2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》第4節(jié) 復(fù)數(shù)

第四節(jié)復(fù)數(shù)課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.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.2.掌握復(fù)數(shù)代數(shù)表示式的四則運(yùn)算，了解復(fù)數(shù)加、減運(yùn)算的幾何意義．復(fù)數(shù)是高考的必考內(nèi)容，主要考查復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算及復(fù)數(shù)的幾何意義．預(yù)計(jì)2025年高考會(huì)考查復(fù)數(shù)運(yùn)算，題型以選擇題、填空題為主，分值為5分或6分.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)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eq\x(\s\up1(01))a是實(shí)部，eq\x(\s\up1(02))b是虛部，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\{(\a\vs4\al\co1(實(shí)數(shù)（b\x(\s\up1(03))＝0），,虛數(shù)（b\x(\s\up1(04))≠0）（當(dāng)a\x(\s\up1(05))＝0時(shí)為純虛數(shù)）.))(3)復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di?eq\x(\s\up1(06))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)?eq\x(\s\up1(07))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的模或絕對(duì)值，記作eq\x(\s\up1(08))|z|或eq\x(\s\up1(09))|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)eq\o(,\s\up7(一一對(duì)應(yīng)),\s\do5())復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)．(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)eq\o(,\s\up7(一一對(duì)應(yīng)),\s\do5())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)＝eq\x(\s\up1(10))(a＋c)＋(b＋d)i；②減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝eq\x(\s\up1(11))(a－c)＋(b－d)i；③乘法：z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝eq\x(\s\up1(12))(ac－bd)＋(ad＋bc)i；④除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－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(→)).1．(1±i)2＝±2i；eq\f(1＋i,1－i)＝i；eq\f(1－i,1＋i)＝－i.2．－b＋ai＝i(a＋bi)(a，b∈R)．3．i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N)．4．i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N)．5．復(fù)數(shù)z的方程在復(fù)平面內(nèi)表示的圖形(1)a≤|z|≤b表示以原點(diǎn)O為圓心，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．1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)復(fù)數(shù)z＝a－bi(a，b∈R)中，虛部為b.()(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(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，也就是復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的向量的模．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)(2023·全國甲卷)eq\f(5（1＋i3）,（2＋i）（2－i）)＝()A．－1 B．1C．1－i D．1＋i答案C解析eq\f(5（1＋i3）,（2＋i）（2－i）)＝eq\f(5（1－i）,5)＝1－i.故選C.(2)(人教A必修第二冊(cè)習(xí)題7.2T2改編)在復(fù)平面內(nèi)，向量eq\o(AB,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量eq\o(CB,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，則向量eq\o(CA,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．1－2i B．－1＋2iC．3＋4i D．－3－4i答案D解析∵eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝－1－3i－2－i＝－3－4i.故選D.(3)若a＋bi(a，b∈R)是eq\f(1－i,1＋i)的共軛復(fù)數(shù)，則a＋b＝________．答案1解析由eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(（1－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝－i，得a＋bi＝i，即a＝0，b＝1，則a＋b＝1.