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新高考数学一轮复习课时过关练习第05章 平面向量、复数第4节 复数 (含解析)
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这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第05章 平面向量、复数第4节 复数 (含解析)，共16页。试卷主要包含了理解复数的基本概念，复数的几何意义，复数的运算等内容，欢迎下载使用。
1.复数的有关概念
(1)定义：我们把集合C＝{a＋bi|a，b∈R}中的数，即形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a叫做复数z的实部，b叫做复数z的虚部(i为虚数单位).
(2)分类：
(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，b＝－d(a，b，c，d∈R).
(5)模：向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模，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
复数z＝a＋bi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一对应关系.
3.复数的运算
(1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.
(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 \(OZ,\s\up6(→))＝eq \(OZ1,\s\up6(→))＋eq \(OZ2,\s\up6(→))，eq \(Z1Z2,\s\up6(→))＝eq \(OZ2,\s\up6(→))－eq \(OZ1,\s\up6(→)).
1.i的乘方具有周期性
i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.
2.(1±i)2＝±2i，eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
3.复数的模与共轭复数的关系
z·eq \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( )
(2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.( )
(3)原点是实轴与虚轴的交点.( )
(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.( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
解析 (1)虚部为b；(2)虚数不可以比较大小.
2.(2021·北京卷)在复平面内，复数z满足(1－i)·z＝2，则z＝( )
A.1 B.i C.1－i D.1＋i
答案 D
解析 由题意可得z＝eq \f(2,1－i)＝eq \f(2·（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1＋i.
3.(2021·新高考Ⅱ卷)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）,（1－3i）（1＋3i）)＝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\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))，该点在第一象限.
4.(2021·上海卷)已知z＝1－3i，则|eq \(z,\s\up6(－))－i|＝________.
答案 eq \r(5)
解析 ∵z＝1－3i，∴eq \(z,\s\up6(－))＝1＋3i，∴eq \(z,\s\up6(－))－i＝1＋3i－i＝1＋2i，∴|eq \(z,\s\up6(－))－i|＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5).
5.已知a＋bi(a，b∈R)是eq \f(1－i,1＋i)的共轭复数，则a＋b＝________.
答案 1
解析 由eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(（1－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝－i，得a＋bi＝i，即a＝0，b＝1，则a＋b＝1.
6.(易错题)i为虚数单位，若复数(1＋mi)(i＋2)是纯虚数，则实数m等于________.
答案 2
解析 因为(1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是纯虚数，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得m＝2.
考点一 复数的概念
1.(2022·北京朝阳区一模)如果复数eq \f(2＋bi,i)(b∈R)的实部与虚部相等，那么b＝( )
A.－2 B.1 C.2 D.4
答案 A
解析 eq \f(2＋bi,i)＝eq \f(（2＋bi）（－i）,i（－i）)＝b－2i，所以实部为b，虚部为－2，故b的值为－2，故选A.
2.(多选)若复数z＝eq \f(2,1＋i)，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A.z的虚部为－1
B.|z|＝eq \r(2)
C.z2为纯虚数
D.z的共轭复数为－1－i
答案 ABC
解析 z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2－2i,2)＝1－i，对于A，z的虚部为－1，正确；
对于B，模长|z|＝eq \r(2)，正确；
对于C，因为z2＝(1－i)2＝－2i，故z2为纯虚数，正确；
对于D，z的共轭复数为1＋i，错误.
3.(多选)设z1，z2是复数，则下列命题中的真命题是( )
A.若|z1－z2|＝0，则eq \(z,\s\up6(－))1＝eq \(z,\s\up6(－))2
B.若z1＝eq \(z,\s\up6(－))2，则eq \(z,\s\up6(－))1＝z2
C.若|z1|＝|z2|，则z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2
D.若|z1|＝|z2|，则zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
答案 ABC
解析 对于A，若|z1－z2|＝0，则z1－z2＝0，z1＝z2，所以eq \(z,\s\up6(－))1＝eq \(z,\s\up6(－))2为真；
对于B，若z1＝eq \(z,\s\up6(－))2，则z1和z2互为共轭复数，所以eq \(z,\s\up6(－))1＝z2为真；
对于C，设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，a1，b1，a2，b2∈R，
若|z1|＝|z2|，则eq \r(aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1))＝eq \r(aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2))，
即aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)，
所以z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2，
所以z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2为真；
对于D，若z1＝1，z2＝i，
则|z1|＝|z2|，而zeq \\al(2,1)＝1，zeq \\al(2,2)＝－1，
所以zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)为假.故选ABC.
4.若复数z＝(x2－1)＋(x－1)i为纯虚数，则实数x的值为________.
答案 －1
解析 ∵z为纯虚数，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1＝0，,x－1≠0，))
∴x＝－1.
感悟提升 1.复数z＝a＋bi(a，b∈R)，其中a，b分别是它的实部和虚部.若z为实数，则虚部b＝0，与实部a无关；若z为虚数，则虚部b≠0，与实部a无关；若z为纯虚数，当且仅当a＝0且b≠0.
2.复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2).
3.复数z＝a＋bi(a，b∈R)的共轭复数为eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，则z·eq \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2，即|z|＝|eq \(z,\s\up6(－))|＝eq \r(z·\(z,\s\up6(－)) )，若z∈R，则eq \(z,\s\up6(－))＝z.
