高考数学科学创新复习方案提升版第33讲复数学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第33讲复数学案（Word版附解析），共4页。


1．复数的有关概念
(1)复数的概念
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a与b分别叫做它的eq \x(\s\up1(01))实部与eq \x(\s\up1(02))虚部．若eq \x(\s\up1(03))b＝0，则a＋bi为实数，若eq \x(\s\up1(04))b≠0，则a＋bi为虚数，若eq \x(\s\up1(05))a＝0且b≠0，则a＋bi为纯虚数．
(2)复数相等
a＋bi＝c＋di⇔eq \x(\s\up1(06))a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．
(3)共轭复数
a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(4)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eq \x(\s\up1(07))|z|或eq \x(\s\up1(08))|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \x(\s\up1(09))eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)．
2．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bieq \a\vs4\al(一一对应)复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．
(2)复数z＝a＋bieq \a\vs4\al(一一对应)平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))(a，b∈R)．
3．复数的运算
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则
(1)加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝eq \x(\s\up1(10))(a＋c)＋(b＋d)i．
(2)减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝eq \x(\s\up1(11))(a－c)＋(b－d)i．
(3)乘法：z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝eq \x(\s\up1(12))(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)．
1．(1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N)．
(2)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N)．
2．zeq \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2，|z1z2|＝|z1||z2|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2)))＝eq \f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n(n∈N)．
3．(1)复数加法的几何意义：若复数z1，z2对应的向量eq \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))不共线，则复数z1＋z2是以eq \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))为邻边的平行四边形的对角线eq \(OZ,\s\up6(→))所对应的复数．
(2)复数减法的几何意义：复数z1－z2是eq \(OZ1,\s\up6(→))－eq \(OZ2,\s\up6(→))＝eq \(Z2Z1,\s\up6(→))所对应的复数．
1．(2022·新高考Ⅱ卷)(2＋2i)(1－2i)＝( )
A．－2＋4i B．－2－4i
C．6＋2i D．6－2i
答案 D
解析 (2＋2i)(1－2i)＝2＋4－4i＋2i＝6－2i.故选D.
2．(人教A必修第二册习题7.2 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( )
A．1－2i B．－1＋2i
C．3＋4i D．－3－4i
答案 D
解析 因为向量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，所以向量eq \(BA,\s\up6(→))对应的复数是－2－i，且eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))，所以向量eq \(CA,\s\up6(→))对应的复数是(－1－3i)＋(－2－i)＝－3－4i.故选D.
3．以2i－eq \r(5)的虚部为实部，以eq \r(5)i＋2i2的实部为虚部的新复数是( )
A．2－2i B．2＋i
C．－eq \r(5)＋eq \r(5)i D.eq \r(5)＋eq \r(5)i
答案 A
解析 2i－eq \r(5)的虚部为2，eq \r(5)i＋2i2＝－2＋eq \r(5)i的实部为－2，所以所求的新复数是2－2i.故选A.
4．(2023·广州二模)若复数z＝eq \f(m－i,1＋i)是实数，则实数m＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案 A
解析 ∵z＝eq \f(m－i,1＋i)＝eq \f(（m－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(m－1,2)－eq \f(m＋1,2)i为实数，∴－eq \f(m＋1,2)＝0，解得m＝－1.故选A.
5．给出下列命题：
①两个不是实数的复数不能比较大小；
②复数i－1的共轭复数是i＋1；
③若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是纯虚数，则实数x＝±1；
④若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，则z1＝z2＝z3.
其中假命题的序号是________．
答案 ②③④
解析 ①显然为真命题；对于②，复数i－1的共轭复数是－i－1，所以该命题是假命题；对于③，若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是纯虚数，则x2－1＝0且x2＋3x＋2≠0，所以x＝1，所以该命题是假命题；对于④，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，可取z1＝i，z2＝0，z3＝1，z1≠z2≠z3，所以该命题是假命题．
例1 (1)(2023·邯郸二模)若(z＋1)i＝z，则z2＋i＝( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2)i D.eq \f(1,2)i
答案 D
解析 因为(z＋1)i＝z，所以zi＋i＝z，z＝eq \f(i,1－i)，则z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(i,1－i)))eq \s\up12(2)＝－eq \f(1,2)i，所以z2＋i＝eq \f(1,2)i.
