专题7.6 复数全章八大压轴题型归纳（拔尖篇）-2023-2024学年高一数学下学期高效讲练测（人教A版必修第二册）

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题型1
根据复数的相等条件求参数
1．（2023·高一单元测试）已知复数1+xii=2−yi，x，y∈R，则x−y=（ ）
A．3B．1C．−1D．−3
【解题思路】利用复数相等的充要条件，求出x、y，进而求出x−y.
【解答过程】∵1+xii=2−yi，∴−x+i=2−yi，
∴x=−2y=−1，∴x−y=−1.
故选：C.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知a，b∈R，复数z1=−1+ai，z2=b−3i（i为虚数单位），若z1=z2，则a+b=（ ）
A．1B．2C．－2D．－4
【解题思路】根据复数相等的定义列方程求解即可．
【解答过程】解：由z2=b−3i得
z2=b+3i，
∵z1=z2，
∴−1=ba=3，
解得a=3b=−1，
∴a+b=2．
故选：B．
3．（2023·江苏·高一专题练习）分别求满足下列条件的实数x，y的值．
(1)2x−1+(y+1)i=x−y+(−x−y)i ；
(2)x2−x−6x+1+(x2−2x−3)i=0.
【解题思路】（1）（2）利用复数相等或复数等于0直接列式计算作答.
【解答过程】（1）因x，y∈R，2x−1+(y+1)i=x−y+(−x−y)i，则有2x−1=x−yy+1=−x−y，解得x=3y=−2，
所以x=3y=−2.
（2）因x∈R，x2−x−6x+1+(x2−2x−3)i=0，于是得x2−x−6x+1=0x2−2x−3=0，解得x=3，
所以x=3.
4．（2023·全国·高一随堂练习）求满足下列条件的实数x，y的值：
(1)12x−y+4x+23yi=5+14i；
(2)x+y−xyi=−2+15i；
(3)x2−x−2+2y2+5y+2i=0.
【解题思路】（1）（2）根据实部与虚部对应关系解方程即可；（3）令实部为0且虚部为0解方程即可.
【解答过程】（1）由12x−y+4x+23yi=5+14i可得x2−y=54x+2y3=14，解得x=4y=−3；
（2）由x+y−xyi=−2+15i可得x+y=−2−xy=15，解得x=−5y=3或x=3y=−5
（3）由x2−x−2+2y2+5y+2i=0可得x2−x−2=02y2+5y+2=0，解得x=2或−1，y=−12或−2，故答案为：x=2y=−12或x=2y=−2或x=−1y=−12或x=−1y=−2.
题型2
复数的模的几何意义
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知z1=2−2i，|z2−i|=1，则z2−z1的最大值为（ ）
A．23B．22C．5+1D．13+1
【解题思路】设z2=x+yi x,y∈R，利用|z2−i|=1得出x2+y−12=1，表示以0,1为圆心，半径为1的圆，z2−z1=x−2+y+2i=x−22+y+22，表示x,y与2,−2之间的距离，求z2−z1的最大值，即求2,−2与x2+y−12=1圆上任意一点的距离最大值.
【解答过程】设z2=x+yi x,y∈R，
则|z2−i|=x+y−1i=x2+y−12=1，
所以x2+y−12=1，
表示以0,1为圆心，半径为1的圆，
则z2−z1=x−2+y+2i=x−22+y+22，
表示x,y与2,−2之间的距离，
即2,−2与x2+y−12=1圆上任意一点的距离，
因22+−2−12>1，
所以2,−2在x2+y−12=1圆外，
所以z2−z1max=2−02+−2−12+1=13+1.
故选：D.
2．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）设z∈C，则在复平面内3≤z≤5所表示的区域的面积是（ ）
A．5πB．9πC．16πD．25π
【解题思路】在复平面内作出满足3≤z≤5的复数z对应的点的轨迹，可知所求区域为圆环，确定两圆的半径，结合圆的面积公式可求得结果.