(4)(人教B必修第四冊(cè)習(xí)題10－1AT2改編)已知(a－i)(1－2i)＝－3＋bi，a，b∈R，i是虛數(shù)單位，則a＋b＝________；若復(fù)數(shù)z＝a＋bi，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第________象限．答案0二解析由(a－i)(1－2i)＝－3＋bi，得a－2－(1＋2a)i＝－3＋bi，由復(fù)數(shù)相等的充要條件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＝－3，,－（1＋2a）＝b，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，))所以a＋b＝0，z＝－1＋i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(－1，1)，位于第二象限．考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一復(fù)數(shù)的有關(guān)概念例1(1)(2023·蘇州期末)設(shè)i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)(1－i)(1＋ai)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為()A．－1 B．0C．1 D．2答案A解析∵(1－i)(1＋ai)＝1＋ai－i＋a＝1＋a＋(a－1)i為純虛數(shù)，∴1＋a＝0，且a－1≠0，∴a＝－1.故選A.(2)若復(fù)數(shù)z滿足(1＋2i)z＝4＋3i，則eq\o(z,\s\up6(－))的實(shí)部為()A．1 B．－1C．2 D．－2答案C解析由題意，得z＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(（4＋3i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq\f(10－5i,5)＝2－i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝2＋i，故eq\o(z,\s\up6(－))的實(shí)部為2.故選C.【通性通法】解決復(fù)數(shù)概念問題的兩個(gè)注意事項(xiàng)【鞏固遷移】1．(2024·衡水中學(xué)模擬)已知eq\f(x,1＋i)＝1－yi，其中x，y是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位，則x＋yi的共軛復(fù)數(shù)為()A．2＋i B．2－iC．1＋2i D．1－2i答案B解析由eq\f(x,1＋i)＝1－yi，得eq\f(x（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－yi，即eq\f(x,2)－eq\f(x,2)i＝1－yi，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＝1，,\f(x,2)＝y(tǒng)，))解得x＝2，y＝1，∴x＋yi＝2＋i，∴其共軛復(fù)數(shù)為2－i.故選B.2．復(fù)數(shù)z＝(3＋i)(1－4i)，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部之和是________．答案－4解析z＝(3＋i)(1－4i)＝7－11i，則z的實(shí)部為7，虛部為－11，故復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部之和是7－11＝－4.考點(diǎn)二復(fù)數(shù)的運(yùn)算例2(1)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，則z－eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－i B．i C．0 D．1答案A解析因?yàn)閦＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(（1－i）（1－i）,2（1＋i）（1－i）)＝eq\f(－2i,4)＝－eq\f(1,2)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)i，所以z－eq\o(z,\s\up6(－))＝－i.故選A.(2)若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(z－i,z＋1)＝i，則z2＝________，|z|＝________．答案－2ieq\r(2)解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\f(z－i,z＋1)＝eq\f(a＋（b－1）i,（a＋1）＋bi)＝i，a＋(b－1)i＝i·[(a＋1)＋bi]＝－b＋(a＋1)i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－b，,b－1＝a＋1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，))所以z＝－1＋i，故z2＝(－1＋i)2＝－2i，|z|＝eq\r(（－1）2＋12)＝eq\r(2).【通性通法】復(fù)數(shù)代數(shù)形式運(yùn)算的策略【鞏固遷移】3．(2022·新高考Ⅱ卷)(2＋2i)(1－2i)＝()A．－2＋4i B．－2－4iC．6＋2i D．6－2i答案D解析(2＋2i)(1－2i)＝2＋4－4i＋2i＝6－2i.故選D.4．(2023·全國乙卷)設(shè)z＝eq\f(2＋i,1＋i2＋i5)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．1－2i B．1＋2iC．2－i D．2＋i答案B解析由題意可得z＝eq\f(2＋i,1＋i2＋i5)＝eq\f(2＋i,1－1＋i)＝eq\f(i（2＋i）,i2)＝eq\f(2i－1,－1)＝1－2i，則eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i.故選B.考點(diǎn)三復(fù)數(shù)的幾何意義例3(1)如圖，若向量eq\o(OZ,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z，則z＋eq\f(4,z)表示的復(fù)數(shù)為()A．1＋3i B．