新高考数学一轮复习讲义第5章　§5.5　复　数（2份打包，原卷版+含解析）

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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是复数z的实部，b是复数z的虚部，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\c1(实数b＝0，,虚数b≠0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 \(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)eq \(,\s\up7(一一对应),\s\d5())复平面内的点Z(a，b)．
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)eq \(,\s\up7(一一对应),\s\d5())平面向量eq \(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法则或三角形法则进行．
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 \(OZ,\s\up6(→))＝eq \(OZ1,\s\up6(—→))＋eq \(OZ2,\s\up6(—→))，eq \(Z1Z2,\s\up6(—→))＝eq \(OZ2,\s\up6(—→))－eq \(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z(1＋i)＝2＋3i，则在复平面内z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 A
解析 因为复数z满足z(1＋i)＝2＋3i，
所以z＝eq \f(2＋3i,1＋i)＝eq \f(2＋3i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(5＋i,2)＝eq \f(5,2)＋eq \f(1,2)i，
所以在复平面内z对应的点位于第一象限．
2．若z＝(m2＋m－6)＋(m－2)i为纯虚数，则实数m的值为________．
答案 －3
3．已知复数z满足(3＋4i)·z＝5(1－i)，则z的虚部是________．
答案 －eq \f(7,5)
解析 因为(3＋4i)·z＝5(1－i)，
所以z＝eq \f(51－i,3＋4i)＝eq \f(51－i3－4i,3＋4i3－4i)＝eq \f(53－7i＋4i2,32－4i2)＝eq \f(5－1－7i,25)＝－eq \f(1,5)－eq \f(7,5)i.
所以z的虚部为－eq \f(7,5).
题型一 复数的概念
例1 (1)(多选)(2023·潍坊模拟)已知复数z满足|z|＝|z－1|＝1，且复数z对应的点在第一象限，则下列结论正确的是( )
A．复数z的虚部为eq \f(\r(3),2)
B．eq \f(1,z)＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
C．z2＝z＋1
D．复数z的共轭复数为－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i
答案 AB
解析 设复数z＝a＋bi(a，b∈R)．
因为|z|＝|z－1|＝1，且复数z对应的点在第一象限，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝1，,a－12＋b2＝1，,a>0，b>0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(\r(3),2)，))
即z＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i.
对于A，复数z的虚部为eq \f(\r(3),2)，故A正确；
对于B，eq \f(1,z)＝eq \f(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，故B正确；
对于C，因为z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))2＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i≠z＋1，故C错误；
对于D，复数z的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，故D错误．
(2)(2022·北京)若复数z满足i·z＝3－4i，则|z|等于( )
A．1 B．5 C．7 D．25
答案 B
解析 方法一 依题意可得z＝eq \f(3－4i,i)＝eq \f(3－4ii,i2)＝－4－3i，所以|z|＝eq \r(－42＋－32)＝5，故选B.
方法二 依题意可得i2·z＝(3－4i)i，所以z＝－4－3i，则|z|＝eq \r(－42＋－32)＝5，故选B.
(3)(2022·泰安模拟)已知复数z满足eq \f(z＋i,z)＝i，则eq \x\t(z)＝________.
答案 eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i
解析 由eq \f(z＋i,z)＝i，得z＋i＝zi，
∴z＝eq \f(－i,1－i)＝eq \f(－i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(1－i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(i,2).
则eq \x\t(z)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i.
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)(2023·淄博模拟)若复数z＝eq \f(2＋i,a＋i)的实部与虚部相等，则实数a的值为( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
答案 A
解析 z＝eq \f(2＋i,a＋i)＝eq \f(2＋ia－i,a＋ia－i)＝eq \f(2a＋1＋a－2i,a2＋1)，
因为复数z＝eq \f(2＋i,a＋i)的实部与虚部相等，
所以2a＋1＝a－2，解得a＝－3，
故实数a的值为－3.
(2)(2022·全国甲卷)若z＝1＋i，则|iz＋3eq \x\t(z)|等于( )
A．4eq \r(5) B．4eq \r(2) C．2eq \r(5) D．2eq \r(2)
答案 D
解析 因为z＝1＋i，所以iz＋3eq \x\t(z)＝i(1＋i)＋3(1－i)＝i－1＋3－3i＝2－2i，
所以|iz＋3eq \x\t(z)|＝|2－2i|＝eq \r(22＋－22)＝2eq \r(2).故选D.
(3)(2022·新高考全国Ⅰ)若i(1－z)＝1，则z＋eq \x\t(z)等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 D
解析 因为i(1－z)＝1，所以z＝1－eq \f(1,i)＝1＋i，所以eq \x\t(z)＝1－i，所以z＋eq \x\t(z)＝(1＋i)＋(1－i)＝2.故选D.