【解答过程】满足条件z=3的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为3的圆，
满足条件z=5的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为5的圆，
则在复平面内3≤z≤5所表示的区域为圆环，如下图中阴影部分区域所示：
所以，在复平面内3≤z≤5所表示的区域的面积是π×52−32=16π.
故选：C.
3．（2023·全国·高一课堂例题）设z∈Z，满足下列条件的点Z的集合是什么图形？
(1)z=2；
(2)2【解题思路】根据复数的几何意义得到答案.
【解答过程】（1）因为z=2，即OZ=2，所以满足z=2的点Z的集合是以原点为圆心、2为半径的圆；

（2）不等式22,z<3,，
不等式z>2的解集是圆z=2外部所有的点组成的集合，
不等式z<3的解集是圆z=3内部所有的点组成的集合，
这两个集合的交集就是上述不等式组的解集．
因此，满足条件2
4．（2023·全国·高一专题练习）已知复数z满足|z+2−2i|=2，且复数z在复平面内的对应点为M．
(1)确定点M的集合构成图形的形状；
(2)求|z−1+2i|的最大值和最小值．
【解题思路】（1）根据复数模的几何意义确定点M的集合构成图形的形状.
（2）根据复数模的几何意义，结合圆的几何性质求得正确答案.
【解答过程】（1）设复数−2+2i在复平面内的对应点为P(−2,2)，
则|z+2−2i|=|z−(−2+2i)|=|MP|=2，
故点M的集合是以点P为圆心，2为半径的圆，如下图所示．
（2）设复数1−2i在复平面内的对应点为Q(1,−2)，则|z−1+2i|=|MQ|,如下图所示，
|PQ|=(1+2)2+(−2−2)2=5，
则|z−1+2i|的最大值即|MQ|的最大值是|PQ|+2=7；
|z−1+2i|的最小值即|MQ|的最小值是|PQ|−2=3．
题型3
复数加、减法的几何意义的应用
1．（2023下·全国·高一专题练习）在复平面内，O为原点，四边形OABC是复平面内的平行四边形，且A，B，C三点对应的复数分别为z1，z2，z3，若z1=1, z3=−2+i，则z2=（ ）
A．1+iB．1－iC．－1+iD．－1－i
【解题思路】根据复数加法的几何意义及法则即可求解.
【解答过程】因为O为原点，四边形OABC是复平面内的平行四边形，
又因为z1=1, z3=−2+i，
所以由复数加法的几何意义可得，
z2=z1+z3=1−2+i=−1+i.
故选：C.
2．（2023·江苏·高一专题练习）在平行四边形ABCD中，若A，C对应的复数分别为－1＋i和－4－3i，则该平行四边形的对角线AC的长度为（ ）
A．5B．5C．25D．10
【解题思路】根据复数减法的几何意义求出向量AC对应的复数，再根据复数的模的计算公式即可求出．
【解答过程】依题意，AC对应的复数为(－4－3i)－(－1＋i)＝－3－4i，因此AC的长度为|－3－4i|＝5.
故选：B．
3．（2023·全国·高一专题练习）已知四边形OACB是复平面内的平行四边形，O是原点，点A,B分别表示复数3+i,2+4i，M是OC，AB的交点，如图所示，求点C,M表示的复数.
【解题思路】利用OC=OA+OB求得点C表示的复数,利用OM=12OC求得点M表示的复数
【解答过程】因为OA,OB分别表示复数3+i,2+4i,
所以OC=OA+OB表示的复数为3+i+2+4i=5+5i,即点C表示的复数为5+5i,
又OM=12OC,所以OM表示的复数为52+52i,即点M表示的复数为52+52i.
4．（2023·高一课时练习）已知复平面内平行四边形ABCD，A点对应的复数为2+i，向量BA对应的复数为1+2i，向量BC对应的复数为3−i，求：
(1)点D对应的复数；
(2)平行四边形ABCD的面积．
【解题思路】（1）根据复数与向量间的关系运算得BD=4,1，OB=1,−1，则OD=OB+BD=5,0，从而得到其对应的复数；
（2）csB=BA⋅BC|BA||BC|=152，则sinB=752，利用平行四边形面积公式即可得到答案.