－3－iC．3－i D．3＋i答案D解析由題圖可得Z(1，－1)，即z＝1－i，所以z＋eq\f(4,z)＝1－i＋eq\f(4,1－i)＝1－i＋eq\f(4（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1－i＋eq\f(4＋4i,2)＝1－i＋2＋2i＝3＋i.故選D.(2)(多選)(2024·江蘇徐州模擬)已知復(fù)數(shù)z1＝－2＋i(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為A，復(fù)數(shù)z2滿足|z2－1＋i|＝2，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為B(x，y)，則下列結(jié)論正確的是()A．復(fù)數(shù)z1的虛部為iB．(x－1)2＋(y＋1)2＝4C．|z1－z2|的最大值為eq\r(13)＋2D．|z1＋z2|的最小值為eq\r(13)－2答案BC解析由z1＝－2＋i知，虛部為1，故A錯(cuò)誤；因?yàn)閨z2－1＋i|＝2，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為B(x，y)，則|(x－1)＋(y＋1)i|＝2，所以(x－1)2＋(y＋1)2＝4，故B正確；由題意知，點(diǎn)B在以(1，－1)為圓心，2為半徑的圓上，根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義，|AB|＝|z1－z2|，所以|z1－z2|max＝eq\r(（－2－1）2＋（1＋1）2)＋2＝eq\r(13)＋2，故C正確；|z1＋z2|＝|(－2＋x)＋(1＋y)i|＝eq\r(（x－2）2＋（y＋1）2)表示點(diǎn)B與定點(diǎn)(2，－1)的距離，易知點(diǎn)(2，－1)在圓內(nèi)，所以|z1＋z2|min＝2－eq\r(（2－1）2＋（－1＋1）2)＝1，故D錯(cuò)誤．故選BC.【通性通法】復(fù)數(shù)z、復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z及向量eq\o(OZ,\s\up6(→))相互聯(lián)系，即z＝a＋bi(a，b∈R)?Z(a，b)?eq\o(OZ,\s\up6(→)).由于復(fù)數(shù)、點(diǎn)、向量之間建立了一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，因此可把復(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．【鞏固遷移】5．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(1,1－i)的共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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eq\f(1,1－i)＝eq\f(1＋i,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i的共軛復(fù)數(shù)為eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，對(duì)應(yīng)點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，在第四象限．故選D.6．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－2i|＝1，在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離的最大值是()A．1 B．eq\r(3)C．eq\r(5) D．3答案D解析由題意可知，在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為復(fù)平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)(0，2)的距離為1的點(diǎn)的集合，即以(0，2)為圓心，1為半徑的圓，圓心(0，2)到原點(diǎn)的距離為2，所以圓上任一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離的最大值為2＋1＝3.故選D.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．已知復(fù)數(shù)z＝(a2－4)＋(a－3)i(a∈R)，則“a＝2”是“z為純虛數(shù)”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析因?yàn)閺?fù)數(shù)z＝(a2－4)＋(a－3)i(a∈R)為純虛數(shù)，等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－4＝0，,a－3≠0，))即a＝±2，由充分條件和必要條件的定義知“a＝2”是“a＝±2”的充分不必要條件，所以“a＝2”是“z為純虛數(shù)”的充分不必要條件．故選A.2．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)在復(fù)平面內(nèi)，(1＋3i)(3－i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限答案A解析因?yàn)?1＋3i)(3－i)＝3＋8i－3i2＝6＋8i，則所求復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(6，8)，位于第一象限．故選A.3．(2024·長春模擬)若復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq\o(z,\s\up6(－))，且滿足eq\o(z,\s\up6(－))·(1＋2i)＝1－i，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A．eq\f(3,5) B．－eq\f(3,5)iC．eq\f(3,5)i D．