備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第4講-復(fù)數(shù)

第4講復(fù)數(shù)1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的概念形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中a與b分別叫做它的eq\x(\s\up1(01))實(shí)部與eq\x(\s\up1(02))虛部.若eq\x(\s\up1(03))b＝0，則a＋bi為實(shí)數(shù)，若eq\x(\s\up1(04))b≠0，則a＋bi為虛數(shù)，若eq\x(\s\up1(05))a＝0且b≠0，則a＋bi為純虛數(shù)．(2)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)．(3)共軛復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)．(4)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(duì)值，記作eq\x(\s\up1(07))|z|或eq\x(\s\up1(08))|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\x(\s\up1(09))eq\r(a2＋b2)(a，b∈R)．2．復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq\o(←→,\s\up7(一一對(duì)應(yīng)))復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)(a，b∈R)．(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq\o(←→,\s\up7(一一對(duì)應(yīng)))平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→))(a，b∈R)．3．復(fù)數(shù)的運(yùn)算設(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：z1z2＝(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＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．1．(1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N)．(2)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N)．2．zeq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2，|z1z2|＝|z1||z2|，|eq\f(z1,z2)|＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n(n∈N)．3．(1)復(fù)數(shù)加法的幾何意義：若復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))不共線，則復(fù)數(shù)z1＋z2是以eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))為鄰邊的平行四邊形的對(duì)角線eq\o(OZ,\s\up6(→))所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)．(2)復(fù)數(shù)減法的幾何意義：復(fù)數(shù)z1－z2是eq\o(OZ1,\s\up6(→))－eq\o(OZ2,\s\up6(→))＝eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)．1．(1＋i)(2－i)＝()A．－3－i B．－3＋iC．3－i D．3＋i答案D解析(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i.2．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解析因?yàn)橄蛄縠q\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，所以向量eq\o(BA,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是－2－i，且eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))，所以向量eq\o(CA,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是(－1－3i)＋(－2－i)＝－3－4i.故選D.3．(2020·浙江高考)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i為虛數(shù)單位)是實(shí)數(shù)，則a＝()A．1 B．－1C．2 D．－2答案C解析因?yàn)閍－1＋(a－2)i為實(shí)數(shù)，所以a－2＝0，所以a＝2.故選C.4．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)，則()A．z的模為2 B．z的實(shí)部為1C．z的虛部為－1 D．z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i答案C解析根據(jù)題意可知，eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,2)＝－1－i，所以z的虛部為－1，實(shí)部為－1，模為eq\r(2)，z的共軛復(fù)數(shù)為－1＋i.故選C.5．(2021·新高考Ⅱ卷)復(fù)數(shù)eq\f(2－i,1－3i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為()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eq\f(2－i,1－3i)＝eq\f(2－i1＋3i,10)＝eq\f(5＋5i,10)＝eq\f(1＋i,2)，所以該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，該點(diǎn)在第一象限，故選A.6．給出下列命題：①兩個(gè)不是實(shí)數(shù)的復(fù)數(shù)不能比較大??；②復(fù)數(shù)i－1的共軛復(fù)數(shù)是i＋1；③若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)x＝±1；④若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，則z1＝z2＝z3.