(2)(2023·汕头二模)已知复数z满足(1－i)z＝1＋i(i是虚数单位)，则z2023的值为( )
A．－2023 B．i
C．－i D．2023
答案 C
解析 ∵(1－i)z＝1＋i，∴z＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i，∴z2023＝(i4)505·i3＝－i.故选C.
(3)(多选)(2023·淄博三模)已知复数z1，z2满足|z1||z2|≠0，下列说法正确的是( )
A．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3B．|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|
C．若z1z2∈R，则eq \f(z1,z2)∈RD．|z1z2|＝|z1||z2|
答案 ABD
解析 对于A，z1z2＝z1z3，则z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故A正确．对于B，设z1，z2在复平面内表示的向量分别为z1，z2，且z1，z2≠0，当z1，z2方向相同时，|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|；当z1，z2方向不同时，|z1＋z2|＜|z1|＋|z2|，综上|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|，故B正确．对于C，设z1＝1＋i，z2＝1－i，z1z2＝(1＋i)·(1－i)＝2∈R，eq \f(z1,z2)＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i∉R，故C错误．对于D，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d≠0，z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，则|z1z2|＝eq \r(（ac－bd）2＋（ad＋bc）2)＝eq \r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2)，|z1||z2|＝
eq \r(a2＋b2)·eq \r(c2＋d2)＝eq \r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2)＝|z1z2|，故D正确．故选ABD.
复数代数形式运算问题的解题策略
(1)复数的加、减、乘法类似于多项式的运算(注意：i2＝－1)，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、分母同乘分母的共轭复数，使分母实数化．
(3)复数的模注意正确应用公式|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)．
1.(2023·全国乙卷)|2＋i2＋2i3|＝( )
A．1 B．2
C.eq \r(5) D．5
答案 C
解析 由题意可得2＋i2＋2i3＝2－1－2i＝1－2i，则|2＋i2＋2i3|＝|1－2i|＝eq \r(12＋（－2）2)＝eq \r(5).故选C.
2．(多选)(2023·泉州一模)设z1，z2为复数，则下列命题正确的是( )
A．若|z1－z2|＝0，则z1＝z2
B．若|z1|＝|z2|，则zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
C．若z1＋z2＞0，则z2＝eq \(z,\s\up6(－))1
D．若z1z2＝0，则z1＝0或z2＝0
答案 AD
解析 对于A，设z1＝a＋bi，a，b∈R，z2＝c＋di，c，d∈R，∵|z1－z2|＝0，∴|z1－z2|＝eq \r(（a－c）2＋（b－d）2)＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－c＝0，,b－d＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝c，,b＝d，))∴z1＝z2，故A正确；对于B，令z1＝1，z2＝i，则|z1|＝|z2|＝1，此时zeq \\al(2,1)≠zeq \\al(2,2)，故B错误；对于C，令z1＝1＋i，z2＝－i，则z1＋z2＝1＞0，此时z2≠eq \(z,\s\up6(－))1，故C错误；对于D，设z1＝a＋bi，a，b∈R，z2＝c＋di，c，d∈R，则z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ac－bd＝0，,ad＋bc＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ac＝bd，,ad＝－bc，))∴a2cd＝－b2cd，若c＝d＝0，则a2cd＝－b2cd成立，此时z2＝0，若c＝0，d≠0，由ac＝bd，知b＝0，由ad＝－bc知，a＝0，此时z1＝0，同理可知，当c≠0，d＝0时，z1＝0，当c≠0，d≠0时，由a2cd＝－b2cd，得a2＝－b2，∴a＝b＝0，此时z1＝0，综上，若z1z2＝0，则z1＝0或z2＝0，故D正确．故选AD.
