2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（基礎(chǔ)版）課時(shí)精講第5章　§5.4　復(fù)　數(shù)（含解析）

第第頁§5.4復(fù)數(shù)課標(biāo)要求1.通過方程的解，認(rèn)識復(fù)數(shù).2.理解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，理解兩個(gè)復(fù)數(shù)相等的含義.3.掌握復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，了解復(fù)數(shù)加、減運(yùn)算的幾何意義．知識梳理1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的定義：形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中a是復(fù)數(shù)z的實(shí)部，b是復(fù)數(shù)z的虛部，i為虛數(shù)單位．(2)復(fù)數(shù)的分類：復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實(shí)數(shù)b＝0，,虛數(shù)b≠0當(dāng)a＝0時(shí)為純虛數(shù).))(3)復(fù)數(shù)相等：a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(4)共軛復(fù)數(shù)：a＋bi與c＋di互為共軛復(fù)數(shù)?a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．(5)復(fù)數(shù)的模：向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的?；蚪^對值，記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)(a，b∈R)．2．復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)．(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→)).3．復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算法則：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；④除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．(2)幾何意義：復(fù)數(shù)加、減法可按向量的平行四邊形法則或三角形法則進(jìn)行．如圖給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義，即eq\o(OZ,\s\up6(→))＝eq\o(OZ1,\s\up6(→))＋eq\o(OZ2,\s\up6(→))，eq\o(Z1Z2,\s\up6(→))＝eq\o(OZ2,\s\up6(→))－eq\o(OZ1,\s\up6(→)).常用結(jié)論1．(1±i)2＝±2i；eq\f(1＋i,1－i)＝i；eq\f(1－i,1＋i)＝－i.2．i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)．3．i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*)．4．復(fù)數(shù)z的方程在復(fù)平面上表示的圖形(1)a≤|z|≤b表示以原點(diǎn)O為圓心，以a和b為半徑的兩圓所夾的圓環(huán)；(2)|z－(a＋bi)|＝r(r>0)表示以(a，b)為圓心，r為半徑的圓．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)復(fù)數(shù)z＝0沒有共軛復(fù)數(shù)．(×)(2)復(fù)數(shù)可以比較大?。?×)(3)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，當(dāng)a＝0時(shí)，復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)．(×)(4)復(fù)數(shù)的模實(shí)質(zhì)上就是復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，也就是復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量的模．(√)2．已知復(fù)數(shù)z＝i3(1＋i)，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限答案D解析z＝i3(1＋i)＝－i(1＋i)＝1－i，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(1，－1)，位于第四象限．3．已知i是虛數(shù)單位，若|1＋ai|＝5，則實(shí)數(shù)a等于()A．2B．2eq\r(6)C．－2D．±2eq\r(6)答案D解析∵|1＋ai|＝5，∴eq\r(12＋a2)＝5，解得a＝±2eq\r(6).4．已知復(fù)數(shù)z滿足z(1－i)＝i(i為虛數(shù)單位)，則z的虛部為________．答案eq\f(1,2)解析由z(1－i)＝i，得z＝eq\f(i,1－i)＝eq\f(i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(－1＋i,2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以z的虛部為eq\f(1,2).題型一復(fù)數(shù)的概念例1(1)(多選)若復(fù)數(shù)z滿足z(1－2i)＝10，則()A.eq\x\to(z)＝2－4iB．z－2是純虛數(shù)C．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第三象限D(zhuǎn)．若角α的始邊為x軸非負(fù)半軸，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)在角α的終邊上，則sinα＝eq\f(\r(5),5)答案AB解析對于A，z＝eq\f(10,1－2i)＝eq\f(101＋2i,1－2i1＋2i)＝2＋4i，∴eq\x\to(z)＝2－4i，故A正確；對于B，z－2＝2＋4i－2＝4i，為純虛數(shù)，故B正確；對于C，z＝2＋4i，其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(2,4)，在第一象限，故C錯(cuò)誤；對于D，復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(2,4)，則sinα＝eq\f(4,\r(22＋42))＝eq\f(2\r(5),5)，故D錯(cuò)誤．