其中錯(cuò)誤命題的序號(hào)是________.答案②③④解析①顯然為真命題．對(duì)于命題②，復(fù)數(shù)i－1的共軛復(fù)數(shù)是－i－1，所以該命題是錯(cuò)誤的．對(duì)于命題③，若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是純虛數(shù)，則x2－1＝0且x2＋3x＋2≠0，所以x＝1，所以該命題是錯(cuò)誤的．對(duì)于命題④，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，可取z1＝i，z2＝0，z3＝1，z1≠z2≠z3，所以該命題是錯(cuò)誤的．考向一復(fù)數(shù)的運(yùn)算例1(1)(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，則z(eq\o(z,\s\up6(－))＋i)＝()A．6－2i B．4－2iC．6＋2i D．4＋2i答案C解析z(eq\o(z,\s\up6(－))＋i)＝(2－i)(2＋i＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝4＋4i－2i－2i2＝6＋2i.故選C.(2)(2020·新高考Ⅰ卷)eq\f(2－i,1＋2i)＝()A．1 B．－1C．i D．－i答案D解析eq\f(2－i,1＋2i)＝eq\f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(－5i,5)＝－i，故選D.(3)(2021·武漢模擬)eq\f(1－i2021,1＋i)＝________.答案－i解析eq\f(1－i2021,1＋i)＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1－i1＋i)＝eq\f(－2i,2)＝－i.復(fù)數(shù)代數(shù)形式運(yùn)算問(wèn)題的解題策略(1)復(fù)數(shù)的乘法：復(fù)數(shù)的乘法類(lèi)似于多項(xiàng)式的乘法運(yùn)算，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類(lèi)同類(lèi)項(xiàng)，不含i的看作另一類(lèi)同類(lèi)項(xiàng)，分別合并即可．(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)，解題中要注意把i的冪寫(xiě)成最簡(jiǎn)形式．1.(2020·全國(guó)Ⅲ卷)若eq\o(z,\s\up6(－))(1＋i)＝1－i，則z＝()A．1－i B．1＋iC．－i D．i答案D解析因?yàn)閑q\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝eq\f(－2i,2)＝－i，所以z＝i.故選D.2．(2021·全國(guó)乙卷)設(shè)2(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，則z＝()A．1－2i B．1＋2iC．1＋i D．1－i答案C解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi,2(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＝4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，所以z＝1＋i.3．(2021·烏魯木齊模擬)已知復(fù)數(shù)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則eq\f(z2＋2,z－1)＝()A．2＋2i B．2－2iC．2i D．－2i答案B解析eq\f(z2＋2,z－1)＝eq\f(1＋i2＋2,1＋i－1)＝eq\f(2＋2i,i)＝eq\f(2＋2i－i,－i2)＝2－2i.考向二復(fù)數(shù)運(yùn)算與復(fù)數(shù)有關(guān)概念的綜合問(wèn)題例2(1)設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(a＋i,2－i)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝()A．2 B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．－2答案B解析因?yàn)閑q\f(a＋i,2－i)＝eq\f(a＋i2＋i,5)＝eq\f(2a－1＋a＋2i,5)是純虛數(shù)，所以2a－1＝0且a＋2≠0，所以a＝eq\f(1,2).(2)(2021·天津市河北區(qū)二模)若復(fù)數(shù)eq\f(1＋2ai,2－i)(a∈R)的實(shí)部和虛部相等，則實(shí)數(shù)a的值為()A．1 B．－1C．eq\f(1,6) D．－eq\f(1,6)答案C解析∵復(fù)數(shù)eq\f(1＋2ai,2－i)＝eq\f(1＋2ai2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(2－2a,5)＋eq\f(1＋4a,5)i的實(shí)部和虛部相等，∴eq\f(2－2a,5)＝eq\f(1＋4a,5)，解得a＝eq\f(1,6).故選C.(3)(2020·全國(guó)Ⅰ卷)若z＝1＋i，則|z2－2z|＝()A．0 B．1C．eq\r(2) D．2答案D解析z2＝(1＋i)2＝2i，則z2－2z＝2i－2(1＋i)＝－2，故|z2－2z|＝|－2|＝2.故選D.求解與復(fù)數(shù)概念相關(guān)問(wèn)題的技巧復(fù)數(shù)的分類(lèi)、復(fù)數(shù)的相等、復(fù)數(shù)的模、共軛復(fù)數(shù)的概念都與復(fù)數(shù)的實(shí)部和虛部有關(guān)，所以解答與復(fù)數(shù)相關(guān)概念有關(guān)的問(wèn)題時(shí)，需把所給復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根據(jù)題意列方程(組)求解．4.已知復(fù)數(shù)z1＝2＋i，z2＝1＋ti(t∈R)，且滿足eq\o(z,\s\up6(－))1z2是實(shí)數(shù)，則z2＝()A．1－eq\f(1,2)i B．1＋eq\f(1,2)iC.eq\f(1,2)＋i D．eq\f(1,2)－i答案B解析∵eq\o(z,\s\up6(－))1z2＝(2－i)(1＋ti)＝2＋t＋(2t－1)i是實(shí)數(shù)，∴2t－1＝0，即t＝eq\f(1,2)，∴z2＝1＋eq\f(1,2)i.故選B.5．(2022·寶雞模擬)已知i為虛數(shù)單位，實(shí)數(shù)a，b滿足(2－i)(a－bi)＝(－8－i)i，則ab的值為()A．6 B．－6C．5 D．