2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第五章 §5.5　复　数

§5.5　复　数 考试要求　1.通过方程的解，认识复数.2.理解复数的代数表示及其几何意义，理解两个复数相等的含义.3.掌握复数的四则运算，了解复数加、减运算的几何意义． 知识梳理 1．复数的有关概念 (1)复数的定义：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a是实部，b是虚部，i为虚数单位． (2)复数的分类： 复数z＝a＋bi(a，b∈R) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(实数b＝0，,虚数b≠0其中，当a＝0时为纯虚数.)) (3)复数相等： a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)． (4)共轭复数： a＋bi与c＋di互为共轭复数⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)． (5)复数的模： 向量eq \o(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模或绝对值，记作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)． 2．复数的几何意义 (1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)复平面内的点Z(a，b)． (2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq \o(OZ,\s\up6(→)). 3．复数的四则运算 (1)复数的加、减、乘、除运算法则： 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则 ①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i； ②减法：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＋bic－di,c＋dic－di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)． (2)几何意义：复数加、减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行． 如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加、减法的几何意义，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(-→)). 常用结论 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．复数z的方程在复平面上表示的图形 (1)a≤|z|≤b表示以原点O为圆心，以a和b为半径的两圆所夹的圆环； (2)|z－(a＋bi)|＝r(r>0)表示以(a，b)为圆心，r为半径的圆． 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)复数z＝a－bi(a，b∈R)中，虚部为b.(　×　) (2)复数可以比较大小．(　×　) (3)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，当a＝0时，复数z为纯虚数．(　×　) (4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模． (　√　) 教材改编题 1．已知复数z满足(2＋i)z＝1－i，其中i是虚数单位，则z在复平面内对应的点位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　D 2．复数z＝(3＋i)(1－4i)，则复数z的实部与虚部之和是________． 答案　－4 解析　z＝(3＋i)(1－4i)＝3－12i＋i＋4＝7－11i，故实部和虚部之和为7－11＝－4. 3．若z＝(m2＋m－6)＋(m－2)i为纯虚数，则实数m的值为________． 答案　－3 题型一　复数的概念 例1　(1)(2021·浙江)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i为虚数单位)，则a等于(　　) A．－1 B．1 C．－3 D．3 答案　C 解析　方法一　因为(1＋ai)i＝－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，解得a＝－3. 方法二　因为(1＋ai)i＝3＋i，所以1＋ai＝eq \f(3＋i,i)＝1－3i，所以a＝－3. (2)(2022·新余模拟)若复数z满足eq \f(z1＋ii3,2－i)＝1－i，则复数eq \x\to(z)的虚部为(　　) A．i B．－i C．1 D．－1 答案　C 解析　∵eq \f(z1＋ii3,2－i)＝1－i， ∴z(1＋i)(－i)＝(2－i)(1－i)， ∴z(1－i)＝(2－i)(1－i)， ∴z＝2－i， ∴eq \x\to(z)＝2＋i， ∴eq \x\to(z)的虚部为1. 教师备选 1．(2020·全国Ⅲ)若eq \x\to(z)(1＋i)＝1－i，则z等于(　　) A．1－i B．1＋i C．－i D．i 答案　D 解析　因为eq \x\to(z)＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝－i， 所以z＝i. 2．(2020·全国Ⅰ)若z＝1＋i，则|z2－2z|等于(　　) A．0 B．1 C.eq \r(2) D．2 答案　D 解析　方法一　z2－2z＝(1＋i)2－2(1＋i)＝－2， |z2－2z|＝|－2|＝2. 方法二　|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)| ＝|(1＋i)(－1＋i)|＝|1＋i|·|－1＋i|＝2. 