(2)若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝－2＋i(i是虛數(shù)單位)，則|z|等于()A.eq\f(\r(10),2)B.eq\f(5,4)C.eq\f(5,2)D.eq\f(\r(5),2)答案A解析依題意，z(1＋i)＝－2＋i，z＝eq\f(－2＋i,1＋i)＝eq\f(－2＋i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(－1＋3i,2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i，所以|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\f(\r(10),2).(3)(多選)若關(guān)于x的方程x2＋x＋m＝0(m∈R)有兩個(gè)不同復(fù)數(shù)根x1和x2，其中x1＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i(i是虛數(shù)單位)，則下面四個(gè)選項(xiàng)正確的有()A．m＝1 B．x1>x2C．xeq\o\al(3,1)＝1 D．xeq\o\al(2,2)＝eq\x\to(x)2答案ACD解析由題可知，x1＋x2＝－1，所以x2＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，m＝x1x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝1，故A正確；x1，x2均為虛數(shù)，不能比較大小，故B錯(cuò)誤；xeq\o\al(3,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))3＝1，故C正確；xeq\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))2＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i＝eq\x\to(x)2，故D正確．思維升華解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項(xiàng)(1)復(fù)數(shù)的分類及對應(yīng)點(diǎn)的位置問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)該滿足的條件問題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實(shí)部和虛部滿足的方程(不等式)組即可．(2)解題時(shí)一定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，以確定實(shí)部和虛部．跟蹤訓(xùn)練1(1)(多選)下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z＝－1－i(i為虛數(shù)單位)的命題，其中真命題為()A．|z|＝2B．z2＝2iC．z的共軛復(fù)數(shù)為1＋iD．z的虛部為－1答案BD解析A選項(xiàng)，|z|＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，z2＝(－1－i)2＝1＋2i＋i2＝2i，B正確；C選項(xiàng)，z的共軛復(fù)數(shù)為－1＋i，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，z的虛部為－1，D正確．(2)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(2＋i,a＋i)的實(shí)部與虛部相等，則實(shí)數(shù)a的值為()A．－3B．－1C．1D．3答案A解析z＝eq\f(2＋i,a＋i)＝eq\f(2＋ia－i,a＋ia－i)＝eq\f(2a＋1＋a－2i,a2＋1)，因?yàn)閺?fù)數(shù)z＝eq\f(2＋i,a＋i)的實(shí)部與虛部相等，所以2a＋1＝a－2，解得a＝－3，故實(shí)數(shù)a的值為－3.(3)若復(fù)數(shù)z是x2＋x＋1＝0的根，則|z|等于()A.eq\r(2)B．1C．2D．3答案B解析∵x2＋x＋1＝0，∴由求根公式得x＝eq\f(－1±\r(1－4),2)＝eq\f(－1±\r(3)i,2)，即z＝eq\f(－1±\r(3)i,2)，∴當(dāng)z＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i時(shí)，|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝1，當(dāng)z＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i時(shí)，|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))2)＝1.綜上，|z|＝1.題型二復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算例2(1)已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，則z－eq\x\to(z)等于()A．－iB．iC．0D．1答案A解析因?yàn)閦＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(1－i1－i,21＋i1－i)＝eq\f(－2i,4)＝－eq\f(1,2)i，所以eq\x\to(z)＝eq\f(1,2)i，即z－eq\x\to(z)＝－i.(2)(多選)下列關(guān)于非零復(fù)數(shù)z1，z2的結(jié)論正確的是()A．若z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)，則z1·z2∈RB．若z1·z2∈R，則z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)C．若z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)，且z2≠0，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝1D．