例2 (1)(2023·新课标Ⅰ卷)已知z＝eq \f(1－i,2＋2i)，则z－eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A．－i B．i
C．0 D．1
答案 A
解析 因为z＝eq \f(1－i,2＋2i)＝eq \f(（1－i）（1－i）,2（1＋i）（1－i）)＝eq \f(－2i,4)＝－eq \f(1,2)i，所以eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)i，所以z－eq \(z,\s\up6(－))＝－i.故选A.
(2)(2024·雅礼中学模拟)已知复数z1，z2是关于x的方程x2－2x＋2＝0的两个根．若z1＝1＋i，则|z2|＝( )
A.eq \f(\r(2),2) B．1
C.eq \r(2) D．2
答案 C
解析 解法一：由z1，z2是关于x的方程x2－2x＋2＝0的两个根，得z1＋z2＝2，所以z2＝2－z1＝2－(1＋i)＝1－i，所以|z2|＝|1－i|＝eq \r(2).故选C.
解法二：由z1，z2是关于x的方程x2－2x＋2＝0的两个根，得z1z2＝2，所以z2＝eq \f(2,z1)＝eq \f(2,1＋i)，所以|z2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,1＋i)))＝eq \f(2,|1＋i|)＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2).故选C.
(3)(多选)(2023·潍坊二模)若复数z1＝2＋3i，z2＝－1＋i，其中i是虚数单位，则下列说法正确的是( )
A.eq \f(z1,z2)∈R
B．z1·z2＝eq \(z,\s\up6(－))1·eq \(z,\s\up6(－))2
C．若z1＋m(m∈R)是纯虚数，那么m＝－2
D．若z1，eq \(z,\s\up6(－))2在复平面内对应的向量分别为eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))(O为坐标原点)，则|eq \(AB,\s\up6(→))|＝5
答案 BCD
解析 对于A，eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋3i,－1＋i)＝eq \f(（2＋3i）（－1－i）,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(5,2)i，即eq \f(z1,z2)为虚数，故A错误；对于B，z1z2＝(2＋3i)(－1＋i)＝－5－i，则z1·z2＝－5＋i，又eq \(z,\s\up6(－))1·eq \(z,\s\up6(－))2＝(2－3i)(－1－i)＝－5＋i，即z1·z2＝eq \(z,\s\up6(－))1·eq \(z,\s\up6(－))2，故B正确；对于C，z1＋m＝2＋m＋3i是纯虚数，那么m＋2＝0，即m＝－2，故C正确；对于D，由题意有A(2，3)，B(－1，－1)，则|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(（－1－2）2＋（－1－3）2)＝5，故D正确．故选BCD.
求解与复数概念相关问题的技巧
复数的分类、复数的相等、共轭复数的概念都与复数的实部和虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根据题意列方程(组)求解．
1.(2023·南通模拟)已知复数z＝(a－2i)(1＋3i)(a∈R)的实部与虚部的和为12，则|z－5|＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 C
解析 z＝(a－2i)(1＋3i)＝a＋3ai－2i－6i2＝a＋6＋(3a－2)i，∴复数z的实部与虚部分别为a＋6，3a－2，则a＋6＋3a－2＝12，得a＝2，∴|z－5|＝|3＋4i|＝eq \r(32＋42)＝5.故选C.
2．(2023·全国甲卷)若复数(a＋i)(1－ai)＝2，a∈R，则a＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案 C
解析 因为(a＋i)(1－ai)＝a－a2i＋i＋a＝2a＋(1－a2)i＝2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝2，,1－a2＝0，))解得a＝1.故选C.
3．(2023·潍坊三模)已知a，b∈R，i为虚数单位，则“复数z＝eq \f(a＋bi,1＋i)是纯虚数”是“|a|＋|b|≠0”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 z＝eq \f(a＋bi,1＋i)＝eq \f(（a＋bi）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(a＋b＋（b－a）i,2)，因为复数z＝eq \f(a＋bi,1＋i)是纯虚数，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝0，,b－a≠0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－b，,a≠b，))故a，b不同时为0，所以|a|＋|b|≠0，当a＝b＝1时，z＝eq \f(a＋b＋（b－a）i,2)＝1不是纯虚数，所以“复数z＝eq \f(a＋bi,1＋i)是纯虚数”是“|a|＋|b|≠0”的充分不必要条件．故选A.
