2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第1讲　数系的扩充与复数的引入学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第1讲　数系的扩充与复数的引入学案，共13页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、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，其中实部是a，虚部是b．
(2)复数的分类
复数z＝a＋bi(a，b∈R)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(实数（b＝0），,虚数（b≠0）\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(纯虚数（a＝0，b≠0），,非纯虚数（a≠0，b≠0）.))))
(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共轭⇔a＝c且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，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq \r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)．
2．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bi eq\f(―→,\s\up6(一一对应)))复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R) 平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))．
3．复数的运算
(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)复数加法的运算定律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．
常用结论
1．三个易误点
(1)两个虚数不能比较大小．
(2)利用复数相等a＋bi＝c＋di列方程时，注意a，b，c，d∈R的前提条件．
(3)注意不能把实数集中的所有运算法则和运算性质照搬到复数集中来．例如，若z1，z2∈C，zeq \\al(2,1)＋zeq \\al(2,2)＝0，就不能推出z1＝z2＝0；z2<0在复数范围内有可能成立．
2．复数代数运算中常用的三个结论
在进行复数的代数运算时，记住以下结论，可提高计算速度．
(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)．
(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.
二、习题改编
1．(选修2­2P106B组T1改编)设复数z满足eq \f(1＋z,1－z)＝i，则|z|＝________．
解析：1＋z＝i(1－z)，z(1＋i)＝i－1，
z＝eq \f(i－1,1＋i)＝eq \f(－（1－i）2,2)＝i，所以|z|＝|i|＝1.
答案：1
2．(选修2­2P112A组T2改编)在复平面内，向量eq \(AB,\s\up6(→))对应的复数是2＋i，向量eq \(CB,\s\up6(→))对应的复数是－1－3i，则向量eq \(CA,\s\up6(→))对应的复数是________．
解析：eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＝－1－3i＋(－2－i)＝－3－4i.
答案：－3－4i
3．(选修2­2P116A组T2改编)若复数z＝(x2－1)＋(x－1)i为纯虚数，则实数x的值为________．
解析：因为z为纯虚数，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1＝0，,x－1≠0，))所以x＝－1.
答案：－1
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若a∈C，则a2≥0.( )
(2)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，当a＝0时，复数z为纯虚数．( )
(3)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( )
(4)方程x2＋x＋1＝0没有解．( )
(5)由于复数包含实数，在实数范围内两个数能比较大小，因而在复数范围内两个数也能比较大小．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)对复数概念的理解有误；
(2)复数的几何意义不清致误；
(3)复数的运算方法不当致使出错；
(4)z与eq \x\t(z)的不清致误．
1．设m∈R，复数z＝m2－1＋(m＋1)i表示纯虚数，则m的值为( )
A．1 B．－1
C．±1 D．0
解析：选A.由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－1＝0，,m＋1≠0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝±1,m≠－1.))
所以m＝1.故选A.
2．在复平面内，复数6＋5i，－2＋3i对应的点分别为A，B.若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是( )
A．4＋8i B．8＋2i
C．2＋4i D．4＋i
解析：选C.因为A(6，5)，B(－2，3)，所以线段AB的中点C(2，4)，则点C对应的复数为z＝2＋4i.故选C.
3．若a为实数，且eq \f(2＋ai,1＋i)＝3＋i，则a＝________．
解析：由eq \f(2＋ai,1＋i)＝3＋i，得2＋ai＝(3＋i)(1＋i)＝2＋4i，即ai＝4i，因为a为实数，所以a＝4.
答案：4
4．已知(1＋2i) eq \x\t(z)＝4＋3i，则z＝________．
解析：因为eq \x\t(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z＝2＋i.
答案：2＋i
复数的有关概念(自主练透)
1．设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a＋eq \f(b,i)为纯虚数”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C.因为复数a＋eq \f(b,i)＝a－bi为纯虚数，所以a＝0且－b≠0，即a＝0且b≠0.所以“ab＝0”是“复数a＋eq \f(b,i)为纯虚数”的必要不充分条件，故选C.
2．已知i为虚数单位，若复数z＝eq \f(a,1－2i)＋i(a∈R)的实部与虚部互为相反数，则a＝ ( )
A．－5 B．－1
C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(5,3)
解析：选D.z＝eq \f(a,1－2i)＋i＝eq \f(a（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＋i＝eq \f(a,5)＋eq \f(2a＋5,5)i，因为复数z＝eq \f(a,1－2i)＋i(a∈R)的实部与虚部互为相反数，所以－eq \f(a,5)＝eq \f(2a＋5,5)，
解得a＝－eq \f(5,3).故选D.
3．已知eq \f(z,1－i)＝2＋i，则eq \x\t(z)(z的共轭复数)为( )
A．－3－i B．－3＋i
C．3＋i D．3－i
解析：选C.由题意得z＝(2＋i)(1－i)＝3－i，
所以eq \x\t(z)＝3＋i，故选C.