思维升华　解决复数概念问题的方法及注意事项 (1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可． (2)解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部． 跟踪训练1　(1)(2022·衡水中学模拟)已知eq \f(x,1＋i)＝1－yi，其中x，y是实数，i是虚数单位，则x＋yi的共轭复数为(　　) A．2＋i B．2－i C．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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＝1，,\f(x,2)＝y，)) 解得x＝2，y＝1， ∴x＋yi＝2＋i， ∴其共轭复数为2－i. (2)已知z＝1－3i，则|eq \x\to(z)－i|＝________. 答案　eq \r(5) 解析　∵z＝1－3i，∴eq \x\to(z)＝1＋3i， ∴eq \x\to(z)－i＝1＋3i－i＝1＋2i， ∴|eq \x\to(z)－i|＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5). 题型二　复数的四则运算 例2　(1)(2021·新高考全国Ⅰ)已知z＝2－i，则z(eq \x\to(z)＋i)等于(　　) A．6－2i B．4－2i C．6＋2i D．4＋2i 答案　C 解析　因为z＝2－i， 所以z(eq \x\to(z)＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i. (2)(多选)设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是(　　) A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3 B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3 C．若eq \x\to(z)2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3| D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2 答案　BC 解析　由|i|＝|1|，知A错误； z1z2＝z1z3，则z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故B正确； |z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|， 又eq \x\to(z)2＝z3，所以|z2|＝|eq \x\to(z)2|＝|z3|，故C正确， 令z1＝i，z2＝－i，满足z1z2＝|z1|2，不满足z1＝z2，故D错误． 教师备选 1．(2020·新高考全国Ⅰ)eq \f(2－i,1＋2i)等于(　　) A．1 B．－1 C．i D．－i 答案　D 解析　eq \f(2－i,1＋2i)＝eq \f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(－5i,5)＝－i. 2．在数学中，记表达式ad－bc为由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a　b,c　d))所确定的二阶行列式．若在复数域内，z1＝1＋i，z2＝eq \f(2＋i,1－i)，z3＝eq \x\to(z)2，则当eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1　z2,z3　z4))＝eq \f(1,2)－i时，z4的虚部为________． 答案　－2 解析　依题意知，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1　z2,z3　z4))＝z1z4－z2z3， 因为z3＝eq \x\to(z)2， 且z2＝eq \f(2＋i,1－i)＝eq \f(2＋i1＋i,2)＝eq \f(1＋3i,2)， 所以z2z3＝|z2|2＝eq \f(5,2)， 因此有(1＋i)z4－eq \f(5,2)＝eq \f(1,2)－i， 即(1＋i)z4＝3－i， 故z4＝eq \f(3－i,1＋i)＝eq \f(3－i1－i,2)＝1－2i. 所以z4的虚部是－2. 思维升华　(1)复数的乘法：复数乘法类似于多项式的乘法运算． (2)复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数． 跟踪训练2　(1)(2021·全国乙卷)设iz＝4＋3i，则z等于(　　) A．－3－4i B．－3＋4i C．3－4i D．3＋4i 答案　C 解析　方法一　(转化为复数除法运算)因为iz＝4＋3i，所以z＝eq \f(4＋3i,i)＝eq \f(4＋3i－i,i－i)＝eq \f(－4i－3i2,－i2)＝3－4i. 方法二　(利用复数的代数形式)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由iz＝4＋3i，可得i(a＋bi)＝4＋3i，即－b＋ai＝4＋3i，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－b＝4，,a＝3，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－4，))所以z＝3－4i. 方法三　(巧用同乘技巧)因为iz＝4＋3i，所以iz·i＝(4＋3i)·i，所以－z＝4i－3， 所以z＝3－4i. (2)若z＝eq \f(i2 023,1－i)，则|z|＝________；z＋eq \x\to(z)＝________. 答案　eq \f(\r(2),2)　1 解析　z＝eq \f(i2 023,1－i)＝eq \f(－i,1－i)＝eq \f(1－i,2)， |z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)， z＋eq \x\to(z)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i＝1. 