考点二 复数的四则运算
例1 (1)(2021·辽宁百校联盟质检)eq \f(1－i,2＋3i)＝( )
A.eq \f(1,13)＋eq \f(5,13)i B.eq \f(1,13)－eq \f(5,13)i
C.－eq \f(1,13)＋eq \f(5,13)i D.－eq \f(1,13)－eq \f(5,13)i
答案 D
解析 原式＝eq \f(（1－i）（2－3i）,（2＋3i）（2－3i）)＝eq \f(2－3－2i－3i,22＋32)＝－eq \f(1,13)－eq \f(5,13)i.
(2)(2021·全国乙卷)设iz＝4＋3i，则z＝( )
A.－3－4i B.－3＋4i
C.3－4i D.3＋4i
答案 C
解析 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.
(3)(2021·全国乙卷)设2(z＋eq \(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq \(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，则z＝( )
A.1－2i B.1＋2i C.1＋i D.1－i
答案 C
解析 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，代入2(z＋eq \(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq \(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，可得4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i.
感悟提升 (1)复数的乘法类似于多项式的乘法运算；(2)复数的除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数.
训练1 (1)(2021·全国甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝( )
A.－1－eq \f(3,2)i B.－1＋eq \f(3,2)i
C.－eq \f(3,2)＋i D.－eq \f(3,2)－i
答案 B
解析 z＝eq \f(3＋2i,（1－i）2)＝eq \f(3＋2i,－2i)＝eq \f(3i－2,2)＝－1＋eq \f(3,2)i.
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，则z(eq \(z,\s\up6(－))＋i)＝( )
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 \(z,\s\up6(－))＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i.
(3)(多选)(2022·湛江一模)若复数z＝eq \r(3)－i，则( )
A.|z|＝2
B.|z|＝4
C.z的共轭复数eq \(z,\s\up6(－))＝eq \r(3)＋i
D.z2＝4－2eq \r(3)i
答案 AC
解析 依题意得|z|＝eq \r(（\r(3)）2＋（－1）2)＝2，故A正确，B错误；
eq \(z,\s\up6(－))＝eq \r(3)＋i，C正确；
z2＝(eq \r(3)－i)2＝3－2eq \r(3)i＋i2＝2－2eq \r(3)i，D错误.
考点三 复数的几何意义
例2 (1)(2021·珠海一模)设i是虚数单位，复数z1＝i2 021，复数z2＝eq \f(|4－3i|,4＋3i)，则z1＋z2在复平面上对应的点在( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案 A
解析 因为复数z1＝i2 021＝i，z2＝eq \f(|4－3i|,4＋3i)＝eq \f(5（4－3i）,25)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i，所以z1＋z2＝eq \f(4,5)＋eq \f(2,5)i，故z1＋z2在复平面上对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(2,5)))，在第一象限.
(2)(2021·衡水联考)已知复数z＝a＋(a－1)i(a∈R)，则|z|的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),2) D.1
答案 B
解析 因为z＝a＋(a－1)i，所以|z|＝eq \r(a2＋（a－1）2)＝eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))≥eq \f(\r(2),2)，所以|z|的最小值为eq \f(\r(2),2).
(3)(多选)(2021·德州二模)已知复数z1＝eq \f(2,－1＋i)(i为虚数单位)，下列说法正确的是( )
A.z1对应的点在第三象限
B.z1的虚部为－1
C.zeq \\al(4,1)＝4
D.满足|z|＝|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，2为半径的圆上
答案 AB
解析 由题意，复数z1＝eq \f(2,－1＋i)
＝eq \f(2（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝－1－i，所以复数z1在复平面内对应的点是(－1，－1)，位于第三象限，所以A正确；
复数z1的虚部为－1，所以B正确；
zeq \\al(4,1)＝(－1－i)4＝[(－1－i)2]2＝(2i)2＝－4，所以C不正确；
由|z1|＝eq \r(（－1）2＋（－1）2)＝eq \r(2)，得满足|z|＝|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，eq \r(2)为半径的圆上，所以D不正确.
感悟提升 1.复数z＝a＋bi(a，b∈R) Z(a，b) eq \(OZ,\s\up6(→))＝(a，b).
2.由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此解题时可运用数形结合的方法，把复数、向量与解析几何联系在一起，使问题的解决更加直观.
训练2 (1)(2022·长沙一模)已知复数z＝eq \f(2－i,1＋i)，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 因为z＝eq \f(2－i,1＋i)＝eq \f(（2－i）（1－i）,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i，所以复数z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，在第四象限.
(2)若复数z＝(2＋ai)(a－i)在复平面内对应的点在第三象限，其中a∈R，i为虚数单位，则实数a的取值范围为( )
A.(－eq \r(2)，eq \r(2)) B.(－eq \r(2)，0)
C.(0，eq \r(2)) D.[0，eq \r(2))
答案 B
解析 z＝(2＋ai)(a－i)＝3a＋(a2－2)i在复平面内对应的点在第三象限，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a<0，,a2－2<0，))解得－eq \r(2)(3)如图，若向量eq \(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.
考点四 复数与方程
例3 已知x＝－1＋i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根.
(1)求实数a，b的值；
(2)结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明.
解 (1)把x＝－1＋i代入方程x2＋ax＋b＝0，得(－a＋b)＋(a－2)i＝0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a＋b＝0，,a－2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝2.))
(2)由(1)知方程为x2＋2x＋2＝0.