【解答过程】（1）∵向量BA对应的复数为1+2i,所以向量BA=1,2，
BC对应的复数为3−i,所以向量BC=3,−1，
BD=BA+BC=(1,2)+(3,−1)=4,1，
OB=OA−BA=2,1−(1,2)=1,−1，
∴OD=OB+BD=1,−1+(4,1)=5,0，
∴点D对应的复数为5 .
（2）∵BA⋅BC=|BA||BC|csB，
∴csB=BA⋅BC|BA||BC|=3−25×10=152，
∵B∈0,π，∴sinB=752，
∴S=|BA||BC|sinB=5×10×752=7.
故平行四边形ABCD面积为7.
题型4
根据复数的四则运算结果求复数特征
1．（2023下·广东东莞·高一校考阶段练习）如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数z=−a+2i（其中a∈R）为“等部复数”，则复数z−2ai在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解题思路】根据题意求得a=−2，得到z=2+2i，化简z−2ai=2+6i，结合复数的几何意义，即可求解.
【解答过程】因为复数z=−a+2i（其中a∈R）为“等部复数，可得a=−2，
即z=2+2i，可得z=2−2i，
则z−2ai=2−2i+4i=2+2i在复平面内对应的点为Z(2,2)位于第一象限.
故选：A.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知复数z满足iz=11+i，则复数z对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解题思路】利用复数的乘除法运算化简求得z=−12−12i，利用共轭复数的概念写出复数z，进而判断.
【解答过程】∵iz=11+i，∴z=1(1+i)i=1−1+i=−1−i(−1+i)(−1−i)=−12−12i，
∴z=−12+12i，对应点为−12,12，为第二象限点，
故选：B.
3．（2023下·江苏南京·高一校联考阶段练习）已知z是复数，z−i为实数，z−3i−2−i为纯虚数（i为虚数单位）．
(1)求复数z；
(2)复数z1=zm+i2023在复平面对应的点在第二象限，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）待定系数结合实数、纯虚数的概念即可求解.
（2）由（1）可知z=1+i，从而可以化简z1=zm+i2023，结合已知即可求出实数m的取值范围．
【解答过程】（1）设复数z=a+bi,a,b∈R，z−i=a+b−1i是实数，
所以b=1，则z=a+i，
所以z−3i−2−i=a−2i−2−i=2−2a+a+4i5，
因为z−3i−2−i为纯虚数，
所以2−2a=0且a+4≠0，解得a=1，
所以z=1+i.
（2）由（1）知，z1=zm+i2023=1+im−i=m−1m2+1+m+1m2+1i,
z1在复平面上对应的点为m−1m2+1,m+1m2+1，又已知z1在复平面上对应的点在第二象限，
所以m−1m2+1<0m+1m2+1>0，解得−14．（2023下·河南焦作·高二校考阶段练习）设实部为正数的复数z，满足z=10，且复数1+2iz在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上.
(1)求复数z；
(2)若z+m−i1+im∈R为纯虚数，求实数m的值.
【解题思路】（1）利用复数的运算法则、模长公式及几何意义计算即可；
（2）利用共轭复数的概念及复数的四则运算计算即可.
【解答过程】（1）设z=a+bi，a,b∈R，a>0，由题意：a2+b2=10①
计算1+2iz=1+2ia+bi=a−2b+2a+bi，得a−2b=2a+b②
①②联立，解得a=3，b=−1得z=3−i.
（2）z+m−i1+i=3+i+m−i1−i2=3+m−12+1−m+12i，
所以3+m−12=0且1−m+12≠0，解得m=−5.
题型5
复数范围内方程的根的问题
1．（2023·全国·校联考模拟预测）若复数3−i为方程ax2+bx+1=0(a，b∈R)的一个根，则该方程的另一个复数根是（ ）
A．3+iB．−3−iC．−i+3D．−3+i
【解题思路】根据实系数方程的虚根成共轭复数求解即可.
【解答过程】因为两根互为共轭复数，所以另一根为3+i.
故选：A.