题型三　复数的几何意义 例3　(1)(2021·新高考全国Ⅱ)复数eq \f(2－i,1－3i)在复平面内对应的点所在的象限为(　　) 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－i1＋3i,10)＝eq \f(5＋5i,10)＝eq \f(1＋i,2)，所以该复数在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，该点在第一象限． (2)(2020·全国Ⅱ)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝________. 答案　2eq \r(3) 解析　方法一　设z1－z2＝a＋bi，a，b∈R， 因为z1＋z2＝eq \r(3)＋i， 所以2z1＝(eq \r(3)＋a)＋(1＋b)i， 2z2＝(eq \r(3)－a)＋(1－b)i. 因为|z1|＝|z2|＝2，所以|2z1|＝|2z2|＝4， 所以eq \r(\r(3)＋a2＋1＋b2)＝4，① eq \r(\r(3)－a2＋1－b2)＝4，② ①2＋②2，得a2＋b2＝12. 所以|z1－z2|＝eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(3). 方法二　设复数z1，z2在复平面内分别对应向量eq \o(OA,\s\up6(→))，eq \o(OB,\s\up6(→))， 则z1＋z2对应向量eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \o(OB,\s\up6(→)). 由题意知|eq \o(OA,\s\up6(→))|＝|eq \o(OB,\s\up6(→))|＝|eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \o(OB,\s\up6(→))|＝2， 如图所示，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB， 则z1－z2对应向量eq \o(BA,\s\up6(→))， 且|eq \o(OA,\s\up6(→))|＝|eq \o(AC,\s\up6(→))|＝|eq \o(OC,\s\up6(→))|＝2， 可得|eq \o(BA,\s\up6(→))|＝2|eq \o(OA,\s\up6(→))|sin 60°＝2eq \r(3). 故|z1－z2|＝|eq \o(BA,\s\up6(→))|＝2eq \r(3). 教师备选 1．(2020·北京)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i·z等于(　　) A．1＋2i B．－2＋i C．1－2i D．－2－i 答案　B 解析　由题意知，z＝1＋2i， ∴i·z＝i(1＋2i)＝－2＋i. 2．(2019·全国Ⅰ)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则(　　) A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1 C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1 答案　C 解析　∵z在复平面内对应的点为(x，y)， ∴z＝x＋yi(x，y∈R)． ∵|z－i|＝1，∴|x＋(y－1)i|＝1， ∴x2＋(y－1)2＝1. 思维升华　由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观． 跟踪训练3　(1)如图，若向量eq \o(OZ,\s\up6(→))对应的复数为z，则z＋eq \f(4,z)表示的复数为(　　) A．1＋3i B．－3－i C．3－i D．3＋i 答案　D 解析　由题图可得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. (2)设复数z满足条件|z|＝1，那么|z＋2eq \r(2)＋i|的最大值是(　　) A．3 B．2eq \r(3) C．1＋2eq \r(2) D．4 答案　D 解析　|z|＝1表示单位圆上的点，那么|z＋2eq \r(2)＋i|表示单位圆上的点到点(－2eq \r(2)，－1)的距离，求最大值转化为点(－2eq \r(2)，－1)到原点的距离加上圆的半径．因为点(－2eq \r(2)，－1)到原点的距离为3，所以所求最大值为4. 在如图的复平面中，r＝eq \r(a2＋b2)，cos θ＝eq \f(a,r)，sin θ＝eq \f(b,r)，tan θ＝eq \f(b,a)(a≠0)． 任何一个复数z＝a＋bi都可以表示成z＝r(cos θ＋isin θ)的形式．其中，r是复数z的模；θ是以x轴的非负半轴为始边，向量eq \o(OZ,\s\up6(→))所在射线(射线OZ)为终边的角，叫做复数z＝a＋bi的辐角． 我们把r(cos θ＋isin θ)叫做复数的三角形式． 对应于复数的三角形式，把z＝a＋bi叫做复数的代数形式． 复数乘、除运算的三角表示： 已知复数z1＝r1(cos θ1＋isin θ1)， z2＝r2(cos θ2＋isin θ2)，则 z1·z2＝r1r2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]． eq \f(z1,z2)＝eq \f(r1,r2)[cos(θ1－θ2)＋isin(θ1－θ2)]． 例1　(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,2)＋isin \f(π,2)))×3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,6)＋isin \f(π,6)))等于(　　) A.eq \f(3,2)＋eq \f(3\r(3),2)i B.eq \f(3,2)－eq \f(3\r(3),2)i C．－eq \f(3,2)＋eq \f(3\r(3),2)i D．