设另一个根为x2，由根与系数的关系，
得－1＋i＋x2＝－2，
∴x2＝－1－i.
把x2＝－1－i代入方程x2＋2x＋2＝0，
则左边＝(－1－i)2＋2(－1－i)＋2＝0＝右边，
∴x2＝－1－i是方程的另一个根.
感悟提升 (1)对实系数二次方程来说，求根公式、韦达定理、判别式的功能没有变化，仍然适用.(2)对复系数(至少有一个系数为虚数)方程，判别式判断根的功能失去了，其他仍适用.
训练3 在复数集内解方程x2－ix＋i－1＝0.
解 因为a＝1，b＝－i，c＝i－1，
所以Δ＝(－i)2－4×1×(i－1)＝3－4i.
设(m＋ni)2＝3－4i，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－n2＝3，,2mn＝－4，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝－1，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝1.))
所以3－4i的平方根为±(2－i)，
所以x＝eq \f(－b＋“Δ的平方根”,2a)＝eq \f(i±（2－i）,2×1)，
得x1＝eq \f(i＋2－i,2)＝1，x2＝eq \f(i－2＋i,2)＝－1＋i，
即原方程的根为x1＝1，x2＝－1＋i.
1.(2021·浙江卷)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i为虚数单位)，则a＝( )
A.－1 B.1 C.－3 D.3
答案 C
解析 法一 因为(1＋ai)i＝－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，解得a＝－3.
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.(2021·岳阳一模)已知eq \f(1－i,z)＝1＋i(其中i为虚数单位)，则复数|z|＝( )
A.i B.－i C.1 D.2
答案 C
解析 因为eq \f(1－i,z)＝1＋i，所以z＝eq \f(1－i,1＋i)，故|z|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))＝eq \f(\r(2),\r(2))＝1.
3.(2021·石家庄二模)在复平面内，复数eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(5i,3－4i)(i为虚数单位)，则z对应的点的坐标为( )
A.(3，4) B.(－4，3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，－\f(3,5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，－\f(3,5)))
答案 D
解析 因为eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(5i,3－4i)＝eq \f(5i（3＋4i）,（3－4i）（3＋4i）)＝eq \f(3i－4,5)＝－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i，所以z＝－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i，所以复数z所对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，－\f(3,5))).
4.(2021·日照一模)复平面内表示复数z＝i(a－i)(a＜0)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 z＝i(a－i)＝1＋ai表示的点为(1，a)，因为a＜0，所以点(1，a)位于第四象限.
5.(2021·南京三模)已知i为虚数单位，若复数z＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，则复数eq \f(1,z)的虚部为( )
A.－eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),2) C.－eq \f(\r(3),2)i D.eq \f(\r(3),2)i
答案 A
解析 结合复数的运算得eq \f(1,z)＝eq \f(1,\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)＝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，因而复数eq \f(1,z)的虚部为－eq \f(\r(3),2).
6.设复数z满足|z－i|＝|z＋i|，i为虚数单位，且z在复平面内对应的点为Z(x，y)，则下列结论一定正确的是( )
A.x＝1 B.y＝1 C.x＝0 D.y＝0
答案 D
解析 因为满足|z－i|＝|z＋i|的点Z为复平面内到点(0，－1)和(0，1)的距离相等的点的集合，所以Z(x，y)的轨迹为x轴，其方程为y＝0.
7.(多选)(2021·重庆质检)已知i为虚数单位，复数z＝eq \f(3＋2i,2－i)，则以下说法正确的是( )
A.z在复平面内对应的点在第一象限
B.z的虚部是－eq \f(7,5)
C.|z|＝3eq \r(5)
D.若复数z1满足|z1－z|＝1，则|z1|的最大值为1＋eq \f(\r(65),5)
答案 AD
解析 ∵z＝eq \f(3＋2i,2－i)＝eq \f(（3＋2i）（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝eq \f(4,5)＋eq \f(7,5)i，∴z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(7,5)))，在第一象限，故A正确；
z的虚部是eq \f(7,5)，故B不正确；
|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(65),5)，故C不正确；
设z1＝x＋yi，x，y∈R，由|z1－z|＝1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,5)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(7,5)))eq \s\up12(2)＝1，则点(x，y)在以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(7,5)))为圆心，以1为半径的圆上，则(x，y)到(0，0)的距离的最大值为1＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)))\s\up12(2))＝1＋eq \f(\r(65),5)，即|z1|的最大值为1＋eq \f(\r(65),5)，故D正确.
8.如果关于x的方程2x2＋3ax＋a2－a＝0至少有一个模等于1的根，那么实数a的值( )
A.不存在 B.有一个
C.有三个 D.有四个
答案 C
解析 (1)当根为实数时，将x＝1代入原方程得a2＋2a＋2＝0，无解；
将x＝－1代入原方程得a2－4a＋2＝0，解得a＝2±eq \r(2)，都符合要求；
(2)当根为虚数时，Δ＝a(a＋8)＜0，
∴－8＜a＜0.
此时有x1x2＝(x1)2＝1＝eq \f(a2－a,2)，
即a2－a－2＝0.
解得a＝－1或a＝2(舍去)，故a的值共有三个.
9.若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值为________.
答案 －2
解析 (1－2i)(a＋i)＝a＋2＋(1－2a)i，
由已知，得a＋2＝0，1－2a≠0，
∴a＝－2.