2．（2023下·河北保定·高一校联考期中）已知m,n为实数，2+i（i为虚数单位）是关于x的方程x2−mx+n=0的一个根，则m+n=（ ）
A．9B．7C．5D．4
【解题思路】根据虚根成对原理可得2−i是关于x的方程x2−mx+n=0的另一个根，利用韦达定理求出m、n，即可得解.
【解答过程】因为2+i是关于x的方程x2−mx+n=0（m、n为实数）的一个根，
则2−i是关于x的方程x2−mx+n=0的另一个根，
则m=2−i+2+i=4n=2−i×2+i=5，即m=4n=5，则m+n=9.
故选：A.
3．（2023上·江西新余·高二校考开学考试）已知关于x的方程x2−ax+ab=0，其中a，b为实数．
(1)设x=1−3i（i是虚数单位）是方程的根，求a，b的值；
(2)证明：当ba>14，且a>0时，该方程无实数根．
【解题思路】（1）根据一元二次方程复数根的性质即可求解；
（2）根据一元二次方程的判别式即可判断.
【解答过程】（1）∵x=1−3i是方程的根，∴1+3i也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得1−3i+1+3i=a，
得1−3i1+3i=ab，解得a=2，b=2；
（2）∵ba>14，∴ba−14=4b−a4a>0，∴4a(4b−a)>0，即4ab−a2>0，
∴Δ=a2−4ab<0，∴原方程无实数根．
4．（2023下·浙江温州·高一统考期末）关于x的一元二次方程x2+a+1x+4=0a∈R有两个根x1,x2，其中x1=1+3i.
(1)求a的值；
(2)设x1,x2在复平面内所对应的点分别为A，B，求线段AB的长度.
【解题思路】（1）根据题意可得复数x1,x2互为共轭复数，再利用韦达定理即可求出a；
（2）根据复数的几何意义求出A,B两点的坐标，进而可得答案.
【解答过程】（1）因为关于x的一元二次方程x2+a+1x+4=0有两个复数根x1,x2，
所以复数x1,x2互为共轭复数，
则x2=1−3i，
所以x1+x2=2=−a+1，解得a=−3；
（2）因为x1,x2在复平面内所对应的点分别为A，B，
所以A1,3,B1,−3，
所以线段AB的长度为23.
题型6
三角表示下复数的乘方与开方
1．（2023·广东·校联考模拟预测）棣莫弗公式(csx+isinx)n=csnx+isinnx（i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667－1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，已知复数ω=cs2π3+i⋅sin2π3，则ω4的值是（ ）
A．−ωB．1ωC．ωD．ω
【解题思路】利用棣莫弗公式及三角函数的特殊值，结合三角函数的诱导公式即可求解.
【解答过程】依题意知，ω=cs2π3+i⋅sin2π3=−12+32i，
由棣莫弗公式，得ω4=(cs2π3+i⋅sin2π3)4=cs8π3+i⋅sin8π3=cs3π−π3+i⋅sin3π−π3 =−csπ3+i⋅sinπ3=−12+32i，
所以ω4=ω.
故选：C.
2．（2023·全国·高一专题练习）若ω=−12+32i，则1+ω+ω2+ω3=（ ）
A．1B．3iC．−1D．−3i
【解题思路】首先用三角形式表示复数，利用复数三角形式的乘方运算求得ω3=1，ω2=−12−32i，再求出目标式的值.
【解答过程】由ω=−12+32i=cs2π3+isin2π3，
所以ω3=cs2π+isin2π=1，ω2=cs4π3+isin4π3=−12−32i，
综上，1+ω+ω2+ω3=2−12+32i−12−32i=1.
故选：A.
3．（2023·湖北恩施·校考模拟预测）任意一个复数z=a+bi都可以表示成三角形式，即a+bi=rcsθ+isinθ．棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗（1667－1754年）创立的，指的是：设两个复数z1=r1csθ1+isinθ1，z2=r1csθ2+isinθ2，则z1z2=r1r2csθ1+θ2+isinθ1+θ2，已知复数z=12+32i，则z2023+z2+z=（ ）
A．12B．12+32iC．12−32iD．1
【解题思路】将z=12+32i化为三角形式，根据棣莫弗定理可求得z2023,z2的值，即可求得答案.