例3 (1)(2023·新课标Ⅱ卷)在复平面内，(1＋3i)(3－i)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(1＋3i)(3－i)＝3＋8i－3i2＝6＋8i，所以所求复数对应的点为(6，8)，位于第一象限．故选A.
(2)若复数z满足1≤|z|≤2，则在复平面内，z对应的点组成的图形的面积为( )
A．π B．2π
C．3π D．4π
答案 C
解析 由题意得复数z对应的点的轨迹是如图所示的圆环，小圆的半径r＝1，大圆的半径R＝2，所以圆环的面积S＝π(R2－r2)＝3π.故选C.
(3)(多选)欧拉公式eix＝csx＋isinx(本题中e为自然对数的底数，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”．依据欧拉公式，则下列结论中正确的是( )
A．复数eieq \f(π,2)为纯虚数
B．复数ei2对应的点位于第二象限
C．复数eieq \f(π,3)的共轭复数为eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i
D．复数eiθ(θ∈R)在复平面内对应的点的轨迹是圆
答案 ABD
解析 对于A，复数eieq \f(π,2)＝cseq \f(π,2)＋isineq \f(π,2)＝i为纯虚数，故A正确；对于B，复数ei2＝cs2＋isin2，cs2＜0，sin2＞0，复数ei2在复平面内对应的点为(cs2，sin2)，位于第二象限，故B正确；对于C，复数eieq \f(π,3)＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i的共轭复数为eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，故C错误；对于D，复数eiθ＝csθ＋isinθ(θ∈R)在复平面内对应的点的轨迹是圆，故D正确．故选ABD.
复数几何意义的理解及应用
复数集与复平面内所有的点构成的集合之间存在着一一对应关系，每一个复数都对应着一个点(有序实数对)．复数的实部对应着点的横坐标，而虚部则对应着点的纵坐标，只要在复平面内找到这个有序实数对所表示的点，就可根据点的位置判断复数实部、虚部的取值．
1.(2024·广东六校联考)如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，则复数eq \f(z1,z2)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 由图可得，eq \(OA,\s\up6(→))＝(－2，－1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(0，1)，则z1＝－2－i，z2＝i，故eq \f(z1,z2)＝eq \f(－2－i,i)＝eq \f(（－2－i）i,i2)＝－1＋2i，所以复数eq \f(z1,z2)在复平面内对应的点(－1，2)位于第二象限．故选B.
2．(2023·聊城月考)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
答案 B
解析 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.
3．(2023·漳州二模)复数z满足|z－(5＋5i)|＝2，则z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 设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则z－(5＋5i)＝a－5＋(b－5)i，∵|z－(5＋5i)|＝2，∴(a－5)2＋(b－5)2＝4，∴复数z在复平面内对应的点Z在以(5，5)为圆心，2为半径的圆上，故z在复平面内对应的点所在的象限为第一象限．故选A.
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·全国乙卷)设z＝eq \f(2＋i,1＋i2＋i5)，则eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A．1－2i B．1＋2i
C．2－i D．2＋i
答案 B
解析 由题意可得z＝eq \f(2＋i,1＋i2＋i5)＝eq \f(2＋i,1－1＋i)＝eq \f(i（2＋i）,i2)＝eq \f(2i－1,－1)＝1－2i，则eq \(z,\s\up6(－))＝1＋2i.故选B.
