《2025年新课程学习指导高中数学必修第二册北师大版》

(1)复数$\frac{1}{1 - 3i}$的虚部是(　　)
A. - $\frac{3}{10}$
B. - $\frac{1}{10}$
C.$\frac{1}{10}$
D.$\frac{3}{10}$

答案： D

1.$\frac{2 - i}{1 + 2i}$等于(　　)
A.1
B. - 1
C.i
D. - i

答案： D

2.如图，在复平面内,复数z₁,z₂对应的向量分别是$\overrightarrow{OA}$,$\overrightarrow{OB}$,则复数$\frac{z₁}{z₂}$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： B

3.计算:$\frac{(1 + i)}{1 - i}$ + $\frac{(1 - i)}{1 + i}$ - $\frac{(3 - 4i)(2 + 2i)}{4 + 3i}$ = ________.

答案： -16i

1. 复数$z = \frac{(1 + i)² + 3(1 - i)}{2 + i}$，若$z² + \frac{a}{z} \lt 0$，求纯虚数$a$。

答案： 解：由$(1 - i)^2 + \frac{a}{2} ＜ 0$可知$(1 - i)^2 + \frac{a}{2}$是实数且为负数。
$\frac{(1 + i)^2 + 3(1 - i)}{2 + i} = \frac{2i + 3 - 3i}{2 + i} = \frac{3 - i}{2 + i} = 1 - i$。
因为$a$为纯虚数，所以设$a = mi(m \in R$，且$m \neq 0)$，
则$(1 - i)^2 + \frac{a}{2} = (1 - i)^2 + \frac{mi}{2} = -2i + \frac{mi}{2} = \frac{m}{2}i - 2 ＜ 0$，
所以$\begin{cases}\frac{m}{2} - 2 = 0\\-\frac{m}{2} ＜ 0\end{cases}$，所以$m = 4$，所以$a = 4i$。

2. 若虚数$z$同时满足下列两个条件:
①$z + \frac{5}{z}$是实数；②$z+ 3$的实部与虚部互为相反数。
这样的虚数是否存在？若存在，求出$z$；若不存在，请说明理由。

答案： 解：这样的虚数存在，$z = -1 - 2i$或$z = -2 - i$。理由如下：设$z = a + bi(a,b \in R$且$b \neq 0)$，
则$z + \frac{5}{z} = a + bi + \frac{5}{a + bi} = a + bi + \frac{5(a - bi)}{a^2 + b^2} = (a + \frac{5a}{a^2 + b^2}) + (b - \frac{5b}{a^2 + b^2})i$。
因为$z + \frac{5}{z}$是实数，所以$b - \frac{5b}{a^2 + b^2} = 0$。
又因为$b \neq 0$，所以$a^2 + b^2 = 5$。 ①
又$z + 3 = (a + 3) + bi$的实部与虚部互为相反数，
所以$a + 3 + b = 0$。 ②
联立①②得$\begin{cases}a + b + 3 = 0\\a^2 + b^2 = 5\end{cases}$，
解得$\begin{cases}a = -1\\b = -2\end{cases}$或$\begin{cases}a = -2\\b = -1\end{cases}$，
故存在虚数$z = -1 - 2i$或$z = -2 - i$满足条件。

(2)(2023·新课标I卷)已知z = $\frac{1 - i}{2 + 2i}$,则z =(　　)
A. - i
B.i
C.0
D.1

答案： A