10.若复数z＝i＋i2 022，则eq \(z,\s\up6(－))＋eq \f(10,z)的模等于________.
答案 6eq \r(2)
解析 z＝i＋i2 022＝i－1，eq \(z,\s\up6(－))＋eq \f(10,z)＝1＋i＋eq \f(10,1－i)＝6＋6i，其模为6eq \r(2).
11.设O是坐标原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数分别为2－3i，－3＋2i.那么向量eq \(BA,\s\up6(→))对应的复数是________.
答案 5－5i
解析 ∵向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数分别为2－3i，－3＋2i，
∴eq \(OA,\s\up6(→))＝(2，－3)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－3，2)，
∴eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝(5，－5)，其对应的复数是5－5i.
12.若2－3i是方程x2－4x＋a＝0(a∈R)的一个根，则其另外一个根是________，a＝________.
答案 2＋3i 13
解析 设方程的另外一根为x，则x＋2－3i＝4，故x＝2＋3i，a＝(2－3i)(2＋3i)＝13.
13.(多选)(2022·福州一模)设z为复数，则下列命题中正确的是( )
A.|z|2＝z·eq \(z,\s\up6(－))
B.z2＝|z|2
C.若|z|＝1，则|z＋i|的最大值为2
D.若|z－1|＝1，则0≤|z|≤2
答案 ACD
解析 对于A，设z＝a＋bi(a，b∈R)，
则eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，
∴|z|2＝a2＋b2，而z·eq \(z,\s\up6(－))＝a2＋b2，
所以|z|2＝z·eq \(z,\s\up6(－))成立；
对于B，z＝a＋bi(a，b∈R)，当ab均不为0时，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，而|z|2＝a2＋b2，所以z2＝|z|2不成立；
对于C，|z|＝1可以看成以O(0，0)为圆心，1为半径的圆上的点P，|z＋i|可以看成点P到Q(0，－1)的距离，所以当P(0，1)时，可取|z＋i|的最大值2；
对于D，|z－1|＝1可以看成以M(1，0)为圆心，1为半径的圆上的点N，则|z|表示点N到原点的距离，故O，N重合时，|z|＝0最小，当O，M，N三点共线时，|z|＝2最大，故0≤|z|≤2.故选ACD.
14.(多选)(2021·济南十一学校联考)欧拉公式exi＝cs x＋isin x(其中i为虚数单位，x∈R)是由瑞士著名数学家欧拉创立的，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对应的点位于第三象限
B.eeq \f(π,2)i为纯虚数
C.复数eq \f(exi,\r(3)＋i)的模长等于eq \f(1,2)
D.eeq \f(π,6)i的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
答案 BC
解析 对于A，e2i＝cs 2＋isin 2，
∵2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
∴cs 2∈(－1，0)，sin 2∈(0，1)，
∴e2i表示的复数在复平面中对应的点位于第二象限，故A错误；
对于B，eeq \f(π,2)i＝cs eq \f(π,2)＋isin eq \f(π,2)＝i，可得eeq \f(π,2)i为纯虚数，故B正确；
对于C，eq \f(exi,\r(3)＋i)＝eq \f(cs x＋isin x,\r(3)＋i)
＝eq \f(（cs x＋isin x）（\r(3)－i）,（\r(3)＋i）（\r(3)－i）)
＝eq \f(\r(3)cs x＋sin x,4)＋eq \f(\r(3)sin x－cs x,4)i，
可得其模长为
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)cs x＋sin x,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)sin x－cs x,4)))\s\up12(2))＝eq \f(1,2)，故C正确；
对于D，eeq \f(π,6)i＝cs eq \f(π,6)＋isin eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i，可得eeq \f(π,6)i的共轭复数为eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i，故D错误.
15.已知复数z满足eq \f(z－1,z＋1)是纯虚数，则|z2＋z＋3|的最小值为________.
答案 eq \f(\r(33),3)
解析 设z＝a＋bi，
则eq \f(z－1,z＋1)＝eq \f(a2＋b2－1＋2bi,（a＋1）2＋b2).
因为eq \f(z－1,z＋1)为纯虚数，所以a2＋b2＝1(b≠0)，所以a2＝1－b2，所以－1＜a＜1.
所以|z2＋z＋3|＝|a2－b2＋2abi＋a＋bi＋3|
＝|a2－b2＋a＋3＋(2ab＋b)i|
＝eq \r(（a2－b2＋a＋3）2＋b2（2a＋1）2)
＝eq \r(12a2＋8a＋5)
＝eq \r(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(11,3)).
当a＝－eq \f(1,3)时，|z2＋z＋3|取得最小值，最小值为eq \f(\r(33),3).
16.(2022·枣庄模拟)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)，且满足|z－2|＝1，则eq \f(y,x)的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))
解析 复数z＝x＋yi，且|z－2|＝1，
所以(x－2)2＋y2＝1，
它表示圆心为(2，0)，半径为1的圆，
则eq \f(y,x)表示圆上的点与原点连线的斜率，
由题意设过点O且与圆相切的直线方程为
y＝kx，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）2＋y2＝1，,y＝kx，))
消去y，整理得(k2＋1)x2－4x＋3＝0，
由Δ＝16－12(k2＋1)＝0，
解得k＝－eq \f(\r(3),3)或k＝eq \f(\r(3),3)，
由题意得eq \f(y,x)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).满足条件(a，b为实数)
复数的
分类
a＋bi为实数⇔b＝0
a＋bi为虚数⇔b≠0
a＋bi为纯虚数⇔a＝0且b≠0
1.复数的有关概念
(1)定义：我们把集合C＝{a＋bi|a，b∈R}中的数，即形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a叫做复数z的实部，b叫做复数z的虚部(i为虚数单位).