2．(2023·江淮十校联考)已知eq \f(2z－1,1＋\(z,\s\up6(－)))＝i，则复数eq \(z,\s\up6(－))的虚部是( )
A．－1 B．－i
C．1 D．i
答案 A
解析 设z＝a＋bi，由eq \f(2z－1,1＋\(z,\s\up6(－)))＝i，得2(a＋bi)－1＝i(1＋a－bi)，即2a－1＋2bi＝b＋(a＋1)i，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a－1＝b，,2b＝a＋1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1，))所以z＝1＋i，从而eq \(z,\s\up6(－))＝1－i，所以复数eq \(z,\s\up6(－))的虚部是－1.
3．(2023·南京模拟)已知复数z＝1＋i，eq \(z,\s\up6(－))为z的共轭复数，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(z,\s\up6(－))＋1,z)))＝( )
A.eq \r(2) B．2
C.eq \f(\r(10),2) D.eq \r(10)
答案 C
解析 由题意知z＝1＋i，eq \(z,\s\up6(－))＝1－i，eq \f(\(z,\s\up6(－))＋1,z)＝eq \f(2－i,1＋i)＝eq \f(（2－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(1－3i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(z,\s\up6(－))＋1,z)))＝eq \r(\f(1,4)＋\f(9,4))＝eq \f(\r(10),2).故选C.
4．(2024·南通模拟)已知复数z1，z2在复平面内对应的点分别为(1，－1)，(0，1)，则eq \f(z1,z2)的共轭复数为( )
A．1＋i B．－1＋i
C．－1－i D．1－i
答案 B
解析 复数z1，z2在复平面内对应的点分别为(1，－1)，(0，1)，故z1＝1－i，z2＝i，z＝eq \f(z1,z2)＝eq \f(1－i,i)＝eq \f(－i（1－i）,－i2)＝－1－i，故eq \(z,\s\up6(－))＝－1＋i.故选B.
5．若复数z＝eq \f(6＋λi,1＋2i)(λ∈R，i为虚数单位)是纯虚数，则实数λ的值为( )
A．3 B．－3
C．12 D．－12
答案 B
解析 ∵z＝eq \f(6＋λi,1＋2i)＝eq \f(（6＋λi）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq \f(6＋2λ,5)＋eq \f(λ－12,5)i为纯虚数，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(6＋2λ,5)＝0，,\f(λ－12,5)≠0，))解得λ＝－3.故选B.
6．(2023·安阳市第二中学校考模拟预测)已知复数z＝cs6＋i·sin6，现有如下说法：①|z|＝1；②复数z的实部为正数；③复数z的虚部为正数．则正确说法的个数为( )
A．3 B．2
C．1 D．0
答案 B
解析 依题意，|z|＝eq \r(cs26＋sin26)＝1，故①正确；复数z的实部为cs6，为正数，故②正确；复数z的虚部为sin6，为负数，故③错误．故选B.
7．(2023·亳州蒙城第一中学校考模拟预测)若复数z＝1－i，实数a，b满足z＋eq \f(b,z)－a＝0，则a＋b＝( )
A．2 B．4
C．－1 D．－2
答案 B
解析 解法一：∵z＝1－i，∴1－i＋eq \f(b,1－i)－a＝1－i＋eq \f(b（1＋i）,2)－a＝1－a＋eq \f(b,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(b,2)))i＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－a＋\f(b,2)＝0，,－1＋\f(b,2)＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝2，))∴a＋b＝4.故选B.
解法二：∵z＋eq \f(b,z)－a＝0，∴z2－az＋b＝0，∵z＝1－i，∴eq \(z,\s\up6(－))＝1＋i也满足z2－az＋b＝0，由根与系数的关系，可得a＝1－i＋1＋i＝2，b＝(1－i)(1＋i)＝2，故a＋b＝4.故选B.