【解答过程】由题意可得z=12+32i=csπ3+isinπ3，
故z2023=cs2023π3+isin2023π3=cs(674π+π3)+isin(674π+π3)=csπ3+isinπ3，
所以z2023+z2+z=csπ3+isinπ3+cs2π3+isin2π3+csπ3−isinπ3
=12+32i.
故选：B.
4．（2022·全国·高一专题练习）设z1=3+i，z2=1−i，z3=sinπ12+icsπ12，求z1⋅z23i9⋅z3的值.
【解题思路】将z1,z2化为三角形式，利用复数三角形式的乘除法、乘方运算直接求解即可.
【解答过程】∵z1=3+i=2csπ6+isinπ6，z2=1−i=2cs7π4+isin7π4，
∴z1⋅z23i9⋅z3=2csπ6+isinπ6⋅22cs21π4+isin21π4i⋅sinπ12−icsπ12 =42cs65π12+isin65π12csπ12+isinπ12=42cs16π3+isin16π3 =42−csπ3−isinπ3=−22−26i.
题型7
复数乘、除运算的几何意义的应用
1．（2023·高一课时练习）将复数1+3i对应的向量ON绕原点按顺时针方向旋转π2，得到的向量为ON1，那么ON1对应的复数是
A．3−iB．3+iC．−3−iD．−3+i
【解题思路】先将复数1+3i写成三角形式,再根据三角形式的运算法则求解即可.
【解答过程】复数1+3i的三角形式是2csπ3+isinπ3,向量ON1对应的复数是
2csπ3+sinπ3csπ2+isinπ2=2cs−π6+isin−π6=3−i
故选：A.
2．（2023·全国·高一专题练习）设复数z1=−1−i在复平面上对应向量OZ1，将OZ1按顺时针方向旋转56π后得到向量OZ2，令OZ2对应的复数为z2的辐角主值为θ，则tanθ=（ ）
A．2−3B．−2+3C．2+3D．−2−3
【解题思路】将给定的复数化成三角形式，再利用复数乘法的三角形式求出z2的辐角主值，即可计算作答.
【解答过程】复数z1=2[cs(5π4)+isin(5π4)]，因OZ1按顺时针方向旋转56π后得到向量OZ2，
依题意，z2=z1[cs(−5π6)+isin(−5π6)]=2(cs5π4)+isin3π4)[cs(−5π6)+isin(−5π6)=2(cs5π12+isin5π12)，
因此复数z2的辐角主值θ=5π12，所以tanθ=tan(π6+π4)=tanπ6+tanπ41−tanπ6tanπ4=33+11−33=2+3.
故选：C.
3．（2023下·全国·高一专题练习）把复数z1与z2对应的向量OA，OB分别按逆时针方向旋转π4和5π3后，与向量OM重合且模相等，已知z2=−1−3i，求复数z1的代数式和它的辐角主值.
【解题思路】根据题意列出等式,再根据复数的三角形式运算求解即可.
【解答过程】由复数乘法的几何意义得z1csπ4+isinπ4=z2cs5π3+isin5π3,
又z2=−1−3i=2cs4π3+isin4π3
z1=2cs4π3+isin4π3⋅cs5π3+isin5π3csπ4+isinπ4 =2cs3π−π4+isin3π−π4 =−2+2i
z1的辐角主值为3π4.
4．（2023·全国·高一专题练习）在复平面内，点A对应的复数是3+i，向量OA绕着点O按逆时针方向旋转120°得到向量OC.
(1)求点C对应的复数z0；
(2)已知点B对应的复数z满足z−z0=1，且CB,OC=120°，求复数z.
【解题思路】（1）利用复数的几何意义和复数的乘法运算求解；
（2）根据题意，由向量CB对应的复数z1=z0⋅12[cs−120°+isin−120°]或z1=z0⋅12cs120°+isin120°求解.
