2023高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)(名校內(nèi)參版) 第七章 7.6復(fù)數(shù)（word含答案解析）

1、76復(fù)數(shù)(教師獨具內(nèi)容)1通過方程的解，認識復(fù)數(shù)理解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示與分類及其幾何意義，理解兩個復(fù)數(shù)相等的含義掌握共軛復(fù)數(shù)的概念掌握復(fù)數(shù)代數(shù)表示式的四則運算，了解復(fù)數(shù)加、減運算的幾何意義2掌握復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減運算法則會用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減運算法則進行簡單的復(fù)數(shù)加、減運算了解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減運算的幾何意義掌握復(fù)數(shù)乘、除運算的運算法則會用復(fù)數(shù)乘、除運算的運算法則進行簡單的復(fù)數(shù)乘、除運算理解復(fù)數(shù)乘法的交換律、結(jié)合律和乘法對加法的分配律3重點提升數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運算和邏輯推理素養(yǎng)(教師獨具內(nèi)容)1本考點是高考必考內(nèi)容，屬于中低檔題目，主要以選擇題或填空題的形式考查命題的關(guān)注點在復(fù)數(shù)的乘法與除法運

2、算熟練掌握復(fù)數(shù)的基本運算法則，準確理解復(fù)數(shù)的相關(guān)概念是解決問題的關(guān)鍵2考查方向有三個方面：一是復(fù)數(shù)的四則運算，主要考查復(fù)數(shù)的乘法與除法運算；二是復(fù)數(shù)的概念，以復(fù)數(shù)的基本運算為背景，考查復(fù)數(shù)的模、共軛復(fù)數(shù)以及實部、虛部等基本概念；三是復(fù)數(shù)的幾何意義，與復(fù)數(shù)的基本運算相結(jié)合主要考查復(fù)數(shù)對應(yīng)的點以及模的幾何意義的應(yīng)用(教師獨具內(nèi)容)(教師獨具內(nèi)容)1復(fù)數(shù)的定義與分類(1)復(fù)數(shù)的概念：形如abi(a，bR)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中a，b分別是它的eq o(,sup3(01)實部和eq o(,sup3(02)虛部(2)分類滿足條件(a，bR)復(fù)數(shù)的分類abi為實數(shù)eq o(,sup3(03)b0abi為虛數(shù)e

3、q o(,sup3(04)b0abi為純虛數(shù)eq o(,sup3(05)a0且b02復(fù)數(shù)的有關(guān)概念復(fù)數(shù)相等abicdieq o(,sup3(01)ac，bd(a，b，c，dR)共軛復(fù)數(shù)abi與cdi共軛eq o(,sup3(02)ac，bd(a，b，c，dR)復(fù)數(shù)的模設(shè)eq o(OZ,sup6()對應(yīng)的復(fù)數(shù)為zabi(a，bR)，則向量eq o(OZ,sup6()的模叫做復(fù)數(shù)zabi的模(或絕對值)，記作eq o(,sup3(03)|z|或|abi|，即|z|abi|eq o(,sup3(04)eq r(a2b2)(a，bR)3復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)平面的概念建立eq o(,sup3(01)直角坐標

4、系來表示復(fù)數(shù)的平面叫做復(fù)平面實軸、虛軸在復(fù)平面內(nèi)，x軸叫做eq o(,sup3(02)實軸，y軸叫做eq o(,sup3(03)虛軸，實軸上的點都表示eq o(,sup3(04)實數(shù)；除原點以外，虛軸上的點都表示eq o(,sup3(05)純虛數(shù)復(fù)數(shù)的幾何表示復(fù)數(shù)zabi(a，bR) 復(fù)平面內(nèi)的點eq o(,sup3(06)Z(a，b)平面向量eq o(OZ,sup6()4復(fù)數(shù)的運算(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運算法則設(shè)z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，則加法：z1z2(abi)(cdi)eq o(,sup3(01)(ac)(bd)i；減法：z1z2(abi)(cdi)eq o(,su