8．(2023·扬州三模)复数z＝x＋yi(x，y∈R，i为虚数单位)在复平面内对应点为Z(x，y)，则下列命题为真命题的是( )
A．若|z＋1|＝|z－1|，则点Z在圆上
B．若|z＋1|＋|z－1|＝2，则点Z在椭圆上
C．若|z＋1|－|z－1|＝2，则点Z在双曲线上
D．若|x＋1|＝|z－1|，则点Z在抛物线上
答案 D
解析 由题意得|z＋1|＝eq \r(（x＋1）2＋y2)，它表示点(x，y)与点(－1，0)之间的距离，|z－1|＝eq \r(（x－1）2＋y2)，它表示点(x，y)与点(1，0)之间的距离，记F1(－1，0)，F2(1，0)，对于A，|z＋1|＝|z－1|表示点Z到点F1，F2的距离相等，则点Z在线段F1F2的中垂线上，不在圆上，故A为假命题；对于B，由|z＋1|＋|z－1|＝2，知|ZF1|＋|ZF2|＝2＝|F1F2|，不符合椭圆的定义，故B为假命题；对于C，由|z＋1|－|z－1|＝2，知|ZF1|－|ZF2|＝2＝|F1F2|，不符合双曲线的定义，故C为假命题；对于D，由|x＋1|＝|z－1|，知|x＋1|＝eq \r(（x－1）2＋y2)，所以x2＋2x＋1＝x2－2x＋1＋y2，即y2＝4x，所以点Z在抛物线上，故D为真命题．故选D.
二、多项选择题
9．已知z1，z2均为复数，则下列结论中正确的是( )
A．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2
B．若z1＝eq \(z,\s\up6(－))2，则z1＋z2是实数
C．(z1－z2)2＝|z1－z2|2
D．若z1＋z2＝0，则z1eq \(z,\s\up6(－))2是实数
答案 BD
解析 对于A，令z1＝1，z2＝－i，则|z1|＝|z2|，则z1≠±z2，A错误；对于B，令z1＝a＋bi，a，b∈R，则z2＝a－bi，z1＋z2＝2a为实数，B正确；对于C，令z1＝1，z2＝i，则(z1－z2)2＝(1－i)2＝－2i，|z1－z2|2＝|1－i|2＝12＋(－1)2＝2，则(z1－z2)2≠|z1－z2|2，C错误；对于D，令z1＝a＋bi，a，b∈R，则z2＝－a－bi，eq \(z,\s\up6(－))2＝－a＋bi，z1eq \(z,\s\up6(－))2＝(a＋bi)(－a＋bi)＝－a2－b2为实数，D正确．故选BD.
10．(2023·南京模拟)任何一个复数z＝a＋bi(其中a，b∈R，i为虚数单位)都可以表示成z＝r(csθ＋isinθ)的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r(csθ＋isinθ)]n＝rn(csnθ＋isinnθ)(n∈N*)，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是( )
A．|z2|＝|z|2
B．当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，z3＝1
C．当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
D．当r＝1，θ＝eq \f(π,4)时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数
答案 AC
解析 ∵z＝r(csθ＋isinθ)，∴z2＝r2(cs2θ＋isin2θ)，则|z2|＝r2，|z|2＝r2，|z2|＝|z|2，故A正确；当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，z＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)，z3＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(π,3)))＋isineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(π,3)))＝csπ＋isinπ＝－1，故B错误；当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，z＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，则eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，故C正确；当r＝1，θ＝eq \f(π,4)时，z＝cseq \f(π,4)＋isineq \f(π,4)，取n＝4，则z4＝csπ＋isinπ＝－1，故D错误．故选AC.
11．(2023·济南模拟)已知复数z＝1＋cs2θ＋isin2θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＜θ＜\f(π,2)))(其中i为虚数单位)，下列说法正确的是( )
A．复数z在复平面内对应的点可能落在第二象限
B．z可能为实数
C．|z|＝2csθ
D.eq \f(1,z)的实部为eq \f(1,2)
答案 BCD
解析 z＝1＋cs2θ＋isin2θ＝2csθ(csθ＋isinθ)，∵－eq \f(π,2)＜θ＜eq \f(π,2)，∴csθ＞0，sinθ∈(－1，1)．则复数z在复平面内对应的点不可能落在第二象限，A错误；当θ＝0时，z＝2，∴z可能为实数，B正确；|z|＝2csθ，C正确；eq \f(1,z)＝eq \f(1,2csθ（csθ＋isinθ）)＝eq \f(csθ－isinθ,2csθ)＝eq \f(1,2)－eq \f(i,2)tanθ，eq \f(1,z)的实部为eq \f(1,2)，D正确．故选BCD.