题型二 复数的四则运算
例2 (1)(2022·全国甲卷)若z＝－1＋eq \r(3)i，则eq \f(z,z\x\t(z)－1)等于( )
A．－1＋eq \r(3)i B．－1－eq \r(3)i
C．－eq \f(1,3)＋eq \f(\r(3),3)i D．－eq \f(1,3)－eq \f(\r(3),3)i
答案 C
解析 eq \f(z,z\x\t(z)－1)＝eq \f(－1＋\r(3)i,－1＋\r(3)i－1－\r(3)i－1)＝eq \f(－1＋\r(3)i,3)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(\r(3),3)i，故选C.
(2)(多选)(2022·福州模拟)设复数z1，z2，z3满足z3≠0，且|z1|＝|z2|，则下列结论错误的是( )
A．z1＝±z2 B．zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
C．z1·z3＝z2·z3 D．|z1·z3|＝|z2·z3|
答案 ABC
解析 取z1＝1－i，z2＝1＋i，显然满足|z1|＝|z2|＝eq \r(2)，但z1≠z2，z1≠－z2，故A错误；因为zeq \\al(2,1)＝－2i，zeq \\al(2,2)＝2i，故B错误；再取z3＝1，显然C错误．
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)(2022·新高考全国Ⅱ)(2＋2i)(1－2i)等于( )
A．－2＋4i B．－2－4i
C．6＋2i D．6－2i
答案 D
解析 (2＋2i)(1－2i)＝2－4i＋2i＋4＝6－2i，故选D.
(2)(2023·济宁模拟)已知复数z满足z·i3＝1－2i，则eq \x\t(z)的虚部为( )
A．1 B．－1 C．2 D．－2
答案 B
解析 ∵z·i3＝1－2i，
∴－zi＝1－2i，
∴z＝eq \f(1－2i,－i)＝eq \f(1－2ii,－i2)＝2＋i，
∴eq \x\t(z)＝2－i，
∴eq \x\t(z)的虚部为－1.
题型三 复数的几何意义
例3 (1)(2023·文昌模拟)棣莫弗公式(cs x＋isin x)n＝cs nx＋isin nx(其中i为虚数单位)是由法国数学家棣莫弗(1667－1754年)发现的，根据棣莫弗公式可知，复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,6)＋isin \f(π,6)))7在复平面内所对应的点位于( )
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 由已知得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,6)＋isin \f(π,6)))7＝cs eq \f(7π,6)＋isin eq \f(7π,6)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(π,6)))＋isineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(π,6)))＝－cs eq \f(π,6)－isin eq \f(π,6)＝－eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i，
∴复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,6)＋isin \f(π,6)))7在复平面内所对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，位于第三象限．
(2)在复平面内，O为坐标原点，复数z1＝i(－4＋3i)，z2＝7＋i对应的点分别为Z1，Z2，则∠Z1OZ2的大小为( )
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 \(OZ1,\s\up6(—→))＝(－3，－4)，eq \(OZ2,\s\up6(—→))＝(7,1)，
∴eq \(OZ1,\s\up6(—→))·eq \(OZ2,\s\up6(—→))＝－21－4＝－25，
∴cs∠Z1OZ2＝eq \f(\(OZ1,\s\up6(—→))·\(OZ2,\s\up6(—→)),|\(OZ1,\s\up6(—→))||\(OZ2,\s\up6(—→))|)＝eq \f(－25,5×5\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)，
又∠Z1OZ2∈[0，π]，∴∠Z1OZ2＝eq \f(3π,4).
(3)设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A．若|z|＝1，则z＝±1或z＝±i
B．若|z＋1|＝1，则点Z的集合为以(1,0)为圆心，1为半径的圆
C．若1≤|z|≤eq \r(2)，则点Z的集合所构成的图形的面积为π
D．若|z－1|＝|z＋i|，则点Z的集合中有且只有两个元素
答案 C
解析 若|z|＝1，则点Z的集合为以原点为圆心，1为半径的圆，有无数个圆上的点与复数z对应，故A错误；
若|z＋1|＝1，则点Z的集合为以(－1,0)为圆心，1为半径的圆，故B错误；
若1≤|z|≤eq \r(2)，则点Z的集合为以原点为圆心，分别以1和eq \r(2)为半径的两圆所夹的圆环，所以点Z的集合所构成的图形的面积为π×(eq \r(2))2－π×12＝π，故C正确；
若|z－1|＝|z＋i|，则点Z的集合是以点(1,0)，(0，－1)为端点的线段的垂直平分线，集合中有无数个元素，故D错误．
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)设复数z满足(1－i)z＝2i，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 B
解析 由z＝eq \f(2i,1－i)＝eq \f(2i1＋i,1－i1＋i)＝－1＋i，故z在复平面内对应的点为(－1,1)，
所以z在复平面内对应的点位于第二象限．
(2)设复数z满足|z－1|＝2，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )
A．(x－1)2＋y2＝4 B．(x＋1)2＋y2＝4
C．x2＋(y－1)2＝4 D．x2＋(y＋1)2＝4
答案 A
解析 z在复平面内对应的点为(x，y)，则复数z＝x＋yi(x，y∈R)，则|z－1|＝|(x－1)＋yi|＝2，由复数的模长公式可得(x－1)2＋y2＝4.