若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝1，則z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)答案AC解析設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，由z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)，得z2＝a－bi，則z1·z2＝a2＋b2∈R，故A正確；當(dāng)z1＝2＋2i，z2＝1－i時(shí)，z1·z2＝4∈R，此時(shí)z1，z2不是共軛復(fù)數(shù)，故B錯(cuò)誤；由z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)，得|z1|＝|z2|，又z2≠0，從而eq\f(|z1|,|z2|)＝1，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝1，故C正確；當(dāng)z1＝2＋i，z2＝1－2i時(shí)，|z1|＝|z2|，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝1，此時(shí)z1，z2不是共軛復(fù)數(shù)，故D錯(cuò)誤．思維升華(1)復(fù)數(shù)的乘法：復(fù)數(shù)乘法類似于多項(xiàng)式的乘法運(yùn)算．(2)復(fù)數(shù)的除法：除法的關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)．跟蹤訓(xùn)練2(1)(2＋2i)(1－2i)等于()A．－2＋4iB．－2－4iC．6＋2iD．6－2i答案D解析(2＋2i)(1－2i)＝2－4i＋2i＋4＝6－2i.(2)已知復(fù)數(shù)z滿足z·i3＝1－2i，則eq\x\to(z)的虛部為()A．1B．－1C．2D．－2答案B解析∵z·i3＝1－2i，∴－zi＝1－2i，∴z＝eq\f(1－2i,－i)＝eq\f(1－2ii,－i2)＝2＋i，∴eq\x\to(z)＝2－i，∴eq\x\to(z)的虛部為－1.題型三復(fù)數(shù)的幾何意義例3(1)棣莫弗公式(cosx＋isinx)n＝cosnx＋isinnx(i為虛數(shù)單位)是由法國數(shù)學(xué)家棣莫弗(1667－1754)發(fā)現(xiàn)的，根據(jù)棣莫弗公式可知，若復(fù)數(shù)z滿足z·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,8)＋i·sin\f(π,8)))6＝|1＋i|，則復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)Z落在復(fù)平面內(nèi)的()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限答案C解析z·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,8)＋i·sin\f(π,8)))6＝|1＋i|，根據(jù)棣莫弗公式可知，z·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,4)＋i·sin\f(3π,4)))＝z·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i))＝eq\r(2)，即z·(－1＋i)＝2，則z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝－1－i，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)Z(－1，－1)落在復(fù)平面內(nèi)的第三象限．(2)已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，且|z－i|＝|z＋2－i|，則|z－3＋eq\r(3)i|的最小值為()A．5B．4C．3D．2答案B解析因?yàn)閦＝a＋bi(a，b∈R)，則z－i＝a＋(b－1)i，z＋2－i＝(a＋2)＋(b－1)i，由|z－i|＝|z＋2－i|，可得eq\r(a2＋b－12)＝eq\r(a＋22＋b－12)，解得a＝－1，則z＝－1＋bi，所以z－3＋eq\r(3)i＝－4＋(b＋eq\r(3))i，因此|z－3＋eq\r(3)i|＝eq\r(－42＋b＋\r(3)2)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝－eq\r(3)時(shí)，等號成立，故|z－3＋eq\r(3)i|的最小值為4.思維升華由于復(fù)數(shù)、點(diǎn)、向量之間建立了一一對應(yīng)的關(guān)系，因此可以把復(fù)數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，解題時(shí)可運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀．跟蹤訓(xùn)練3(1)在復(fù)平面內(nèi)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，復(fù)數(shù)z1＝i(－4＋3i)，z2＝7＋i對應(yīng)的點(diǎn)分別為Z1，Z2，則∠Z1OZ2的大小為()A.eq\f(π,3)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,4)D.eq\f(5π,6)答案C解析∵z1＝i(－4＋3i)＝－3－4i，z2＝7＋i，∴eq\o(OZ1,\s\up6(→))＝(－3，－4)，eq\o(OZ2,\s\up6(→))＝(7,1)，∴eq\o(OZ1,\s\up6(→))·eq\o(OZ2,\s\up6(→))＝－21－4＝－25，∴cos∠Z1OZ2＝eq\f(\o(OZ1,\s\up6(→))·\o(OZ2,\s\up6(→)),|\o(OZ1,\s\up6(→))||\o(OZ2,\s\up6(→))|)＝eq\f(－25,5×5\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，又∠Z1OZ2∈[0，π]，∴∠Z1OZ2＝eq\f(3π,4).(2)已知復(fù)數(shù)z滿足|z－2|＝1，則|z－i|的最小值為()A．1B.eq\r(5)－1C.eq\r(5)＋1D．