4．设z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i，则|z|＝( )
A．0 B．eq \f(1,2)
C．1 D．eq \r(2)
解析：选C.法一：因为z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i＝eq \f(（1－i）2,（1＋i）（1－i）)＋2i＝－i＋2i＝i，所以|z|＝1，故选C.
法二：因为z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i＝eq \f(1－i＋2i（1＋i）,1＋i)＝eq \f(－1＋i,1＋i)，所以|z|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋i,1＋i)))＝eq \f(|－1＋i|,|1＋i|)＝eq \f(\r(2),\r(2))＝1，故选C.
5．已知a∈R，i为虚数单位，若eq \f(a－i,2＋i)为实数，则a的值为________．
解析：因为eq \f(a－i,2＋i)＝eq \f(（a－i）（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝eq \f(2a－1－（a＋2）i,5)为实数，所以a＋2＝0，即a＝－2.
答案：－2
eq \a\vs4\al()
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．
复数的几何意义(自主练透)
1．(2019·高考全国卷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
解析：选C.通解：因为z在复平面内对应的点为(x，y)，
所以z＝x＋yi(x，y∈R)．
因为|z－i|＝1，所以|x＋(y－1)i|＝1，
所以x2＋(y－1)2＝1.故选C.
优解一：因为|z－i|＝1表示复数z在复平面内对应的点(x，y)到点(0，1)的距离为1，所以x2＋(y－1)2＝1.故选C.
优解二：在复平面内，点(1，1)所对应的复数z＝1＋i满足|z－i|＝1，但点(1，1)不在选项A，D的圆上，所以排除A，D；在复平面内，点(0，2)所对应的复数z＝2i满足|z－i|＝1，但点(0，2)不在选项B的圆上，所以排除B.故选C.
2．已知i为虚数单位，则复数eq \f(1－i,1＋2i)的共轭复数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
解析：选B.eq \f(1－i,1＋2i)＝eq \f(（1－i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq \f(－1－3i,5)，其共轭复数为－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i，在复平面内对应的点位于第二象限，故选B.
3．已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－3，1) B．(－1，3)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－3)
解析：选A.由已知可得复数z在复平面内对应的点的坐标为(m＋3，m－1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋3＞0，,m－1＜0，))解得－3＜m＜1，故选A.
4．设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i(i为虚数单位)，则z1z2＝( )
A．－5 B.5
C．－4＋i D．－4－i
解析：选A.因为复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，所以z2＝－2＋i，所以z1z2＝(2＋i)(－2＋i)＝－5.
5．已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面内对应的点分别为A，B，C，若eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是________．
解析：由条件得eq \(OC,\s\up6(→))＝(3，－4)，eq \(OA,\s\up6(→))＝(－1，2)，
eq \(OB,\s\up6(→))＝(1，－1)，
根据eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))得
(3，－4)＝λ(－1，2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－λ＋μ＝3，,2λ－μ＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝2，))所以λ＋μ＝1.
答案：1
eq \a\vs4\al()
复数的几何意义及应用
(1)复数z与复平面上的点Z及向量eq \(OZ,\s\up6(→))相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔eq \(OZ,\s\up6(→)).
(2)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．
复数代数形式的运算(自主练透)
1．(2019·高考全国卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，则z＝( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
解析：选D.z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2＋2i,2)＝1＋i.
2.eq \f(1＋2i,1－2i)＝( )
A．－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i B．－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
C．－eq \f(3,5)－eq \f(4,5)i D．－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i
解析：选D.eq \f(1＋2i,1－2i)＝eq \f(（1＋2i）（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，故选D.
3．设i为虚数单位，复数z满足i(z＋1)＝1，则复数z＝( )
A．1＋i B．1－i
C．－1－i D．－1＋i
解析：选C.由题意，得z＝eq \f(1,i)－1＝－1－i，故选C.
4．已知复数z满足z＋|z|＝1＋i，则z＝( )
A．－i B．i
C．1－i D．1＋i
解析：选B.法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＋|z|＝(a＋eq \r(a2＋b2))＋bi＝1＋i，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋\r(a2＋b2)＝1，,b＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝1，))所以z＝i，故选B.
法二：把各选项代入验证，知选项B满足题意．
5．已知复数z的共轭复数为eq \x\t(z)，若eq \x\t(z)(1－i)＝2i(i为虚数单位)，则z＝( )
A．i B．i－1
C．－i－1 D．－i
解析：选C.由已知可得eq \x\t(z)＝eq \f(2i,1－i)＝eq \f(2i（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝－1＋i，则z＝－1－i，故选C.