－eq \f(3,2)－eq \f(3\r(3),2)i 答案　C 解析　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,2)＋isin \f(π,2)))×3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,6)＋isin \f(π,6))) ＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6))))) ＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(2π,3)＋isin \f(2π,3))) ＝－eq \f(3,2)＋eq \f(3\r(3),2)i. (2)(多选)把复数z1与z2对应的向量eq \o(OA,\s\up6(→))，eq \o(OB,\s\up6(→))分别按逆时针方向旋转eq \f(π,4)和eq \f(5π,3)后，重合于向量eq \o(OM,\s\up6(→))且模相等，已知z2＝－1－eq \r(3)i，则复数z1的代数式和它的辐角分别是(　　) A．－eq \r(2)－eq \r(2)i，eq \f(3π,4) B．－eq \r(2)＋eq \r(2)i，eq \f(3π,4) C．－eq \r(2)－eq \r(2)i，eq \f(π,4) D．－eq \r(2)＋eq \r(2)i，eq \f(11π,4) 答案　BD 解析　由题意可知z1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,4)＋isin \f(π,4))) ＝z2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(5π,3)＋isin \f(5π,3)))， 则z1＝eq \f(z2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(5π,3)＋isin \f(5π,3))),cos \f(π,4)＋isin \f(π,4)) ＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(4π,3)＋isin \f(4π,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(5π,3)＋isin \f(5π,3))),cos \f(π,4)＋isin \f(π,4))， ∴z1＝eq \f(－2,\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i)＝eq \f(－2\r(2),1＋i)＝eq \f(－2\r(2)1－i,1＋i1－i) ＝－eq \r(2)＋eq \r(2)i＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(3π,4)＋isin \f(3π,4)))， 可知z1对应的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))，则它的辐角主值为eq \f(3π,4)， 故可以作为复数－eq \r(2)＋eq \r(2)i的辐角的是eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，当k＝1时，eq \f(3π,4)＋2π＝eq \f(11π,4). (3)复数z＝cos eq \f(π,15)＋isin eq \f(π,15)是方程x5－α＝0的一个根，那么α的值等于(　　) A.eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i B.eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i C.eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i D．－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i 答案　B 解析　由题意得，α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,15)＋isin \f(π,15)))5 ＝cos eq \f(π,3)＋isin eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i. 例2　(多选)已知i为虚数单位，z1＝eq \r(2)(cos 60°＋isin 60°)，z2＝2eq \r(2)(sin 30°－icos 30°)，则z1·z2的三角形式不为下列选项的有(　　) A．4(cos 90°＋isin 90°) B．4(cos 30°＋isin 30°) C．4(cos 30°－isin 30°) D．4(cos 0°＋isin 0°) 答案　ABC 解析　∵z2＝2eq \r(2)(sin 30°－icos 30°) ＝2eq \r(2)(cos 300°＋isin 300°)， ∴z1·z2＝eq \r(2)(cos 60°＋isin 60°)·2eq \r(2)(cos 300°＋isin 300°)＝4(cos 360°＋isin 360°)． 课时精练 1．(2022·福州模拟)已知i是虚数单位，则“a＝i”是“a2＝－1”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　i是虚数单位，则i2＝－1，“a＝i”是“a2＝－1”的充分条件； 由a2＝－1，得a＝±i， 故“a＝i”是“a2＝－1”的不必要条件； 故“a＝i”是“a2＝－1”的充分不必要条件． 2．设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝3－i，则z1z2等于(　　) A．－10 B．10 C．－8 D．8 答案　A 解析　∵z1＝3－i，z1，z2在复平面内所对应的点关于虚轴对称， ∴z2＝－3－i， ∴z1z2＝－9－1＝－10. 3．(2022·长春实验中学模拟)若复数z的共轭复数为eq \x\to(z)且满足eq \x\to(z)·(1＋2i)＝1－i，则复数z的虚部为(　　) A.eq \f(3,5) B．