－eq\f(3,5)答案A解析eq\o(z,\s\up6(－))·(1＋2i)＝1－i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1－i,1＋2i)＝eq\f(（1－i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq\f(－1－3i,5)＝－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i，∴z＝－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i，∴復(fù)數(shù)z的虛部為eq\f(3,5).故選A.4．(2022·新高考Ⅰ卷)若i(1－z)＝1，則z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－2 B．－1C．1 D．2答案D解析因?yàn)閕(1－z)＝1，兩邊同乘以i，則原式變?yōu)閕2(1－z)＝i，即－1＋z＝i，z＝1＋i，那么eq\o(z,\s\up6(－))＝1－i，則z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋i＋1－i＝2.故選D.5．若復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)·z＝2－4i，則|eq\o(z,\s\up6(－))|＝()A．10 B．eq\r(10)C．20 D．2eq\r(5)答案B解析z＝eq\f(2－4i,1＋i)＝eq\f(（2－4i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2－2i－4i＋4i2,2)＝－1－3i，所以|eq\o(z,\s\up6(－))|＝|－1＋3i|＝eq\r(（－1）2＋32)＝eq\r(10).故選B.6．設(shè)eq\o(z,\s\up6(－))是復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＋2與eq\o(z,\s\up6(－))＋2i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，則eq\f(1,z)＝()A．－1＋i B．－eq\f(1,2)－eq\f(i,2)C．eq\f(1,2)－eq\f(i,2) D．－eq\f(1,2)＋eq\f(i,2)答案B解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z＋2＝(a＋2)＋bi，eq\o(z,\s\up6(－))＋2i＝a＋(2－b)i，因?yàn)閺?fù)數(shù)z＋2與eq\o(z,\s\up6(－))＋2i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，所以a＋2＋a＝0且b＝2－b，解得a＝－1，b＝1，則z＝－1＋i，eq\f(1,z)＝eq\f(1,－1＋i)＝eq\f(－1－i,（－1＋i）（－1－i）)＝eq\f(－1－i,2)＝－eq\f(1,2)－eq\f(i,2).故選B.7．已知復(fù)數(shù)z滿足|z－1－i|≤1，則|z|的最小值為()A．1 B．eq\r(2)－1C．eq\r(2) D．eq\r(2)＋1答案B解析令z＝x＋yi(x，y∈R)，則由題意有(x－1)2＋(y－1)2≤1，∴|z|的最小值即為圓(x－1)2＋(y－1)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)到原點(diǎn)的最小距離，∴|z|的最小值為eq\r(2)－1.故選B.8．若1＋eq\r(2)i是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x2＋bx＋c＝0的一個(gè)復(fù)數(shù)根，則()A．b＝2，c＝3 B．b＝2，c＝－eq\r(3)C．b＝－2，c＝－eq\r(3) D．b＝－2，c＝3答案D解析方程的根為x＝eq\f(－b±\r(b2－4c),2)＝－eq\f(b,2)±eq\r(\f(b2－4c,4))，1＋eq\r(2)i為其中一個(gè)復(fù)數(shù)根，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)＝1，,\f(b2－4c,4)＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝3.))故選D.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·蘇州模擬)若復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝5＋3i(其中i是虛數(shù)單位)，則()A．z的虛部為－iB．z的模為eq\r(17)C．z的共軛復(fù)數(shù)為4－iD．z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限答案BD解析由(1＋i)z＝5＋3i，得z＝eq\f(5＋3i,1＋i)＝eq\f(（5＋3i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(8－2i,2)＝4－i，所以z的虛部為－1，A錯(cuò)誤；z的模為eq\r(42＋（－1）2)＝eq\r(17)，B正確；z的共軛復(fù)數(shù)為4＋i，C錯(cuò)誤；z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(4，－1)，位于第四象限，D正確．故選BD.10．(2024·湖北襄陽一中階段考試)設(shè)z1，z2，z3為復(fù)數(shù)，z1≠0.下列命題中正確的是()A．若|z2|＝|z3|，則z2＝±z3B．若z1z2＝z1z3，則z2＝z3C．若eq\o(z,\s\up6(－))2＝z3，則|z1z2|＝|z1z3|D．若z1z2＝|z1|2，則z1＝z2答案BC解析由|i|＝|1|，知A錯(cuò)誤；z1z2＝z1z3，則z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故B正確；|z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，又eq\o(z,\s\up6(－))2＝z3，所以|z2|＝|eq\o(z,\s\up6(－))2|＝|z3|，故C正確；令z1＝i，z2＝－i，滿足z1z2＝|z1|2，不滿足z1＝z2，故D錯(cuò)誤．故選BC.11．