5、p3(02)(ac)(bd)i；乘法：z1z2(abi)(cdi)eq o(,sup3(03)(acbd)(adbc)i；除法：eq f(z1,z2)eq f(abi,cdi)eq f(abicdi,cdicdi)eq o(,sup3(04)eq f(acbd,c2d2)eq f(bcad,c2d2)i(cdi0)(2)幾何意義：復(fù)數(shù)加、減法可按向量的平行四邊形或三角形法則進行如圖給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義，即eq o(OZ,sup6()eq o(OZ1,sup6()eq o(OZ2,sup6()，eq o(Z1Z2,sup6()eq o(OZ2,sup

6、6()eq o(OZ1,sup6().(3)復(fù)數(shù)加法的運算定律設(shè)z1，z2，z3C，則復(fù)數(shù)加法滿足以下運算律：交換律：z1z2eq o(,sup3(05)z2z1；結(jié)合律：(z1z2)z3eq o(,sup3(06)z1(z2z3)(4)復(fù)數(shù)乘法的運算定律對于任意z1，z2，z3C，復(fù)數(shù)乘法滿足以下運算律：交換律：z1z2eq o(,sup3(07)z2z1；結(jié)合律：(z1z2)z3eq o(,sup3(08)z1(z2z3)；分配律：z1(z2z3)eq o(,sup3(09)z1z2z1z3.5常用結(jié)論(1)(1i)22i，eq f(1i,1i)i，eq f(1i,1i)i.(2)baii

7、(abi)(3)i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i(nN*)；i4ni4n1i4n2i4n30(nN*)(4)zeq o(z,sup6()|z|2|eq o(z,sup6()|2，|z1z2|z1|z2|，eq blc|rc|(avs4alco1(f(z1,z2)eq f(|z1|,|z2|)，|zn|z|n.1思考辨析(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)若aC，則a20.()(2)已知zabi(a，bR)，當(dāng)a0時，復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)()(3)復(fù)數(shù)zabi(a，bR)的虛部為bi.()(4)方程x2x10沒有解()答案(1)(2)(3)(4)2已知復(fù)數(shù)zeq f(2,1i)，其中i為虛

8、數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為_答案1i解析因為復(fù)數(shù)zeq f(2,1i)eq f(21i,1i1i)1i，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq o(z,sup6()1i.3已知x0，若(xi)2是純虛數(shù)(其中i為虛數(shù)單位)，則x_.答案1解析因為(xi)2x22xii2x212xi為純虛數(shù)，所以eq blcrc (avs4alco1(x210，,x0，,x0，)解得x1.4已知復(fù)數(shù)zeq f(1i,2i)，其中i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z的虛部為_答案eq f(1,2)解析解法一：zeq f(1ii,2ii)eq f(1i,2)eq f(1,2)eq f(1,2)i，所以z的虛部是eq f(1,2).解法二：設(shè)

9、zabi(a，bR)，則2i(abi)1i，即2b2ai1i，所以2b1，得beq f(1,2).5已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)zeq f(r(3),2)eq f(3,2)i的模為_答案eq r(3)解析|z|eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)2blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)2)eq r(3).1(2021新高考卷)已知z2i，則z(eq o(z,sup6()i)()A62iB42iC62iD42i答案C解析z(eq o(z,sup6()i)(2i)(2ii)(2i)(22i)44i2i2i262i.故選C.2(2021新高考卷)復(fù)數(shù)eq f(2i,1

10、3i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點所在的象限為()A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限答案A解析eq f(2i,13i)eq f(2i13i,10)eq f(55i,10)eq f(1i,2)，所以該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，該點在第一象限故選A.3(2021全國甲卷)已知(1i)2z32i，則z()A1eq f(3,2)iB1eq f(3,2)iCeq f(3,2)iDeq f(3,2)i答案B解析zeq f(32i,1i2)eq f(32i,2i)eq f(3i2,2)1eq f(3,2)i.故選B.4(2021全國乙卷)設(shè)2(