－eq \f(3,5)i C.eq \f(3,5)i D．－eq \f(3,5) 答案　A 解析　eq \x\to(z)·(1＋2i)＝1－i， ∴eq \x\to(z)＝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， ∴复数z的虚部为eq \f(3,5). 4．已知i是虚数单位，则复数z＝i2 023＋i(i－1)在复平面内对应的点位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　C 解析　因为z＝i2 023＋i(i－1)＝－i－1－i＝－1－2i，所以复数z在复平面内对应的点是(－1，－2)，位于第三象限． 5．(2022·潍坊模拟)在复数范围内，已知p，q为实数，1－i是关于x的方程x2＋px＋q＝0的一个根，则p＋q等于(　　) A．2 B．1 C．0 D．－1 答案　C 解析　因为1－i是关于x的方程x2＋px＋q＝0的一个根，则1＋i是方程x2＋px＋q＝0的另一根，由根与系数的关系可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＋i＋1－i＝－p，,1＋i1－i＝q，)) 解得p＝－2，q＝2， 所以p＋q＝0. 6．(多选)(2022·苏州模拟)若复数z满足(1＋i)·z＝5＋3i(其中i是虚数单位)，则(　　) A．z的虚部为－i B．z的模为eq \r(17) C．z的共轭复数为4－i D．z在复平面内对应的点位于第四象限 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的虚部为－1，A错误； z的模为eq \r(42＋－12)＝eq \r(17)，B正确； z的共轭复数为4＋i，C错误；z在复平面内对应的点为(4，－1)，位于第四象限，D正确． 7．若z＝(a－eq \r(2))＋ai为纯虚数，其中a∈R，则eq \f(a＋i7,1＋ai)＝________. 答案　－i 解析　∵z为纯虚数，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－\r(2)＝0，,a≠0，)) ∴a＝eq \r(2)， ∴eq \f(a＋i7,1＋ai)＝eq \f(\r(2)－i,1＋\r(2)i)＝eq \f(\r(2)－i1－\r(2)i,1＋\r(2)i1－\r(2)i) ＝eq \f(－3i,3)＝－i. 8．(2022·温州模拟)已知复数z＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，且eq \f(\x\to(z),1－i)＝3＋2i，则a＝________，b＝________. 答案　5　1 解析　由z＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)， 则eq \x\to(z)＝a－bi， 所以eq \f(\x\to(z),1－i)＝eq \f(1＋i,2)(a－bi) ＝eq \f(a＋b,2)＋eq \f(a－b,2)i＝3＋2i， 故eq \f(a＋b,2)＝3，eq \f(a－b,2)＝2，所以a＝5，b＝1. 9．当实数m为何值时，复数z＝eq \f(m2＋m－6,m)＋(m2－2m)i为①实数；②虚数；③纯虚数． 解　①当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m2－2m＝0，,m≠0，)) 即m＝2时，复数z是实数． ②当m2－2m≠0，且m≠0， 即m≠0且m≠2时，复数z是虚数． ③当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(m2＋m－6,m)＝0，,m≠0，,m2－2m≠0，)) 即m＝－3时，复数z是纯虚数． 10.如图所示，在平行四边形OABC中，顶点O，A，C分别表示0,3＋2i，－2＋4i，试求： (1)eq \o(AO,\s\up6(→))，eq \o(BC,\s\up6(→))所表示的复数； (2)对角线eq \o(CA,\s\up6(→))所表示的复数； (3)B点对应的复数． 解　(1)∵eq \o(AO,\s\up6(→))＝－eq \o(OA,\s\up6(→))， ∴eq \o(AO,\s\up6(→))所表示的复数为－3－2i， ∵eq \o(BC,\s\up6(→))＝eq \o(AO,\s\up6(→))， ∴eq \o(BC,\s\up6(→))所表示的复数为－3－2i. (2)∵eq \o(CA,\s\up6(→))＝eq \o(OA,\s\up6(→))－eq \o(OC,\s\up6(→))，∴eq \o(CA,\s\up6(→))所表示的复数为 (3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i. (3)eq \o(OB,\s\up6(→))＝eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \o(OC,\s\up6(→))， ∴eq \o(OB,\s\up6(→))所表示的复数为 (3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i， ∴B所对应的复数为1＋6i. 11．(多选)欧拉公式exi＝cos x＋isin x是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥，依据欧拉公式，下列选项正确的是(　　) A．复数e2i对应的点位于第二象限 B．为纯虚数 C．复数eq \f(exi,\r(3)＋i)的模长等于eq \f(1,2) D．