－5答案A解析由題意，得(2a－b)＋(－a－2b)i＝1－8i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－b＝1，,－a－2b＝－8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝3，))∴ab＝6.6．(2021·臨沂摸底)設(shè)z＝i3＋eq\f(2－i,1＋2i)，則z的虛部是()A．－1 B．－eq\f(4,5)iC．－2i D．－2答案D解析根據(jù)復(fù)數(shù)的乘法與除法運(yùn)算，則z＝i3＋eq\f(2－i,1＋2i)＝i2·i＋eq\f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝－i－i＝－2i.根據(jù)虛部的定義，可知虛部為－2.故選D.考向三復(fù)數(shù)的幾何意義例3(1)已知復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的向量為eq\o(OZ,\s\up6(→))(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，eq\o(OZ,\s\up6(→))與實(shí)軸正向的夾角為120°，且復(fù)數(shù)z的模為2，則復(fù)數(shù)z為()A．1＋eq\r(3)i B．2C．(－1，eq\r(3)) D．－1＋eq\r(3)i答案D解析設(shè)復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則x＝|z|·cos120°＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1，y＝|z|·sin120°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，所以復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(－1，eq\r(3))，所以z＝－1＋eq\r(3)i.(2)(2021·長(zhǎng)沙市長(zhǎng)郡中學(xué)高三適應(yīng)性考試)已知i為虛數(shù)單位，m∈R，若復(fù)數(shù)(2－i)(m＋i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于實(shí)軸上，則復(fù)數(shù)eq\f(mi,1－i)的虛部為()A．1 B．iC．－1 D．－i答案A解析(2－i)(m＋i)＝2m＋1＋(2－m)i，若復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于實(shí)軸上，則2－m＝0，得m＝2，復(fù)數(shù)eq\f(mi,1－i)＝eq\f(2i,1－i)＝eq\f(2i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(2i－2,2)＝－1＋i，即復(fù)數(shù)的虛部是1，故選A.(3)(2019·全國(guó)Ⅰ卷)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則()A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．x2＋(y＋1)2＝1答案C解析由已知條件，可得z＝x＋yi.∵|z－i|＝1，∴|x＋yi－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故選C.復(fù)數(shù)幾何意義的理解及應(yīng)用復(fù)數(shù)集與復(fù)平面內(nèi)所有的點(diǎn)構(gòu)成的集合之間存在著一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，每一個(gè)復(fù)數(shù)都對(duì)應(yīng)著一個(gè)點(diǎn)(有序?qū)崝?shù)對(duì))．復(fù)數(shù)的實(shí)部對(duì)應(yīng)著點(diǎn)的橫坐標(biāo)，而虛部則對(duì)應(yīng)著點(diǎn)的縱坐標(biāo)，只要在復(fù)平面內(nèi)找到這個(gè)有序?qū)崝?shù)對(duì)所表示的點(diǎn)，就可根據(jù)點(diǎn)的位置判斷復(fù)數(shù)實(shí)部、虛部的取值．7.(2021·廣東六校聯(lián)考)如圖，復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)分別對(duì)應(yīng)點(diǎn)A，B，則z1·z2＝()A．0 B．2＋iC．－2－i D．－1＋2i答案C解析由復(fù)數(shù)幾何意義，知z1＝－1＋2i，z2＝i，∴z1·z2＝i(－1＋2i)＝－2－i.8．(2021·山東聊城月考)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱(chēng)，z1＝2＋i，則eq\f(z1,z2)＝()A．1＋i B．eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)iC．1＋eq\f(4,5)i D．1＋eq\f(4,3)i答案B解析因?yàn)閺?fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱(chēng)，z1＝2＋i，所以z2＝2－i，所以eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋i,2－i)＝eq\f(2＋i2,5)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.9．(2021·山東省、海南省新高考高三4月模擬)已知(2－i)eq\o(z,\s\up6(－))＝i2021，則復(fù)平面內(nèi)與z對(duì)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C解析由(2－i)eq\o(z,\s\up6(－))＝i2021，得eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(i2021,2－i)＝eq\f(i,2－i)＝eq\f(i2＋i,2－i2＋i)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i，∴z＝－eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i.∴復(fù)平面內(nèi)與z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限．故選C.一、單項(xiàng)選擇題1．(2021·全國(guó)甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，則z＝()A．－1－eq\f(3,2)i B．－1＋eq\f(3,2)iC．－eq\f(3,2)＋i D．－eq\f(3,2)－i答案B解析由(1－i)2z＝3＋2i，得z＝eq\f(3＋2i,1－i2)＝eq\f(3＋2i,－2i)＝eq\f(3i－2,2)＝－1＋eq\f(3,2)i.