【解答过程】（1）解：因为点A对应的复数是3+i，向量OA绕着点O按逆时针方向旋转120°，
所以z0=3+i⋅cs120°+isin120°=−3+i；
（2）因为点B对应的复数z满足z−z0=1，且CB,OC=120°，
所以向量CB对应的复数z1=z0⋅12[cs−120°+isin−120°]=32+12i，
或z1=z0⋅12cs120°+isin120°=−i，
∴OB=OC+CB=−32,32或OB=OC+CB=−3,0，
∴z=−32+32i或z=−3.
题型8
复数综合
1．（2022下·辽宁·高一校联考期末）数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并给出以下公式eix=csx+isinx，（其中i是虚数单位，e是自然对数的底数，x∈R），这个公式在复变论中有非常重要的地位，被称为“数学中的天桥”，根据此公式，有下列四个结论，其中正确的是（ ）
A．eiπ−1=0B．2csx=e−ix+eixC．2sinx=eix−e−ixD．(22+22i)2022=−1
【解题思路】根据已知条件的公式及诱导公式，结合复数运算法则逐项计算后即可求解.
【解答过程】对于A，eiπ=csπ+isinπ=−1，所以eiπ−1=−1−1=−2，故A不正确；
对于B，eix=csx+isinx，e−ix=cs(−x)+isin(−x)=csx−isinx，
所以e−ix+eix=2csx，故B正确；
对于C，eix=csx+isinx，e−ix=cs(−x)+isin(−x)=csx−isinx，
所以eix−e−ix=2isinx，故C不正确；
对于D，(22+22i)2022=(csπ4+isinπ4)2022=(eπ4i)2022=cs2022π4+isin2022π4
=−csπ2−isinπ2=−i，故D不正确.
故选：B.
2．（2023上·上海黄浦·高三统考期末）已知复数z=a+bi（a、b∈R，i是虚数单位），z1，z2∈C，定义：Dz= z =a+b，Dz1,z2=z1−z2．给出下列命题：
①对任意z∈C，都有Dz>0；
②若z是复数z的共轭复数，则Dz=Dz恒成立；
③若Dz1=Dz2（z1、z2∈C），则z1=z2；
④对任意z1、z2、z3∈C，结论Dz1,z3≤Dz1,z2+Dz2,z3恒成立．
则其中真命题是（ ）．
A．①②③④；B．②③④；C．②④；D．②③．
【解题思路】代特殊值判断①；根据题中所给定义，逐一分析②③④，根据复数的运算法则，即可得答案.
【解答过程】对于①：由定义知，当z=0时，D(z)=0，故①错误
对于②：由题意得z=a−bi，所以D(z)=D(z)=a+b，故②正确；
对于③：设z1=a+bi,z2=c+di, Dz1=z1=a+b，Dz2=z2=c+d
若D(z1)=D(z2)(z1,z2∈C)，则a+b=c+d，不能推出a=cb=d，无法得到z1=z2，故③错误；
对于④：设z1=a+bi,z2=c+di,z3=e+fi，
则D(z1,z2)=(a−c)+(b−d)i=a−c+b−d，
同理D(z1,z3)=(a−e)+(b−f)i=a−e+b−f，D(z2,z3)=(c−e)+(d−f)i=c−e+d−f，
又a−e=(a−c)+(c−e)≤a−c+c−e，b−f=(b−d)+(d−f)≤b−d+d−f，
所以D(z1,z3)≤D(z1,z2)+D(z2,z3)恒成立，故④正确.
故选：C.
3．（2023·高一课时练习）已知：对于任意的多项式fx与任意复数z，fz=0⇔x−z整除fx．利用上述定理解决下列问题：
(1)在复数范围内分解因式：x2+x+1；
(2)若x2+x+1=0，求x21+x22+x23的值；
(3)求所有满足x2+x+1整除x2n+xn+1的正整数n构成的集合A．
【解题思路】（1）令x2+x+1=0求得复数范围内的两个根为−12±32i，即可因式分解；（2）根据x2+x+1=0求出复数根，找到根的次方的规律性变化的特点即可求解；（3）分n=3k,n=3k+1,n=3k+2,k∈N三种情况讨论求解.