6．已知a为实数，若复数z＝(a2－1)＋(a＋1)i为纯虚数，则eq \f(a＋i2 020,1＋i)＝( )
A．1 B．0
C．1＋i D．1－i
解析：选D.z＝(a2－1)＋(a＋1)i为纯虚数，
则有a2－1＝0，a＋1≠0，
得a＝1，
则有eq \f(1＋i2 020,1＋i)＝eq \f(1＋1,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－i.
eq \a\vs4\al()
复数代数形式运算问题的解题策略
(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的乘法运算，可将含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可．
(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，解题中要注意把i的幂写成最简形式．
[基础题组练]
1．设i为虚数单位，则(－1＋i)(1＋i)＝( )
A．2i B．－2i
C．2 D．－2
解析：选D.(－1＋i)(1＋i)＝－1－i＋i＋i2＝－1－1＝－2.故选D.
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设z＝－3＋2i，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
解析：选C.由题意，得eq \x\t(z)＝－3－2i，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限，故选C.
3．若复数z＝eq \f(a,1＋i)＋1为纯虚数，则实数a＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A.因为复数z＝eq \f(a,1＋i)＋1＝eq \f(a（1－i）,（1＋i）（1－i）)＋1＝eq \f(a,2)＋1－eq \f(a,2)i为纯虚数，所以eq \f(a,2)＋1＝0且－eq \f(a,2)≠0，解得a＝－2.故选A.
4．已知复数z满足(1＋i)z＝2，则复数z的虚部为( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
解析：选B.法一：因为(1＋i)z＝2，所以z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1－i，则复数z的虚部为－1.故选B.
法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(1＋i)(a＋bi)＝a－b＋(a＋b)i＝2，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＝2，,a＋b＝0，))解得a＝1，b＝－1，所以复数z的虚部为－1.故选B.
5．若复数z满足eq \f(z,1－i)＝i，其中i为虚数单位，则共轭复数eq \x\t(z)＝( )
A．1＋i B．1－i
C．－1－i D．－1＋i
解析：选B.由题意，得z＝i(1－i)＝1＋i，所以z＝1－i，故选B.
6．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,i)))eq \s\up12(2)＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，则a＋b＝( )
A．－7 B．7
C．－4 D．4
解析：选A.因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,i)))eq \s\up12(2)＝1＋eq \f(4,i)＋eq \f(4,i2)＝－3－4i，
所以－3－4i＝a＋bi，则a＝－3，b＝－4，
所以a＋b＝－7，故选A.
7．已知i为虚数单位，则eq \f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝( )
A．5 B．5i
C．－eq \f(7,5)－eq \f(12,5)i D．－eq \f(7,5)＋eq \f(12,5)i
解析：选A.法一：eq \f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝eq \f(10－5i,2－i)＝5，故选A.
法二：eq \f(（2＋i）（3－4i）,2－i)＝eq \f(（2＋i）2（3－4i）,（2＋i）（2－i）)＝eq \f(（3＋4i）（3－4i）,5)＝5，故选A.
8．若复数z满足z(1＋i)＝2i(i为虚数单位)，则|z|＝( )
A．1 B．2
C.eq \r(2) D．eq \r(3)
解析：选C.因为z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1＋i，所以|z|＝eq \r(2).故选C.
9．已知a∈R，i是虚数单位．若z＝a＋eq \r(3)i，z·eq \x\t(z)＝4，则a＝( )
A．1或－1 B．eq \r(7)或－eq \r(7)
C．－eq \r(3) D．eq \r(3)
解析：选A.法一：由题意可知eq \x\t(z)＝a－eq \r(3)i，所以z·eq \x\t(z)＝(a＋eq \r(3)i)(a－eq \r(3)i)＝a2＋3＝4，故a＝1或－1.
法二：z·eq \x\t(z)＝|z|2＝a2＋3＝4，故a＝1或－1.
10．设z＝1＋i(i是虚数单位)，则z2－eq \f(2,z)＝( )
A．1＋3i B．1－3i
C．－1＋3i D．－1－3i
解析：选C.因为z＝1＋i，所以z2＝(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i，eq \f(2,z)＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2（1－i）,1－i2)＝eq \f(2（1－i）,2)＝1－i，则z2－eq \f(2,z)＝2i－(1－i)＝－1＋3i.故选C.
11．若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为( )
A．－4 B．－eq \f(4,5)
C．4 D．eq \f(4,5)
解析：选D.因为|4＋3i|＝eq \r(42＋32)＝5，所以z＝eq \f(5,3－4i)＝eq \f(5（3＋4i）,（3－4i）（3＋4i）)＝eq \f(3＋4i,5)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，所以z的虚部为eq \f(4,5).
12．设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，则eq \f(z1,z2)＝( )
A．1＋i B．eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i
C．1＋eq \f(4,5)i D．1＋eq \f(4,3)i
解析：选B.因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，所以z2＝2－i，所以eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋i,2－i)＝eq \f(（2＋i）2,5)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，故选B.