11、zeq o(z,sup6()3(zeq o(z,sup6()46i，則z()A12iB12iC1iD1i答案C解析設(shè)zabi(a，bR)，則eq o(z,sup6()abi,2(zeq o(z,sup6()3(zeq o(z,sup6()4a6bi46i，所以a1，b1，所以z1i.故選C.5(2021全國乙卷)設(shè)iz43i，則z()A34iB34iC34iD34i答案C解析由iz43i兩邊同時乘i，得z4i3，所以z34i.故選C.6(2020全國卷)復(fù)數(shù)eq f(1,13i)的虛部是()Aeq f(3,10)Beq f(1,10)C.eq f(1,10)Deq f(3,10)答案D解析因為

12、eq f(1,13i)eq f(13i,13i13i)eq f(1,10)eq f(3,10)i，所以復(fù)數(shù)eq f(1,13i)的虛部為eq f(3,10).故選D.一、基礎(chǔ)知識鞏固考點復(fù)數(shù)的分類及有關(guān)概念例1已知i為虛數(shù)單位，aR，若(a1)(a1i)是純虛數(shù)，則a的值為()A1或1B1C1D3答案C解析(a1)(a1i)(a21)(a1)i是純虛數(shù)，eq blcrc (avs4alco1(a210，,a10，)a1.故選C.例2已知eq f(z,1i)2i，則eq o(z,sup6()(z的共軛復(fù)數(shù))為()A3iB3iC3iD3i答案C解析由題意得z(2i)(1i)3i，所以eq o(z,

13、sup6()3i.故選C.例3設(shè)zeq f(1i,1i)2i，則|z|()A0Beq f(1,2)C1Deq r(2)答案C解析因為zeq f(1i,1i)2ieq f(1i2,1i1i)2ii2ii，所以|z|1.故選C.1.已知復(fù)數(shù)zeq f(a,2i)eq f(2i,5)的實部與虛部的和為2，則實數(shù)a的值為()A0B1C2D3答案D解析易知zeq f(a,2i)eq f(2i,5)eq f(2a2,5)eq f(a1,5)i，由題意得eq f(2a2,5)eq f(a1,5)2，解得a3.故選D.2若(m2m)(m23m2)i是純虛數(shù)，則實數(shù)m的值為()A0B1或2C1D0或1答案A解析

14、(m2m)(m23m2)i是純虛數(shù)，eq blcrc (avs4alco1(m2m0，,m23m20，)解得m0.故選A.3已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)zeq f(13i,2i)，則|z|_.答案eq r(2)解析|z|eq blc|rc|(avs4alco1(f(13i,2i)eq f(|13i|,|2i|)eq f(r(10),r(5)eq r(2).解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項(1)求一個復(fù)數(shù)的實部與虛部，只需將已知的復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式zabi(a，bR)，則該復(fù)數(shù)的實部為a，虛部為b.(2)求一個復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)，只需將此復(fù)數(shù)整理成標準的代數(shù)形式，實部不變，虛部變?yōu)橄喾磾?shù)，即得原復(fù)數(shù)的共軛復(fù)

15、數(shù)復(fù)數(shù)z1abi與z2cdi共軛ac，bd(a，b，c，dR)考點復(fù)數(shù)的運算例4若z(1i)2i，則z()A1iB1iC1iD1i答案D解析由題意得zeq f(2i,1i)eq f(2i1i,1i1i)1i.故選D.例5已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq o(z,sup6()，若eq o(z,sup6()(1i)2i(i為虛數(shù)單位)，則z()AiBi1Ci1Di答案C解析由已知可得eq o(z,sup6()eq f(2i,1i)eq f(2i1i,1i1i)1i，則z1i.故選C.例6已知復(fù)數(shù)z滿足z|z|1i，則z()AiBiC1iD1i答案B解析解法一：設(shè)zabi(a，bR)，則z|z|aeq r