(3)已知复数z满足|z＋i|＝|z－i|，则|z＋1＋2i|的最小值为( )
A．1 B．2 C.eq \r(3) D.eq \r(5)
答案 B
解析 设复数z在复平面内对应的点为Z，
因为复数z满足|z＋i|＝|z－i|，所以由复数的几何意义可知，点Z到点(0，－1)和(0,1)的距离相等，
所以在复平面内点Z的轨迹为x轴，
又|z＋1＋2i|表示点Z到点(－1，－2)的距离，
所以问题转化为x轴上的动点Z到定点(－1，－2)距离的最小值，
所以|z＋1＋2i|的最小值为2.
课时精练
1．(2022·浙江)已知a，b∈R，a＋3i＝(b＋i)i(i为虚数单位)，则( )
A．a＝1，b＝－3 B．a＝－1，b＝3
C．a＝－1，b＝－3 D．a＝1，b＝3
答案 B
解析 (b＋i)i＝－1＋bi，则由a＋3i＝－1＋bi，得a＝－1，b＝3，故选B.
2．(2022·济南模拟)复数z＝eq \f(2,i＋1)(i为虚数单位)的虚部是( )
A．－1 B．1 C．－i D．i
答案 A
解析 因为z＝eq \f(2,i＋1)＝eq \f(21－i,i＋11－i)＝eq \f(21－i,2)＝1－i.
所以复数z的虚部为－1.
3．(2023·烟台模拟)若复数z满足(1＋2i)z＝4＋3i，则eq \x\t(z)等于( )
A．－2＋i B．－2－i
C．2＋i D．2－i
答案 C
解析 由(1＋2i)z＝4＋3i⇒z＝eq \f(4＋3i,1＋2i)＝eq \f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝2－i，所以eq \x\t(z)＝2＋i.
4．(2023·焦作模拟)复数z＝eq \f(－i,2＋i)－i5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＝eq \f(－i,2＋i)－i5＝eq \f(－i2－i,2＋i2－i)－i＝eq \f(－1－2i,5)－i＝－eq \f(1,5)－eq \f(7,5)i，
所以z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，－\f(7,5)))，位于第三象限．
5．(2022·西安模拟)已知复数z满足(1－i)2z＝2－4i，其中i为虚数单位，则复数eq \x\t(z)的虚部为( )
A．1 B．－1 C．i D．－i
答案 B
解析 由题意，化简得z＝eq \f(2－4i,1－i2)＝eq \f(2－4i,－2i)＝eq \f(2i＋4,2)＝2＋i，则eq \x\t(z)＝2－i，
所以复数eq \x\t(z)的虚部为－1.
6．(2022·临沂模拟)已知复数z＝eq \f(2＋6i,1－i)，i为虚数单位，则|z|等于( )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(3) C．2eq \r(5) D．2eq \r(6)
答案 C
解析 z＝eq \f(2＋6i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(2＋6i1＋i,2)＝(1＋3i)(1＋i)＝－2＋4i，|z|＝eq \r(4＋16)＝2eq \r(5).
7．(2023·蚌埠模拟)非零复数z满足eq \x\t(z)＝－zi，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A．实轴 B．虚轴
C．第一或第三象限 D．第二或第四象限
答案 C
解析 由题意，设z＝a＋bi(a，b∈R)，
故eq \x\t(z)＝－zi⇔a－bi＝－(a＋bi)i＝－ai＋b，
故a＝b，－b＝－a，
即复数z＝a＋ai，在复平面内对应的点位于第一或第三象限的角平分线上．
8．(2022·文昌模拟)已知复数z＝eq \f(a＋2i,i)(a∈R，i是虚数单位)的虚部是－3，则复数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
解析 由题意，z＝eq \f(a＋2i,i)＝eq \f(ai＋2i2,i2)＝2－ai的虚部是－3，
所以z在复平面内对应的点的坐标为(2，－3)，在第四象限．
9．i是虚数单位，设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则xy＝________，|x＋yi|＝________.