【解答过程】（1）令x2+x+1=0解得两个根ω,ω2，
这里ω=−12+32i，ω2=−12−32i，
所以x2+x+1=(x+12−32i)(x+12+32i).
（2）由（1）知x2+x+1=0解得两个根x1=−12+32i，x2=−12−32i，
x1=−12+32i,x12=−12−32i,x13=1,x14=−12+32i,⋯，
所以x121=x13=1，同理x221=x23=1，
所以x21+x22+x23=x21x2+x+1=0.
（3）记f(x)=x2n+xn+1，x2+x+1=0有两个根ω,ω2，这里ω=−12+32i，
ω3=1，
当n=3k+1,k∈N时，
f(ω)=ω2n+ωn+1=0,f(ω2)=ω4n+ω2n+1=ω2+ω+1=0，
故在这种情形有x2+x+1整除x2n+xn+1，
当n=3k+2,k∈N时，
f(ω)=ω2n+ωn+1=0,f(ω2)=ω4n+ω2n+1=ω2+ω+1=0，
故在这种情形有x2+x+1整除x2n+xn+1，
当n=3k,k∈N时，
f(ω)=ω2n+ωn+1=3≠1，
故x2+x+1不整除x2n+xn+1，
所以A=n|n=3k+1或n=3k+2,k∈N.
4．（2023下·上海徐汇·高一上海中学校考期末）利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对z1,z2（其中z1,z2∈C）视为一个向量，记作α=z1,z2．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量α=z1,z2，β=z1',z2'的数量积定义为一个复数，记作a⋅β，满足α⋅β=z1z1'+z2z2'，复向量α的模定义为α=α⋅α．
(1)设α=1−i,i，β=3,4，i为虚数单位，求复向量α、β的模；
(2)设α、β是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量a=x1,y1，b=x2,y2，（其中x1,x2,y1,y2∈R），a⋅b≤ab成立，证明：对于复向量α、β，α⋅β≤aβ也成立；
②当α⋅β=aβ时，称复向量α与β平行．若复向量α=1+i,1−2i与β=i,z平行（其中i为虚数单位，z∈C），求复数z．
【解题思路】（1）根据题目中复向量的模长公式计算即可；
（2）①利用模长公式和复数的三角不等式，以及a⋅b≤ab的坐标表示，即可证明结论成立；
②根据①中等号成立的条件，结合题意即可求出z和z的值．
【解答过程】（1）因为α=(1−i,i)，所以α⋅α=(1−i)1−i+i⋅i=(1−i)(1+i)+i⋅(−i)=2+1=3，
可得α的模为|α|=3；
因为β=(3,4)，所以β⋅β=3×3+4×4=3×3+4×4=25，
所以β的模为|β|=5；
（2）因为α=z1,z2,β=z1',z2'，所以α⋅β=z1z1'+z2z2'，
由复数的三角不等式z1z1'+z2z2'≤z1z1'+z2z2'=z1z1'+z2z2'，
由a⋅b≤ab，得x1x2+y1y2x12+y12⋅x22+y22≤1，所以x1x2+y1y2≤x12+y12⋅x22+y22，
所以z1z1'+z2z2'≤z12+z22⋅z1'2+z2'2 =z1z1+z2z2⋅z1′z1'+z2′z2'=αβ，
综上所知，|a⋅β|≤|a||β|.
②考虑①中等号成立的条件知，对于复数的三角不等式，复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数k，使得z2'=kz1z1'z2，
若复向量α=1+i,1−2i与β=i,z平行，则z=k(1+i)⋅i1−2i=k35+15i，
根据z1z1'+z2z2'≤z12+z22⋅z1'2+z2'2中等号成立的条件，应有z1z2'=z2z1'，
则z=|1−2i||i||1+i|=102，
结合z=k35+15i，得k352+152=102，解得k=52；
所以z=5235+15i=32+12i，所以z=32−12i．