(2)分类：
(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，b＝－d(a，b，c，d∈R).
(5)模：向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模，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
复数z＝a＋bi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一对应关系.
3.复数的运算
(1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.
(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 \(OZ,\s\up6(→))＝eq \(OZ1,\s\up6(→))＋eq \(OZ2,\s\up6(→))，eq \(Z1Z2,\s\up6(→))＝eq \(OZ2,\s\up6(→))－eq \(OZ1,\s\up6(→)).
1.i的乘方具有周期性
i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.
2.(1±i)2＝±2i，eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
3.复数的模与共轭复数的关系
z·eq \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( )
(2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小.( )
(3)原点是实轴与虚轴的交点.( )
(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.( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
解析 (1)虚部为b；(2)虚数不可以比较大小.
2.(2021·北京卷)在复平面内，复数z满足(1－i)·z＝2，则z＝( )
A.1 B.i C.1－i D.1＋i
答案 D
解析 由题意可得z＝eq \f(2,1－i)＝eq \f(2·（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1＋i.
3.(2021·新高考Ⅱ卷)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）,（1－3i）（1＋3i）)＝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\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))，该点在第一象限.
4.(2021·上海卷)已知z＝1－3i，则|eq \(z,\s\up6(－))－i|＝________.
答案 eq \r(5)
解析 ∵z＝1－3i，∴eq \(z,\s\up6(－))＝1＋3i，∴eq \(z,\s\up6(－))－i＝1＋3i－i＝1＋2i，∴|eq \(z,\s\up6(－))－i|＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5).
5.已知a＋bi(a，b∈R)是eq \f(1－i,1＋i)的共轭复数，则a＋b＝________.
答案 1
解析 由eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(（1－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝－i，得a＋bi＝i，即a＝0，b＝1，则a＋b＝1.
6.(易错题)i为虚数单位，若复数(1＋mi)(i＋2)是纯虚数，则实数m等于________.
答案 2
解析 因为(1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是纯虚数，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得m＝2.
考点一 复数的概念
1.(2022·北京朝阳区一模)如果复数eq \f(2＋bi,i)(b∈R)的实部与虚部相等，那么b＝( )
A.－2 B.1 C.2 D.4
答案 A
解析 eq \f(2＋bi,i)＝eq \f(（2＋bi）（－i）,i（－i）)＝b－2i，所以实部为b，虚部为－2，故b的值为－2，故选A.
2.(多选)若复数z＝eq \f(2,1＋i)，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A.z的虚部为－1
B.|z|＝eq \r(2)
C.z2为纯虚数
D.z的共轭复数为－1－i
答案 ABC
解析 z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2－2i,2)＝1－i，对于A，z的虚部为－1，正确；
对于B，模长|z|＝eq \r(2)，正确；
对于C，因为z2＝(1－i)2＝－2i，故z2为纯虚数，正确；
对于D，z的共轭复数为1＋i，错误.
3.(多选)设z1，z2是复数，则下列命题中的真命题是( )
A.若|z1－z2|＝0，则eq \(z,\s\up6(－))1＝eq \(z,\s\up6(－))2
B.若z1＝eq \(z,\s\up6(－))2，则eq \(z,\s\up6(－))1＝z2
C.若|z1|＝|z2|，则z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2
D.若|z1|＝|z2|，则zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
答案 ABC
解析 对于A，若|z1－z2|＝0，则z1－z2＝0，z1＝z2，所以eq \(z,\s\up6(－))1＝eq \(z,\s\up6(－))2为真；
对于B，若z1＝eq \(z,\s\up6(－))2，则z1和z2互为共轭复数，所以eq \(z,\s\up6(－))1＝z2为真；
对于C，设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，a1，b1，a2，b2∈R，
若|z1|＝|z2|，则eq \r(aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1))＝eq \r(aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2))，
即aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)，
所以z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2，
所以z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2为真；
对于D，若z1＝1，z2＝i，
则|z1|＝|z2|，而zeq \\al(2,1)＝1，zeq \\al(2,2)＝－1，
所以zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)为假.故选ABC.
4.若复数z＝(x2－1)＋(x－1)i为纯虚数，则实数x的值为________.
答案 －1
解析 ∵z为纯虚数，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1＝0，,x－1≠0，))
∴x＝－1.
感悟提升 1.复数z＝a＋bi(a，b∈R)，其中a，b分别是它的实部和虚部.若z为实数，则虚部b＝0，与实部a无关；若z为虚数，则虚部b≠0，与实部a无关；若z为纯虚数，当且仅当a＝0且b≠0.
2.复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2).
3.复数z＝a＋bi(a，b∈R)的共轭复数为eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，则z·eq \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2，即|z|＝|eq \(z,\s\up6(－))|＝eq \r(z·\(z,\s\up6(－)) )，若z∈R，则eq \(z,\s\up6(－))＝z.