三、填空题
12.如图所示，平行四边形OABC，顶点O，A，C分别表示0，3＋2i，－2＋4i.向量eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数为________，向量eq \(OB,\s\up6(→))所表示的复数为________．
答案 5－2i 1＋6i
解析 eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(OB,\s\up6(→))所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i.
13．(2023·雅礼中学模拟)已知复数z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，z2＝eq \f(zeq \\al(2,1),zeq \\al(2,1)＋z1＋2)，则eq \(z,\s\up6(－))2＝________．
答案 －eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i
解析 ∵z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，∴zeq \\al(2,1)＝eq \f(1,4)－eq \f(3,4)－eq \f(\r(3),2)i＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，∴z2＝eq \f(zeq \\al(2,1),zeq \\al(2,1)＋z1＋2)
＝eq \f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i＋2)＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，∴eq \(z,\s\up6(－))2＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i.
14．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 解法一：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，∵|z1|＝|z2|＝2，∴a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，∵z1＋z2＝a＋bi＋c＋di＝eq \r(3)＋i，∴a＋c＝eq \r(3)，b＋d＝1，∴(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋c2＋2ac＋b2＋d2＋2bd＝4，∴2ac＋2bd＝－4，∵z1－z2＝a＋bi－(c＋di)＝a－c＋(b－d)i，∴|z1－z2|＝eq \r(（a－c）2＋（b－d）2)
＝eq \r(a2＋c2－2ac＋b2＋d2－2bd)
＝eq \r(a2＋b2＋c2＋d2－（2ac＋2bd）)
＝eq \r(4＋4－（－4）)＝2eq \r(3).
解法二：∵|z1|＝|z2|＝2，可设z1＝2csθ＋2sinθ·i，z2＝2csα＋2sinα·i，∴z1＋z2＝2(csθ＋csα)＋2(sinθ＋sinα)·i＝eq \r(3)＋i，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2（csθ＋csα）＝\r(3)，,2（sinθ＋sinα）＝1.))两式平方作和，
得4(2＋2csθcsα＋2sinθsinα)＝4，
化简得csθcsα＋sinθsinα＝－eq \f(1,2).∴|z1－z2|
＝|2(csθ－csα)＋2(sinθ－sinα)·i|
＝eq \r(4（csθ－csα）2＋4（sinθ－sinα）2)
＝eq \r(8－8（csθcsα＋sinθsinα）)＝eq \r(8＋4)＝2eq \r(3).
四、解答题
15．复数z1＝eq \f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i，若eq \(z,\s\up6(－))1＋z2是实数，求实数a的值．
解 eq \(z,\s\up6(－))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 \(z,\s\up6(－))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.
16．已知复数z＝bi(b∈R)，eq \f(z－2,1＋i)是实数，i是虚数单位．
(1)求复数z；
(2)若复数(m＋z)2所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围．
解 (1)因为z＝bi(b∈R)，
所以eq \f(z－2,1＋i)＝eq \f(bi－2,1＋i)＝eq \f(（bi－2）（1－i）,（1＋i）（1－i）)
＝eq \f(（b－2）＋（b＋2）i,2)＝eq \f(b－2,2)＋eq \f(b＋2,2)i.
又因为eq \f(z－2,1＋i)是实数，所以eq \f(b＋2,2)＝0，
所以b＝－2，即z＝－2i.
(2)因为z＝－2i，
所以(m＋z)2＝(m－2i)2＝m2－4mi＋4i2＝(m2－4)－4mi，
又因为复数(m＋z)2所表示的点在第一象限，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－4>0，,－4m>0，))解得m<－2，
即实数m的取值范围为(－∞，－2)．考向一 复数的运算
考向二 复数运算与复数有关概念的综合问题
考向三 复数的几何意义