故選B.2．(2021·廈門(mén)一模)設(shè)z＝－i＋3，則eq\o(z,\s\up6(－))＋|eq\o(z,\s\up6(－))|＝()A．i－3＋eq\r(10) B．i＋3＋eq\r(10)C．－i＋3＋eq\r(10) D．－i－3＋eq\r(10)答案B解析∵z＝－i＋3，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝i＋3，∴eq\o(z,\s\up6(－))＋|eq\o(z,\s\up6(－))|＝i＋3＋eq\r(10).故選B.3．(2021·海口高考調(diào)研考試)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(1＋i,1－i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)與復(fù)數(shù)－i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的距離是()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)答案C解析因?yàn)閑q\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(2i,2)＝i，所以復(fù)數(shù)eq\f(1＋i,1－i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(0,1)．又因?yàn)閺?fù)數(shù)－i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(0，－1)，所以這兩點(diǎn)之間的距離為2.故選C.4．(2021·葫蘆島模擬)已知eq\f(－m＋3i,2－i)＝n＋2i(m，n∈R)，則復(fù)數(shù)z＝m＋ni在復(fù)平面內(nèi)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B解析由eq\f(－m＋3i,2－i)＝n＋2i，得－m＋3i＝(n＋2i)(2－i)＝(2n＋2)＋(4－n)i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－m＝2n＋2，,3＝4－n，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－4，,n＝1.))∴復(fù)數(shù)z＝m＋ni在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(－4，1)，位于第二象限．故選B.5．(2021·湖南省長(zhǎng)郡中學(xué)高三月考)復(fù)數(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2021＝()A．1 B．－1C．i D．－i答案C解析∵eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(2i,2)＝i，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2021＝i2021＝(i4)505·i＝i.6．(2021·南寧模擬)若復(fù)數(shù)z滿足(1＋3i)z＝(1＋i)2，則|z|＝()A.eq\f(\r(5),4) B．eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(10),2) D．eq\f(\r(10),5)答案D解析由(1＋3i)z＝(1＋i)2＝2i，得z＝eq\f(2i,1＋3i)＝eq\f(2i1－3i,1＋3i1－3i)＝eq\f(6＋2i,10)＝eq\f(3,5)＋eq\f(1,5)i，所以|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2)＝eq\f(\r(10),5).故選D.7．(2022·成都模擬)已知復(fù)數(shù)z1＝2＋6i，z2＝－2i，若z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，線段AB的中點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z，則|z|＝()A.eq\r(5) B．5C．2eq\r(5) D．2eq\r(17)答案A解析復(fù)數(shù)z1＝2＋6i，z2＝－2i，則z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A(2,6)，B(0，－2)，線段AB的中點(diǎn)C(1，2)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為z＝1＋2i，則|z|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).故選A.8．(2021·聊城二模)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，實(shí)系數(shù)一元二次方程一定有根．已知方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一個(gè)根為1＋i(i為虛數(shù)單位)，則eq\f(a,1＋i)＝()A．1－i B．－1＋iC．2i D．2＋i答案B解析∵x1＝1＋i是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)一元二次方程x2＋ax＋b＝0的一個(gè)根，∴x2＝1－i也是此方程的一個(gè)虛根，∴a＝－(x1＋x2)＝－(1＋i＋1－i)＝－2.所以eq\f(a,1＋i)＝eq\f(－2,1＋i)＝eq\f(－21－i,1＋i1－i)＝－1＋i.故選B.二、多項(xiàng)選擇題9．(2021·新高考八省聯(lián)考)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解析由復(fù)數(shù)模的概念可知，|z2|＝|z3|不能得到z2＝±z3，例如z2＝1＋i，z3＝1－i，A錯(cuò)誤；由z1z2＝z1z3可得z1(z2－z3)＝0，因?yàn)閦1≠0，所以z2－z3＝0，即z2＝z3，B正確；因?yàn)閨z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，而eq\o(z,\s\up6(－))2＝z3，所以|eq\o(z,\s\up6(－))2|＝|z3|＝|z2|，所以|z1z2|＝|z1z3|，C正確；取z1＝1＋i，z2＝1－i，顯然滿足z1z2＝|z1|2，但z1≠z2，D錯(cuò)誤．故選BC.10．(2021·南京市玄武高級(jí)中學(xué)高三押題)下列命題正確的是()A．若復(fù)數(shù)z1，z2的模相等，則z1，z2是共軛復(fù)數(shù)B．z1，z2都是復(fù)數(shù)，若z1＋z2是虛數(shù)，則z1不是z2的共軛復(fù)數(shù)C．