考点二 复数的四则运算
例1 (1)(2021·辽宁百校联盟质检)eq \f(1－i,2＋3i)＝( )
A.eq \f(1,13)＋eq \f(5,13)i B.eq \f(1,13)－eq \f(5,13)i
C.－eq \f(1,13)＋eq \f(5,13)i D.－eq \f(1,13)－eq \f(5,13)i
答案 D
解析 原式＝eq \f(（1－i）（2－3i）,（2＋3i）（2－3i）)＝eq \f(2－3－2i－3i,22＋32)＝－eq \f(1,13)－eq \f(5,13)i.
(2)(2021·全国乙卷)设iz＝4＋3i，则z＝( )
A.－3－4i B.－3＋4i
C.3－4i D.3＋4i
答案 C
解析 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.
(3)(2021·全国乙卷)设2(z＋eq \(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq \(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，则z＝( )
A.1－2i B.1＋2i C.1＋i D.1－i
答案 C
解析 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，代入2(z＋eq \(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq \(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，可得4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i.
感悟提升 (1)复数的乘法类似于多项式的乘法运算；(2)复数的除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数.
训练1 (1)(2021·全国甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝( )
A.－1－eq \f(3,2)i B.－1＋eq \f(3,2)i
C.－eq \f(3,2)＋i D.－eq \f(3,2)－i
答案 B
解析 z＝eq \f(3＋2i,（1－i）2)＝eq \f(3＋2i,－2i)＝eq \f(3i－2,2)＝－1＋eq \f(3,2)i.
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，则z(eq \(z,\s\up6(－))＋i)＝( )
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 \(z,\s\up6(－))＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i.
(3)(多选)(2022·湛江一模)若复数z＝eq \r(3)－i，则( )
A.|z|＝2
B.|z|＝4
C.z的共轭复数eq \(z,\s\up6(－))＝eq \r(3)＋i
D.z2＝4－2eq \r(3)i
答案 AC
解析 依题意得|z|＝eq \r(（\r(3)）2＋（－1）2)＝2，故A正确，B错误；
eq \(z,\s\up6(－))＝eq \r(3)＋i，C正确；
z2＝(eq \r(3)－i)2＝3－2eq \r(3)i＋i2＝2－2eq \r(3)i，D错误.
考点三 复数的几何意义
例2 (1)(2021·珠海一模)设i是虚数单位，复数z1＝i2 021，复数z2＝eq \f(|4－3i|,4＋3i)，则z1＋z2在复平面上对应的点在( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案 A
解析 因为复数z1＝i2 021＝i，z2＝eq \f(|4－3i|,4＋3i)＝eq \f(5（4－3i）,25)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i，所以z1＋z2＝eq \f(4,5)＋eq \f(2,5)i，故z1＋z2在复平面上对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(2,5)))，在第一象限.
(2)(2021·衡水联考)已知复数z＝a＋(a－1)i(a∈R)，则|z|的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),2) D.1
答案 B
解析 因为z＝a＋(a－1)i，所以|z|＝eq \r(a2＋（a－1）2)＝eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))≥eq \f(\r(2),2)，所以|z|的最小值为eq \f(\r(2),2).
(3)(多选)(2021·德州二模)已知复数z1＝eq \f(2,－1＋i)(i为虚数单位)，下列说法正确的是( )
A.z1对应的点在第三象限
B.z1的虚部为－1
C.zeq \\al(4,1)＝4
D.满足|z|＝|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，2为半径的圆上
答案 AB
解析 由题意，复数z1＝eq \f(2,－1＋i)
＝eq \f(2（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝－1－i，所以复数z1在复平面内对应的点是(－1，－1)，位于第三象限，所以A正确；
复数z1的虚部为－1，所以B正确；
zeq \\al(4,1)＝(－1－i)4＝[(－1－i)2]2＝(2i)2＝－4，所以C不正确；
由|z1|＝eq \r(（－1）2＋（－1）2)＝eq \r(2)，得满足|z|＝|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，eq \r(2)为半径的圆上，所以D不正确.
感悟提升 1.复数z＝a＋bi(a，b∈R) Z(a，b) eq \(OZ,\s\up6(→))＝(a，b).
2.由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此解题时可运用数形结合的方法，把复数、向量与解析几何联系在一起，使问题的解决更加直观.
训练2 (1)(2022·长沙一模)已知复数z＝eq \f(2－i,1＋i)，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 因为z＝eq \f(2－i,1＋i)＝eq \f(（2－i）（1－i）,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i，所以复数z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，在第四象限.
(2)若复数z＝(2＋ai)(a－i)在复平面内对应的点在第三象限，其中a∈R，i为虚数单位，则实数a的取值范围为( )
A.(－eq \r(2)，eq \r(2)) B.(－eq \r(2)，0)
C.(0，eq \r(2)) D.[0，eq \r(2))
答案 B
解析 z＝(2＋ai)(a－i)＝3a＋(a2－2)i在复平面内对应的点在第三象限，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a<0，,a2－2<0，))解得－eq \r(2)
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.
考点四 复数与方程
例3 已知x＝－1＋i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根.
(1)求实数a，b的值；
(2)结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明.
解 (1)把x＝－1＋i代入方程x2＋ax＋b＝0，得(－a＋b)＋(a－2)i＝0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a＋b＝0，,a－2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝2.))
(2)由(1)知方程为x2＋2x＋2＝0.
设另一个根为x2，由根与系数的关系，
得－1＋i＋x2＝－2，
∴x2＝－1－i.