答案 1 eq \r(2)
解析 因为(1＋i)x＝1＋yi，所以x＋xi＝1＋yi，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,x＝y，))所以x＝y＝1，
所以xy＝1，|x＋yi|＝|1＋i|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2).
10．(2022·潍坊模拟)若复数z满足z·i＝2－i，则|z|＝________.
答案 eq \r(5)
解析 由z·i＝2－i，得z＝eq \f(2－i,i)＝eq \f(2－i－i,－i2)＝－1－2i，
∴|z|＝eq \r(－12＋－22)＝eq \r(5).
11．欧拉公式eiθ＝cs θ＋isin θ(其中e＝2.718…，i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式，下列结论中正确的是( )
A．eiπ的实部为0
B．e2i在复平面内对应的点在第一象限
C．|eiθ|＝1
D．eiπ的共轭复数为1
答案 C
解析 对于A，eiπ＝cs π＋isin π＝－1，则实部为－1，A错误；
对于B，e2i＝cs 2＋isin 2在复平面内对应的点为(cs 2，sin 2)，
∵cs 20，
∴e2i在复平面内对应的点位于第二象限，B错误；
对于C，|eiθ|＝|cs θ＋isin θ|＝eq \r(cs2θ＋sin2θ)＝1，C正确；
对于D，eiπ＝cs π＋isin π，则其共轭复数为cs π－isin π＝－1，D错误．
12．(多选)(2022·济宁模拟)已知复数z1＝－2＋i(i为虚数单位)，复数z2满足|z2－1＋2i|＝2，z2在复平面内对应的点为M(x，y)，则下列说法正确的是( )
A．复数z1在复平面内对应的点位于第二象限
B.eq \f(1,z1)＝－eq \f(2,5)－eq \f(1,5)i
C．(x＋1)2＋(y－2)2＝4
D．|z2－z1|的最大值为3eq \r(2)＋2
答案 ABD
解析 对于A，复数z1在复平面内对应的点的坐标为(－2,1)，该点位于第二象限，故A正确；
对于B，eq \f(1,z1)＝eq \f(1,－2＋i)＝eq \f(－2－i,－2＋i－2－i)＝－eq \f(2,5)－eq \f(1,5)i，故B正确；
对于C，z2－1＋2i＝(x－1)＋(y＋2)i，
∵|z2－1＋2i|＝2，
∴(x－1)2＋(y＋2)2＝4，故C错误；
对于D，z1－1＋2i＝－3＋3i，
则|z1－1＋2i|＝eq \r(－32＋32)＝3eq \r(2).
|z2－z1|＝|(z2－1＋2i)－(z1－1＋2i)|≤|z2－1＋2i|＋|z1－1＋2i|＝2＋3eq \r(2)，故D正确．
13．若复数(x－3)＋yi(x，y∈R)的模为2，则eq \f(y,x)的最大值为( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),2) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 因为复数(x－3)＋yi(x，y∈R)的模为2，
所以(x－3)2＋y2＝4，
表示以(3,0)为圆心，2为半径的圆，如图所示，
eq \f(y,x)表示过原点和圆上的点(x，y)的直线的斜率，由图可知，当直线与圆相切时，eq \f(y,x)取得最值，
设切线方程为y＝kx，则eq \f(|3k|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝±eq \f(2\r(5),5)，
所以eq \f(y,x)的最大值为eq \f(2\r(5),5).
14．在数学中，记表达式ad－bc为由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(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\t(z)2，则当eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(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\c1(z1 z2,z3 z4))＝z1z4－z2z3，
因为z3＝eq \x\t(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.
15．方程z2－4|z|＋3＝0在复数集内解的个数为( )
A．4 B．5 C．6 D．8
答案 C
解析 令z＝a＋bi(a，b∈R)，则a2－b2＋2abi－4eq \r(a2＋b2)＋3＝0，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ab＝0，,a2－b2－4\r(a2＋b2)＋3＝0.))
当b＝0时，a2－4|a|＋3＝0，a＝±1或a＝±3；
当a＝0时，b2＋4|b|－3＝0，|b|＝－2＋eq \r(7)或|b|＝－2－eq \r(7)(舍)，即b＝±(eq \r(7)－2)．
综上共有6个解，z＝±1，z＝±3，z＝±(eq \r(7)－2)i.
16．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).