13．设复数z满足eq \x\t(z)＝|1－i|＋i(i为虚数单位)，则复数z＝________．
解析：复数z满足eq \x\t(z)＝|1－i|＋i＝eq \r(2)＋i，则复数z＝eq \r(2)－i.
答案：eq \r(2)－i
14．设z＝eq \f(1,1＋i)＋i(i为虚数单位)，则|z|＝________．
解析：因为z＝eq \f(1,1＋i)＋i＝eq \f(1－i,（1＋i）（1－i）)＋i＝eq \f(1－i,2)＋i＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
15．已知复数z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)(i为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x－2y＋m＝0上，则m＝________．
解析：z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)＝eq \f(4＋2i,2i)＝eq \f(（4＋2i）i,2i2)＝1－2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其代入x－2y＋m＝0，得m＝－5.
答案：－5
16．当复数z＝(m＋3)＋(m－1)i(m∈R)的模最小时，eq \f(4i,z)＝________．
解析：|z|＝eq \r(（m＋3）2＋（m－1）2)
＝eq \r(2m2＋4m＋10)＝eq \r(2（m＋1）2＋8)，
所以当m＝－1时，|z|min＝2eq \r(2)，
所以eq \f(4i,z)＝eq \f(4i,2－2i)＝eq \f(4i（2＋2i）,8)＝－1＋i.
答案：－1＋i
[综合题组练]
1．若实数a，b，c满足a2＋a＋bi<2＋ci(其中i2＝－1)，集合A＝{x|x＝a}，B＝{x|x＝b＋c}，则A∩∁RB为( )
A．∅
B．{0}
C．{x|－2D．{x|－2解析：选D.由于只有实数之间才能比较大小，故a2＋a＋bi<2＋ci⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a<2，,b＝c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－22．若虚数(x－2)＋yi(x，y∈R)的模为eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值是( )
A.eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(1,2) D．eq \r(3)
解析：选D.
因为(x－2)＋yi是虚数，
所以y≠0，
又因为|(x－2)＋yi|＝eq \r(3)，
所以(x－2)2＋y2＝3.
因为eq \f(y,x)是复数x＋yi对应点与原点连线的斜率，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))eq \s\d7(max)＝tan∠AOB＝eq \r(3)，
所以eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3).
3．－3＋2i是方程2x2＋px＋q＝0的一个根，且p，q∈R，则p＋q＝________．
解析：由题意得2(－3＋2i)2＋p(－3＋2i)＋q＝0，
即2(5－12i)－3p＋2pi＋q＝0，
即(10－3p＋q)＋(－24＋2p)i＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(10－3p＋q＝0，,－24＋2p＝0.))所以p＝12，q＝26，所以p＋q＝38.
答案：38
4．已知复数z＝eq \f(i＋i2＋i3＋…＋i2 018,1＋i)，则复数z在复平面内对应点的坐标为________．
解析：因为i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＋i4n＋4＝i＋i2＋i3＋i4＝0，而2 018＝4×504＋2，
所以z＝eq \f(i＋i2＋i3＋…＋i2 018,1＋i)＝eq \f(i＋i2,1＋i)＝eq \f(－1＋i,1＋i)
＝eq \f(（－1＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2i,2)＝i，对应的点为(0，1)．
答案：(0，1)
5．复数z1＝eq \f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i，若eq \x\t(z)1＋z2是实数，求实数a的值．
解：eq \x\t(z)1＋z2＝eq \f(3,a＋5)＋(a2－10)i＋eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a＋5)＋\f(2,1－a)))＋[(a2－10)＋(2a－5)]i
＝eq \f(a－13,（a＋5）（a－1）)＋(a2＋2a－15)i.
因为eq \x\t(z)1＋z2是实数，
所以a2＋2a－15＝0，
解得a＝－5或a＝3.
因为a＋5≠0，
所以a≠－5，故a＝3.
6．若虚数z同时满足下列两个条件：
①z＋eq \f(5,z)是实数；
②z＋3的实部与虚部互为相反数．
这样的虚数是否存在？若存在，求出z；若不存在，请说明理由．
解：这样的虚数存在，z＝－1－2i或z＝－2－i.
设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，
z＋eq \f(5,z)＝a＋bi＋eq \f(5,a＋bi)
＝a＋bi＋eq \f(5（a－bi）,a2＋b2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(5a,a2＋b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5b,a2＋b2)))i.
因为z＋eq \f(5,z)是实数，所以b－eq \f(5b,a2＋b2)＝0.
又因为b≠0，所以a2＋b2＝5.①
又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，
所以a＋3＋b＝0.②
由①②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))
故存在虚数z，z＝－1－2i或z＝－2－i.