把x2＝－1－i代入方程x2＋2x＋2＝0，
则左边＝(－1－i)2＋2(－1－i)＋2＝0＝右边，
∴x2＝－1－i是方程的另一个根.
感悟提升 (1)对实系数二次方程来说，求根公式、韦达定理、判别式的功能没有变化，仍然适用.(2)对复系数(至少有一个系数为虚数)方程，判别式判断根的功能失去了，其他仍适用.
训练3 在复数集内解方程x2－ix＋i－1＝0.
解 因为a＝1，b＝－i，c＝i－1，
所以Δ＝(－i)2－4×1×(i－1)＝3－4i.
设(m＋ni)2＝3－4i，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－n2＝3，,2mn＝－4，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝－1，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝1.))
所以3－4i的平方根为±(2－i)，
所以x＝eq \f(－b＋“Δ的平方根”,2a)＝eq \f(i±（2－i）,2×1)，
得x1＝eq \f(i＋2－i,2)＝1，x2＝eq \f(i－2＋i,2)＝－1＋i，
即原方程的根为x1＝1，x2＝－1＋i.
1.(2021·浙江卷)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i为虚数单位)，则a＝( )
A.－1 B.1 C.－3 D.3
答案 C
解析 法一 因为(1＋ai)i＝－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，解得a＝－3.
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.(2021·岳阳一模)已知eq \f(1－i,z)＝1＋i(其中i为虚数单位)，则复数|z|＝( )
A.i B.－i C.1 D.2
答案 C
解析 因为eq \f(1－i,z)＝1＋i，所以z＝eq \f(1－i,1＋i)，故|z|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))＝eq \f(\r(2),\r(2))＝1.
3.(2021·石家庄二模)在复平面内，复数eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(5i,3－4i)(i为虚数单位)，则z对应的点的坐标为( )
A.(3，4) B.(－4，3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，－\f(3,5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，－\f(3,5)))
答案 D
解析 因为eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(5i,3－4i)＝eq \f(5i（3＋4i）,（3－4i）（3＋4i）)＝eq \f(3i－4,5)＝－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i，所以z＝－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i，所以复数z所对应的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，－\f(3,5))).
4.(2021·日照一模)复平面内表示复数z＝i(a－i)(a＜0)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 z＝i(a－i)＝1＋ai表示的点为(1，a)，因为a＜0，所以点(1，a)位于第四象限.
5.(2021·南京三模)已知i为虚数单位，若复数z＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，则复数eq \f(1,z)的虚部为( )
A.－eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),2) C.－eq \f(\r(3),2)i D.eq \f(\r(3),2)i
答案 A
解析 结合复数的运算得eq \f(1,z)＝eq \f(1,\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)＝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，因而复数eq \f(1,z)的虚部为－eq \f(\r(3),2).
6.设复数z满足|z－i|＝|z＋i|，i为虚数单位，且z在复平面内对应的点为Z(x，y)，则下列结论一定正确的是( )
A.x＝1 B.y＝1 C.x＝0 D.y＝0
答案 D
解析 因为满足|z－i|＝|z＋i|的点Z为复平面内到点(0，－1)和(0，1)的距离相等的点的集合，所以Z(x，y)的轨迹为x轴，其方程为y＝0.
7.(多选)(2021·重庆质检)已知i为虚数单位，复数z＝eq \f(3＋2i,2－i)，则以下说法正确的是( )
A.z在复平面内对应的点在第一象限
B.z的虚部是－eq \f(7,5)
C.|z|＝3eq \r(5)
D.若复数z1满足|z1－z|＝1，则|z1|的最大值为1＋eq \f(\r(65),5)
答案 AD
解析 ∵z＝eq \f(3＋2i,2－i)＝eq \f(（3＋2i）（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝eq \f(4,5)＋eq \f(7,5)i，∴z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(7,5)))，在第一象限，故A正确；
z的虚部是eq \f(7,5)，故B不正确；
|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(65),5)，故C不正确；
设z1＝x＋yi，x，y∈R，由|z1－z|＝1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,5)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(7,5)))eq \s\up12(2)＝1，则点(x，y)在以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(7,5)))为圆心，以1为半径的圆上，则(x，y)到(0，0)的距离的最大值为1＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)))\s\up12(2))＝1＋eq \f(\r(65),5)，即|z1|的最大值为1＋eq \f(\r(65),5)，故D正确.
8.如果关于x的方程2x2＋3ax＋a2－a＝0至少有一个模等于1的根，那么实数a的值( )
A.不存在 B.有一个
C.有三个 D.有四个
答案 C
解析 (1)当根为实数时，将x＝1代入原方程得a2＋2a＋2＝0，无解；
将x＝－1代入原方程得a2－4a＋2＝0，解得a＝2±eq \r(2)，都符合要求；
(2)当根为虚数时，Δ＝a(a＋8)＜0，
∴－8＜a＜0.
此时有x1x2＝(x1)2＝1＝eq \f(a2－a,2)，
即a2－a－2＝0.
解得a＝－1或a＝2(舍去)，故a的值共有三个.
9.若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值为________.
答案 －2
解析 (1－2i)(a＋i)＝a＋2＋(1－2a)i，
由已知，得a＋2＝0，1－2a≠0，
∴a＝－2.
10.若复数z＝i＋i2 022，则eq \(z,\s\up6(－))＋eq \f(10,z)的模等于________.