歐拉公式exi＝cosx＋isinx是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉創(chuàng)立，該公式將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)聯(lián)，在復(fù)變函數(shù)論里面占有非常重要的地位，被譽(yù)為數(shù)學(xué)中的天橋．依據(jù)歐拉公式，下列說法正確的是()A．復(fù)數(shù)e2i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限B．eeq\s\up7(\f(π,2)i)為純虛數(shù)C．復(fù)數(shù)eq\f(exi,\r(3)＋i)的模等于eq\f(1,2)D．eeq\s\up7(\f(π,6)i)的共軛復(fù)數(shù)為eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i答案ABC解析對(duì)于A，e2i＝cos2＋isin2，因?yàn)閑q\f(π,2)<2<π，即cos2<0，sin2>0，所以復(fù)數(shù)e2i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，A正確；對(duì)于B，eeq\s\up7(\f(π,2)i)＝coseq\f(π,2)＋isineq\f(π,2)＝i，eeq\s\up7(\f(π,2)i)為純虛數(shù)，B正確；對(duì)于C，eq\f(exi,\r(3)＋i)＝eq\f(cosx＋isinx,\r(3)＋i)＝eq\f(（cosx＋isinx）（\r(3)－i）,（\r(3)＋i）（\r(3)－i）)＝eq\f(\r(3)cosx＋sinx,4)＋eq\f(\r(3)sinx－cosx,4)i，于是得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(exi,\r(3)＋i)))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)cosx＋sinx,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)sinx－cosx,4)))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)，C正確；對(duì)于D，eeq\s\up7(\f(π,6)i)＝coseq\f(π,6)＋isineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，其共軛復(fù)數(shù)為eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i，D不正確．故選ABC.三、填空題12．已知i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z＝eq\f(3－i,1＋i)，則|iz|＝________．答案eq\r(5)解析解法一：iz＝eq\f(（3－i）i,1＋i)＝eq\f(1＋3i,1＋i)＝eq\f(（1＋3i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(4＋2i,2)＝2＋i，所以|iz|＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).解法二：|iz|＝|i||z|＝1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3－i,1＋i)))＝eq\f(|3－i|,|1＋i|)＝eq\f(\r(32＋（－1）2),\r(12＋12))＝eq\f(\r(10),\r(2))＝eq\r(5).13．已知i為虛數(shù)單位，若|z|2＋(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))i＝1－i且復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，則復(fù)數(shù)z的虛部為________．答案－eq\f(\r(3),2)解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則由|z|2＋(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))i＝1－i可得a2＋b2＋2ai＝1－i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝1，,2a＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝－\f(\r(3),2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(\r(3),2)，))又因?yàn)閺?fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，所以z＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，故復(fù)數(shù)z的虛部為－eq\f(\r(3),2).14．設(shè)復(fù)數(shù)z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))eq\s\up12(n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq\s\up12(n)，i為虛數(shù)單位，n∈N，則由z的所有可能取值構(gòu)成的集合為________．答案{－2，0，2}解析z＝in＋(－i)n，i為虛數(shù)單位，n∈N，當(dāng)n＝4k(k∈N)時(shí)，z＝2；當(dāng)n＝4k＋1(k∈N)時(shí)，z＝0；當(dāng)n＝4k＋2(k∈N)時(shí)，z＝－2；當(dāng)n＝4k＋3(k∈N)時(shí)，z＝0.綜上所述，由z的所有可能取值構(gòu)成的集合為{－2，0，2}．15.(2024·河南鄭州外國語學(xué)校期中)如圖，已知復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的向量是eq\o(AB,\s\up6(→))，圖中每個(gè)小正方形網(wǎng)格的邊長均為1，則eq\f(\o(z,\s\up6(－)),1－i)＝()A．1＋2i B．1＋3iC．3＋i D．