3答案B解析設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，因?yàn)閨z－2|＝|x－2＋yi|＝eq\r(x－22＋y2)＝1，所以(x－2)2＋y2＝1，即z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點(diǎn)的軌跡為圓C：(x－2)2＋y2＝1，如圖，又|z－i|＝|x＋(y－1)i|＝eq\r(x2＋y－12)，所以|z－i|表示圓C上的動點(diǎn)到定點(diǎn)A(0,1)的距離，所以|z－i|min＝CA－1＝eq\r(5)－1.課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．已知a，b∈R，a＋3i＝(b＋i)i(i為虛數(shù)單位)，則()A．a(chǎn)＝1，b＝－3 B．a(chǎn)＝－1，b＝3C．a(chǎn)＝－1，b＝－3 D．a(chǎn)＝1，b＝3答案B解析因?yàn)閍＋3i＝(b＋i)i＝－1＋bi，所以a＝－1，b＝3.2．已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足z－i＝eq\f(3＋i,1＋i)，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為()A．2B．－2C．2iD．－2i答案A解析因?yàn)閦－i＝eq\f(3＋i,1＋i)＝eq\f(3＋i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，所以z＝2，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為2.3．如果一個(gè)復(fù)數(shù)的實(shí)部和虛部相等，則稱這個(gè)復(fù)數(shù)為“等部復(fù)數(shù)”，若復(fù)數(shù)z＝(2＋ai)i(其中a∈R)為“等部復(fù)數(shù)”，則復(fù)數(shù)eq\x\to(z)＋ai在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在()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∵z＝(2＋ai)i＝－a＋2i，又∵“等部復(fù)數(shù)”的實(shí)部和虛部相等，復(fù)數(shù)z為“等部復(fù)數(shù)”，∴－a＝2，解得a＝－2，∴z＝2＋2i，∴eq\x\to(z)＝2－2i，即eq\x\to(z)＋ai＝2－4i，∴復(fù)數(shù)eq\x\to(z)＋ai在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)是(2，－4)，位于第四象限．4．已知復(fù)數(shù)z1＝a＋i，a∈R，z2＝1－2i，且z1·eq\x\to(z)2為純虛數(shù)，則|z1|等于()A.eq\r(3)B．2C.eq\r(5)D.eq\r(6)答案C解析復(fù)數(shù)z1＝a＋i，z2＝1－2i，則z1·eq\x\to(z)2＝(a＋i)(1＋2i)＝(a－2)＋(2a＋1)i，依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＝0，,2a＋1≠0，))解得a＝2，即z1＝2＋i，所以|z1|＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).5．已知m，n為實(shí)數(shù)，1－i(i為虛數(shù)單位)是關(guān)于x的方程x2－mx＋n＝0的一個(gè)根，則m＋n等于()A．0B．1C．2D．4答案D解析由1－i是關(guān)于x的方程x2－mx＋n＝0的一個(gè)根，則1＋i是關(guān)于x的方程x2－mx＋n＝0的一個(gè)根，則m＝1－i＋1＋i＝2，n＝(1－i)×(1＋i)＝2，即m＝2，n＝2，則m＋n＝4.6．已知復(fù)數(shù)z1與z＝3＋i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對稱，則eq\f(z1,2＋i)等于()A．1＋iB．1－iC．－1＋iD．－1－i答案B解析因?yàn)閺?fù)數(shù)z1與z＝3＋i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對稱，所以z1＝3－i，所以eq\f(z1,2＋i)＝eq\f(3－i,2＋i)＝eq\f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(5－5i,5)＝1－i.7．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－1＋i|＝2，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則()A．(x＋1)2＋(y－1)2＝4B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝4C．(x－1)2＋(y－1)2＝4D．(x－1)2＋(y＋1)2＝4答案D解析復(fù)數(shù)z滿足z＝x＋yi(x，y∈R)，則|x－1＋(y＋1)i|＝2，∴(x－1)2＋(y＋1)2＝4.二、多項(xiàng)選擇題8．已知i為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論中正確的是()A．i＋i2＋i3＋i4＝0B．3＋i>1＋iC．若復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)，則|z|2＝z2D．復(fù)數(shù)－2－i的虛部為－1答案AD解析對于A，由虛數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，可得i＋i2＋i3＋i4＝i－1－i＋1＝0，故A正確；對于B，虛數(shù)不能比較大小，故B不正確；對于C，當(dāng)z＝i時(shí)，|z|2＝1，z2＝－1，此時(shí)|z|2≠z2，故C不正確；對于D，根據(jù)復(fù)數(shù)的概念，可得復(fù)數(shù)－2－i的虛部為－1，故D正確．9．已知復(fù)數(shù)z1，z2，eq\x\to(z)1為z1的共軛復(fù)數(shù)，則下列結(jié)論中一定成立的是()A．z1＋eq\x\to(z)1為實(shí)數(shù)B．|eq\x\to(z)1|＝|z1|C．若|z1|＝|z2|，則z1＝±z2D．|z2eq\x\to(z)1|＝|z2z1|答案ABD解析設(shè)z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)1＝x－yi，對于A，z1＋eq\x\to(