法对选项进行分析，由此确定正确选项.
8x3-12x2-42x+55=0⇒x3-32x2-214x+558=0
依题意可知a2是2次项系数，所以a2=-32，A选项正确.
第一步，把方程x3-32x2-214x+558=0中的x，用x+12来替换，
得x+123-32x+122-214x+12+558=x3-6x+4=0，
第二步，对比x3-6x+4=0与x3+y3+z3-3xyz=0，
可得y3+z3=4-3yz=-6y=-1+i，解得yz=2,z=-1-i，B选项正确.
所以x2=-a23-ωy-ω2z=12--1+3i2-1+i+-1+3i221+i=-12+3，C选项正确.
x3=a23-ω2y-ωz=12--1+3i22-1+i+-1+3i21+i=-12-3，D选项错误.
故选：ABC
填空题
13、设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，且z1=1-i（i为虚数单位），则z12+z2=______．
答案：10
分析：首先根据复数的几何意义得到z2=-1-i，再求z12+z2即可.
因为复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，且z1=1-i，
所以z2=-1-i.
所以z12+z2=1-i2+-1-i=-1-3i=10.
所以答案是：10
14、复数21-i的虚部为____________．
答案：1
解析：根据分母实数化，将分子分母同乘以分母的共轭复数1+i，然后即可判断出复数的虚部.
因为21-i=21+i1-i1+i=1+i，所以复数的虚部为1，
所以答案是：1.
15、已知复数z1＝3－bi，z2＝1－2i，若z1z2是实数，则实数b＝________.
答案：6
分析：化简z1z2，利用虚部为零，计算出b即可.
z1z2＝3-bi1-2i＝(3-bi)(1+2i)(1-2i)(1+2i)＝3+2b+(6-b)i5，
∵z1z2是实数，∴6－b＝0，即b＝6.
所以答案是：6

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