2＋i答案D解析由題圖可知eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(4，2)－(1，1)＝(3，1)，即z＝3＋i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝3－i，故eq\f(\o(z,\s\up6(－)),1－i)＝eq\f(3－i,1－i)＝eq\f(（3－i）（1＋i）,2)＝2＋i.故選D.16.(多選)(2024·廣東東莞實(shí)驗(yàn)中學(xué)質(zhì)檢)已知復(fù)數(shù)z滿足|z－1＋i|＝3，則()A．復(fù)數(shù)z虛部的最大值為2B．復(fù)數(shù)z實(shí)部的取值范圍是[－2，4]C．|z＋1＋i|的最小值為1D．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一、三、四象限答案ABC解析滿足|z－1＋i|＝3的復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以(1，－1)為圓心，3為半徑的圓，如圖．由圖可知，虛部最大的復(fù)數(shù)為z＝1＋2i，即復(fù)數(shù)z虛部的最大值為2，A正確；實(shí)部最小的復(fù)數(shù)為z＝－2－i，實(shí)部最大的復(fù)數(shù)為z＝4－i，所以復(fù)數(shù)z實(shí)部的取值范圍是[－2，4]，B正確；|z＋1＋i|表示復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到(－1，－1)的距離，所以|z＋1＋i|的最小值為3－2＝1，C正確；由圖可知，復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一、二、三、四象限，故D錯(cuò)誤.故選ABC.17．(多選)若復(fù)數(shù)z1＝2＋3i，z2＝－1＋i，其中i是虛數(shù)單位，則下列說法正確的是()A．eq\f(z1,z2)∈RB．eq\o(z1·z2,\s\up6(——))＝eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2C．若z1＋m(m∈R)是純虛數(shù)，那么m＝－2D．若eq\o(z,\s\up6(－))1，eq\o(z,\s\up6(－))2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的向量分別為eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝5答案BC解析對(duì)于A，eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋3i,－1＋i)＝eq\f(（2＋3i）（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝eq\f(1－5i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(5,2)i，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，∵z1·z2＝(2＋3i)(－1＋i)＝－5－i，∴eq\o(z1·z2,\s\up6(——))＝－5＋i，又eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝(2－3i)(－1－i)＝－5＋i，∴eq\o(z1·z2,\s\up6(——))＝eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2，B正確；對(duì)于C，∵z1＋m＝2＋m＋3i為純虛數(shù)，∴m＋2＝0，解得m＝－2，C正確；對(duì)于D，由題意得eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2，－3)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(－1，－1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－3，2)，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(9＋4)＝eq\r(13)，D錯(cuò)誤．故選BC.18．(多選)已知兩個(gè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1z2＝i，且z1＝1－i，則下列說法正確的是()A．z2＝eq\f(－1＋i,2) B．|z1|＝eq\f(1,|z2|)C．|z1＋z2|≥2 D．eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝－i答案ABD解析因?yàn)閦1z2＝i，z1＝1－i，所以z2＝eq\f(i,1－i)＝eq\f(－1＋i,2)，故A正確；|z1|＝eq\r(12＋（－1）2)＝eq\r(2)，|z2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以|z1|＝eq\f(1,|z2|)，故B正確；因?yàn)閨z1＋z2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,2)))＝eq\f(\r(2),2)＜2，故C錯(cuò)誤；eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝(1＋i)×eq\f(－1－i,2)＝－i，故D正確．故選ABD.19．(多選)(2024·九省聯(lián)考)已知復(fù)數(shù)z，w均不為0，則()A．z2＝|z|2 B．eq\f(z,\o(z,\s\up6(－)))＝eq\f(z2,|z|2)C．z－w＝eq\o(z,\s\up6(－))－eq\o(w,\s\up6(－)) D．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,w)))＝eq\f(|z|,|w|)答案BCD解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，w＝c＋di(c，d∈R)．對(duì)于A，z2＝(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2＝a2－b2＋2abi，|z|2＝(eq\r(a2＋b2))2＝a2＋b2，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B,eq\f(z,\o(z,\s\up6(－)))＝eq\f(z2,