復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)的充要條件是z＝eq\o(z,\s\up6(－))(eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復(fù)數(shù))D．已知復(fù)數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R)且|z－2|＝eq\r(3)，則eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)答案BCD解析對(duì)于A，z1和z2可能是相等的復(fù)數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若z1和z2是共軛復(fù)數(shù)，則相加為實(shí)數(shù)，不會(huì)為虛數(shù)，故B正確；對(duì)于C，由a＋bi＝a－bi(a，b∈R)得b＝0，故C正確；對(duì)于D，∵|z－2|＝eq\r(x－22＋y2)＝eq\r(3)，∴(x－2)2＋y2＝3表示如圖所示的圓．由圖可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))max＝eq\f(\r(3),1)＝eq\r(3).]11．(2021·石家莊高三模擬)已知i為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是()A．復(fù)數(shù)z＝eq\f(1＋2i,1－i)的虛部為eq\f(3,2)B．復(fù)數(shù)z＝eq\f(2＋5i,－i)的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝－5－2iC．復(fù)數(shù)z＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限D(zhuǎn)．復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1,z)∈R，則z∈R答案ABD解析對(duì)于A，z＝eq\f(1＋2i,1－i)＝eq\f(1＋2i1＋i,1－i1＋i)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i，其虛部為eq\f(3,2)，故A正確；對(duì)于B，z＝eq\f(2＋5i,－i)＝(2＋5i)i＝－5＋2i，故eq\o(z,\s\up6(－))＝－5－2i，故B正確；對(duì)于C，z＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，位于第四象限，故C不正確；對(duì)于D，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)，又eq\f(1,z)∈R，得b＝0，所以z＝a∈R，故D正確．12．(2021·濟(jì)南模擬)已知復(fù)數(shù)z＝1＋cos2θ＋isin2θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜θ＜\f(π,2)))(其中i為虛數(shù)單位)，下列說(shuō)法正確的是()A．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)可能落在第二象限B．z可能為實(shí)數(shù)C．|z|＝2cosθD.eq\f(1,z)的實(shí)部為eq\f(1,2)答案BCD解析z＝1＋cos2θ＋isin2θ＝2cosθ(cosθ＋isinθ)，∵－eq\f(π,2)＜θ＜eq\f(π,2).∴cosθ＞0，sinθ∈(－1,1)．則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能落在第二象限；z可能為實(shí)數(shù)；|z|＝2cosθ；eq\f(1,z)＝eq\f(1,2cosθcosθ＋isinθ)＝eq\f(cosθ－isinθ,2cosθ)＝eq\f(1,2)－eq\f(i,2)tanθ，eq\f(1,z)的實(shí)部為eq\f(1,2).故選BCD.三、填空題13．(2020·江蘇高考)已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z＝(1＋i)(2－i)的實(shí)部是________.答案3解析∵復(fù)數(shù)z＝(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i，∴復(fù)數(shù)z的實(shí)部為3.14．如圖所示，平行四邊形OABC，頂點(diǎn)O，A，C分別表示0,3＋2i，－2＋4i.向量eq\o(CA,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為_(kāi)_______，向量eq\o(OB,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為_(kāi)_______.答案5－2i1＋6i解析eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(CA,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(OB,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，即B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為1＋6i.15．(2021·開(kāi)封期中)若|z1－z2|＝1，則稱(chēng)z1與z2互為“鄰位復(fù)數(shù)”．已知復(fù)數(shù)z1＝a＋eq\r(3)i與z2＝2＋bi互為“鄰位復(fù)數(shù)”，a，b∈R，則a2＋b2的最大值為_(kāi)_______.答案8＋2eq\r(7)解析由題意，|a＋eq\r(3)i－2－bi|＝1，故(a－2)2＋(eq\r(3)－b)2＝1，∴點(diǎn)(a，b)在圓(x－2)2＋(y－eq\r(3))2＝1上，而eq\r(a2＋b2)表示點(diǎn)(a，b)到原點(diǎn)的距離，故a2＋b2的最大值為[eq\r(22＋\r(3)2)＋1]2＝(1＋eq\r(7))2＝8＋2eq\r(7).16．(2020·全國(guó)Ⅱ卷)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________.答案2eq\r(3)解析解法一：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，∵|z1|＝|z2|＝2，∴a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，∵z1＋z2＝a＋bi＋c＋di＝eq\r(3)＋i，∴a＋c＝eq\r(3)，b＋d＝1，∴(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋c2＋2ac