答案 6eq \r(2)
解析 z＝i＋i2 022＝i－1，eq \(z,\s\up6(－))＋eq \f(10,z)＝1＋i＋eq \f(10,1－i)＝6＋6i，其模为6eq \r(2).
11.设O是坐标原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数分别为2－3i，－3＋2i.那么向量eq \(BA,\s\up6(→))对应的复数是________.
答案 5－5i
解析 ∵向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数分别为2－3i，－3＋2i，
∴eq \(OA,\s\up6(→))＝(2，－3)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－3，2)，
∴eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝(5，－5)，其对应的复数是5－5i.
12.若2－3i是方程x2－4x＋a＝0(a∈R)的一个根，则其另外一个根是________，a＝________.
答案 2＋3i 13
解析 设方程的另外一根为x，则x＋2－3i＝4，故x＝2＋3i，a＝(2－3i)(2＋3i)＝13.
13.(多选)(2022·福州一模)设z为复数，则下列命题中正确的是( )
A.|z|2＝z·eq \(z,\s\up6(－))
B.z2＝|z|2
C.若|z|＝1，则|z＋i|的最大值为2
D.若|z－1|＝1，则0≤|z|≤2
答案 ACD
解析 对于A，设z＝a＋bi(a，b∈R)，
则eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，
∴|z|2＝a2＋b2，而z·eq \(z,\s\up6(－))＝a2＋b2，
所以|z|2＝z·eq \(z,\s\up6(－))成立；
对于B，z＝a＋bi(a，b∈R)，当ab均不为0时，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，而|z|2＝a2＋b2，所以z2＝|z|2不成立；
对于C，|z|＝1可以看成以O(0，0)为圆心，1为半径的圆上的点P，|z＋i|可以看成点P到Q(0，－1)的距离，所以当P(0，1)时，可取|z＋i|的最大值2；
对于D，|z－1|＝1可以看成以M(1，0)为圆心，1为半径的圆上的点N，则|z|表示点N到原点的距离，故O，N重合时，|z|＝0最小，当O，M，N三点共线时，|z|＝2最大，故0≤|z|≤2.故选ACD.
14.(多选)(2021·济南十一学校联考)欧拉公式exi＝cs x＋isin x(其中i为虚数单位，x∈R)是由瑞士著名数学家欧拉创立的，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对应的点位于第三象限
B.eeq \f(π,2)i为纯虚数
C.复数eq \f(exi,\r(3)＋i)的模长等于eq \f(1,2)
D.eeq \f(π,6)i的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
答案 BC
解析 对于A，e2i＝cs 2＋isin 2，
∵2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
∴cs 2∈(－1，0)，sin 2∈(0，1)，
∴e2i表示的复数在复平面中对应的点位于第二象限，故A错误；
对于B，eeq \f(π,2)i＝cs eq \f(π,2)＋isin eq \f(π,2)＝i，可得eeq \f(π,2)i为纯虚数，故B正确；
对于C，eq \f(exi,\r(3)＋i)＝eq \f(cs x＋isin x,\r(3)＋i)
＝eq \f(（cs x＋isin x）（\r(3)－i）,（\r(3)＋i）（\r(3)－i）)
＝eq \f(\r(3)cs x＋sin x,4)＋eq \f(\r(3)sin x－cs x,4)i，
可得其模长为
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)cs x＋sin x,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)sin x－cs x,4)))\s\up12(2))＝eq \f(1,2)，故C正确；
对于D，eeq \f(π,6)i＝cs eq \f(π,6)＋isin eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i，可得eeq \f(π,6)i的共轭复数为eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i，故D错误.
15.已知复数z满足eq \f(z－1,z＋1)是纯虚数，则|z2＋z＋3|的最小值为________.
答案 eq \f(\r(33),3)
解析 设z＝a＋bi，
则eq \f(z－1,z＋1)＝eq \f(a2＋b2－1＋2bi,（a＋1）2＋b2).
因为eq \f(z－1,z＋1)为纯虚数，所以a2＋b2＝1(b≠0)，所以a2＝1－b2，所以－1＜a＜1.
所以|z2＋z＋3|＝|a2－b2＋2abi＋a＋bi＋3|
＝|a2－b2＋a＋3＋(2ab＋b)i|
＝eq \r(（a2－b2＋a＋3）2＋b2（2a＋1）2)
＝eq \r(12a2＋8a＋5)
＝eq \r(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(11,3)).
当a＝－eq \f(1,3)时，|z2＋z＋3|取得最小值，最小值为eq \f(\r(33),3).
16.(2022·枣庄模拟)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)，且满足|z－2|＝1，则eq \f(y,x)的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))
解析 复数z＝x＋yi，且|z－2|＝1，
所以(x－2)2＋y2＝1，
它表示圆心为(2，0)，半径为1的圆，
则eq \f(y,x)表示圆上的点与原点连线的斜率，
由题意设过点O且与圆相切的直线方程为
y＝kx，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）2＋y2＝1，,y＝kx，))
消去y，整理得(k2＋1)x2－4x＋3＝0，
由Δ＝16－12(k2＋1)＝0，
解得k＝－eq \f(\r(3),3)或k＝eq \f(\r(3),3)，
由题意得eq \f(y,x)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).满足条件(a，b为实数)
复数的
分类
a＋bi为实数⇔b＝0
a＋bi为虚数⇔b≠0
a＋bi为纯虚数⇔a＝0且b≠0
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