第十章 复数 B卷 单元能力提升卷(二)-2020-2021学年新教材高中数学必修第四册【创新思维】同步AB卷（人教B版）

１６．解析:设ω１＝a１＋b１i,ω２＝a２＋b２i(a１,a２,b１,b２∈R,a１, b１ 不同时为０,a２,b２ 不同时为０),故得点P１(a１,b１), P２(a２,b２),且a１a２＋b１b２＝０． OP１→＝(a１,b１),OP２→＝(a２,b２),则有cos‹OP１→,OP２→›＝ a１a２＋b１b２ a２１＋b２１ a２２＋b２２ ＝０,故∠P１OP２＝ π ２． 答案:π ２ １７．解析:(１)∵z＝a－i(a∈R),且z(１＋i)是纯虚数, ∴(a－i)(１＋i)＝(a＋１)＋(a－１)i是纯虚数, 则 a＋１＝０, a－１≠０,{ 即a＝－１． ∴z＝－１－i,|z|＝ (－１)２＋(－１)２＝ ２． (２)(z－mi)２＝[－１－(m＋１)i]２＝１－(m＋１)２＋２(m ＋１)i, 由题意可得 １－(m＋１)２＜０, ２(m＋１)＞０,{ 解得m＞０． ∴实数m 的取值范围是(０,＋∞)． １８．解析:∵M∪P＝P,∴M⊆P． 即(m２－２m)＋(m２＋m－２)i＝－１或(m２－２m)＋(m２ ＋m－２)i＝４i． 当(m２－２m)＋(m２＋m－２)i＝－１时, 有 m２－２m＝－１, m２＋m－２＝０,{ 解得m＝１; 当(m２－２m)＋(m２＋m－２)i＝４i时, 有 m２－２m＝０, m２＋m－２＝４,{ 解得m＝２． 综上可知,m＝１或m＝２． １９．解析:(１)因为z１＝２＋i,z２＝ １ ２ (z１＋i) (２i＋１)－z１ , 所以２z２＝ ２＋i＋i (２i＋１)－(２＋i)＝ ２＋２i －１＋i , 所以z２＝ １＋i －１＋i＝－i． (２)因为在复平面内z１,z２ 对应的点分别为A,B,z１＝２ ＋i,z２ ＝－i,所 以 点 A,B 的 坐 标 分 别 为 (２,１),(０, －１),所以|AB|＝ (２－０)２＋(１＋１)２＝２ ２． ２０．解析:(１)∵复数z＝１－２i(i为虚数单位),z􀅰z０＝２z ＋z０, ∴z０(z－１)＝２z, ∴z０＝ ２z z－１＝ ２(１－２i) －２i ＝２＋i , ∴复数z０ 的共轭复数z０＝２－i． (２)∵复数z＝１－２i是关于 x 的方程x２－mx＋５＝０ 一个虚根, ∴(１－２i)２－(１－２i)m＋５＝０, 整理,得２－m＋(２m－４)i＝０, 解得m＝２． ２１．解析:(１)当m＝１,n＝－１时,z１＝１－２i,z２＝１＋i, 所以z１＋z２＝(１－２i)＋(１＋i)＝２－i, 所以|z１＋z２|＝ ２２＋(－１)２＝ ５． (２)若z１＝(z２)２,则m－２i＝(１－ni)２, 所以m－２i＝１－n２－２ni, 所以 m＝１－n２, －２＝－２n,{ 解得 m＝０, n＝１．{ ２２．解析:(１)设z＝x－i(x∈R), ∵z􀅰z＝２,∴|z|２＝x２＋１＝２, 得x＝－１或x＝１． 又z在复平面内所对应的点在第四象限, ∴z＝１－i． (２)∵z２＝(１－i)２＝－２i, ∴A(１,－１),B(０,－２),O(０,０), AO→＝(－１,１),AB→＝(－１,－１), 则cos∠OAB＝ AO →􀅰AB→ |AO→|􀅰|AB→| ＝ １－１ ２􀅰 ２ ＝０, ∴∠OAB＝９０°． 第十章　复数 B卷􀅰单元能力提升卷(二) １．A　设所求新复数为z＝a＋bi(a,b∈R), 由题意知,复数－ ５＋２i的虚部为２, 即a＝２; 复数 ５i＋２i２＝ ５i＋２×(－１)＝－２＋ ５i的实部为－２, 即b＝－２, 则所求的新复数为z＝２－２i． ２．B　∵(x－i)i＝y＋２i,xi－i２＝y＋２i,∴y＝１,x＝２,∴x ＋yi＝２＋i． ３．D　由题意 a＝a２, b＝b２,{ 或 a＝b２, b＝a２,{ 因为a≠b,ab≠０, 所以 a＝－１２＋ ３ ２i , b＝－１２－ ３ ２i ì î í ï ï ïï 或 b＝－１２＋ ３ ２i , a＝－１２－ ３ ２i． ì î í ï ï ïï 因此a＋b＝－１． ４．D　设z＝a＋bi(a,b∈R), 故(３－４i)(a＋bi)＝３a＋３bi－４ai＋４b＝|４＋３i|＝５, 所以 ３b－４a＝０, ３a＋４b＝５,{ 解得b＝ ４ ５． ５．C　１＋７i２－i＝ (１＋７i)(２＋i) ５ ＝－１＋３i , ∴a＝－１,b＝３,∴ab＝－３． ６．C　由z１,z２ 互为共轭复数, 得 x－２＝３x, y＝－１,{ 解得 x＝－１, y＝－１,{ 所以z１＝(x－２)＋yi＝－３－i． 由复数的几何意义知z１ 对应的点在第三象限． ７．D　因为A∩B＝{２},z为纯虚数, 所以zi＝２,所以z＝－２i． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