的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i 答案　ABC 解析　对于A，e2i＝cos 2＋isin 2， 因为eq \f(π,2)<2<π， 即cos 2<0，sin 2>0，复数e2i对应的点位于第二象限，A正确； 对于B，＝cos eq \f(π,2)＋isin eq \f(π,2)＝i，为纯虚数，B正确； 对于C，eq \f(exi,\r(3)＋i)＝eq \f(cos x＋isin x,\r(3)＋i) ＝eq \f(cos x＋isin x\r(3)－i,\r(3)＋i\r(3)－i) ＝eq \f(\r(3)cos x＋sin x,4)＋eq \f(\r(3)sin x－cos x,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)cos x＋sin x,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)sin x－cos x,4)))2)＝eq \f(1,2)， C正确； 对于D，＝cos eq \f(π,6)＋isin eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i， 其共轭复数为eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i，D不正确． 12．(多选)(2022·武汉模拟)下列说法正确的是(　　) A．若|z|＝2，则z·eq \x\to(z)＝4 B．若复数z1，z2满足|z1＋z2|＝|z1－z2|，则z1z2＝0 C．若复数z的平方是纯虚数，则复数z的实部和虚部相等 D．“a≠1”是“复数z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虚数”的必要不充分条件 答案　AD 解析　若|z|＝2，则z·eq \x\to(z)＝|z|2＝4，故A正确； 设z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)， z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)， 由|z1＋z2|＝|z1－z2|， 可得|z1＋z2|2＝(a1＋a2)2＋(b1＋b2)2 ＝|z1－z2|2＝(a1－a2)2＋(b1－b2)2 则a1a2＋b1b2＝0， 而z1z2＝(a1＋b1i)(a2＋b2i) ＝a1a2－b1b2＋a1b2i＋b1a2i ＝2a1a2＋a1b2i＋b1a2i不一定为0，故B错误； 当z＝1－i时，z2＝－2i为纯虚数，其实部和虚部不相等，故C错误； 若复数z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虚数， 则a2－1≠0，即a≠±1， 所以“a≠1”是“复数z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虚数”的必要不充分条件，故D正确． 13．(2022·上外浦东附中模拟)若eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a－i),\s\do5(1))　\o(\s\up7(b－2i),\s\do5(1＋i))))＝0(a，b∈R)，则a2＋b2＝________. 答案　1 解析　∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(a－i),\s\do5(1))　\o(\s\up7(b－2i),\s\do5(1＋i)))) ＝(a－i)(1＋i)－(b－2i) ＝a＋ai－i＋1－b＋2i ＝(a＋1－b)＋(a＋1)i， 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＋1－b＝0，,a＋1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b＝0，,a＝－1，)) ∴a2＋b2＝1. 14．(2022·上海市静安区模拟)投掷两颗六个面上分别刻有1到6的点数的均匀的骰子，得到其向上的点数分别为m和n，则复数eq \f(m＋ni,n＋mi)为虚数的概率为________． 答案　eq \f(5,6) 解析　∵复数eq \f(m＋ni,n＋mi)＝eq \f(m＋nin－mi,n＋min－mi) ＝eq \f(2mn＋n2－m2i,m2＋n2)， 故复数eq \f(m＋ni,n＋mi)为虚数需满足n2－m2≠0， 即m≠n， 故有6×6－6＝30(种)情况， ∴复数eq \f(m＋ni,n＋mi)为虚数的概率为eq \f(30,6×6)＝eq \f(5,6). 15．(2022·青岛模拟)已知复数z满足|z－1－i|≤1，则|z|的最小值为(　　) A．1 B.eq \r(2)－1 C.eq \r(2) D.eq \r(2)＋1 答案　B 解析　令z＝x＋yi(x，y∈R)， 则由题意有(x－1)2＋(y－1)2≤1， ∴|z|的最小值即为圆(x－1)2＋(y－1)2＝1上的动点到原点的最小距离， ∴|z|的最小值为eq \r(2)－1. 16．(2022·张家口调研)已知复数z满足z2＝3＋4i，且z在复平面内对应的点位于第三象限． (1)求复数z； (2)设a∈R，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋z,1＋\x\to(z))))2 023＋a))＝2，求实数a的值． 解　(1)设z＝c＋di(c<0，d<0)， 则z2＝(c＋di)2＝c2－d2＋2cdi＝3＋4i， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c2－d2＝3，,2cd＝4，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝－2，,d＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝2，,d＝1))(舍去)． ∴z＝－2－i. (2)∵eq \x\to(z)＝－2＋i， ∴eq \f(1＋z,1＋\x\to(z))＝eq \f(－1－i,－1＋i)＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,2)＝i， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋z,1＋\x\to(z))))2 023＝i2 023＝i2 020＋3＝i505×4＋3＝－i， ∴|a－i|＝eq \r(a2＋1)＝2， ∴a＝±eq \r(3).