16、(a2b2)bi1i，所以eq blcrc (avs4alco1(ar(a2b2)1，,b1，)解得eq blcrc (avs4alco1(a0，,b1，)所以zi.故選B.解法二：把各選項代入驗證，知選項B滿足題意4.若復(fù)數(shù)z滿足2zeq o(z,sup6()32i，其中i為虛數(shù)單位，則z等于()A12iB12iC12iD12i答案B解析設(shè)zabi(a，bR)，則eq o(z,sup6()abi，2(abi)(abi)32i，整理得3abi32i，eq blcrc (avs4alco1(3a3，,b2，)解得eq blcrc (avs4alco1(a1，,b2，)z12i.故選B.5若z43

17、i，則eq f(o(z,sup6(),|z|)等于()A1B1C.eq f(4,5)eq f(3,5)iDeq f(4,5)eq f(3,5)i答案D解析z43i，|z|5，eq f(o(z,sup6(),|z|)eq f(4,5)eq f(3,5)i.故選D.6若復(fù)數(shù)z滿足(34i)z|43i|，則z的虛部為()A4Beq f(4,5)C4Deq f(4,5)答案D解析設(shè)zabi，故(34i)(abi)3a3bi4ai4b|43i|，所以eq blcrc (avs4alco1(3b4a0，,3a4b5，)解得beq f(4,5).故選D.(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘法：復(fù)數(shù)的加、減、乘法類似于多項

18、式的運算，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類同類項，不含i的看作另一類同類項，分別合并即可(2)復(fù)數(shù)的除法：除法的關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，使分母實數(shù)化，解題時要注意把i的冪寫成最簡形式考點復(fù)數(shù)的幾何意義例7設(shè)(1i)x1yi，其中x，y是實數(shù)，則xyi在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點位于()A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限答案D解析x，y是實數(shù)，(1i)xxxi1yi，eq blcrc (avs4alco1(x1，,xy，)解得eq blcrc (avs4alco1(x1，,y1，)xyi在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點為(1，1)，位于第四象限故選D.例8(2019全國卷)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|zi|1，z在

19、復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(x，y)，則()A(x1)2y21B(x1)2y21Cx2(y1)21Dx2(y1)21答案C解析由已知條件，可得zxyi.|zi|1，|xyii|1，x2(y1)21.故選C.例9(2020全國卷)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|z2|2，z1z2eq r(3)i，則|z1z2|_.答案2eq r(3)解析解法一：設(shè)z1abi，z2cdi，|z1|z2|2，a2b24，c2d24，z1z2abicdieq r(3)i，aceq r(3)，bd1，(ac)2(bd)2a2c22acb2d22bd4，2ac2bd4，z1z2abi(cdi)ac(bd)i，|z1z2|eq r(a

20、c2bd2)eq r(a2c22acb2d22bd)eq r(a2b2c2d22ac2bd)eq r(444)2eq r(3).解法二：|z1|z2|2，可設(shè)z12cos2sini，z22cos2sini，z1z22(coscos)2(sinsin)ieq r(3)i，eq blcrc (avs4alco1(2coscosr(3)，,2sinsin1.)兩式平方作和，得4(22coscos2sinsin)4，化簡得coscossinsineq f(1,2).|z1z2|2(coscos)2(sinsin)i|eq r(4coscos24sinsin2)eq r(88coscossinsin)e

21、q r(84)2eq r(3).7.(2021武漢模擬)已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)m1(2m)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第二象限，則實數(shù)m的取值范圍是()A(，1)B(1,2)C(2，)D(，1)(2，)答案A解析因為復(fù)數(shù)m1(2m)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第二象限，所以eq blcrc (avs4alco1(m10，)解得m1.所以實數(shù)m的取值范圍為(，1)故選A.8(2021福州質(zhì)檢)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z1|zi|，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(x，y)，則()Ax0By0Cxy0Dxy0答案D解析復(fù)數(shù)z滿足|z1|zi|，eq r(x12y2)eq r(x2y12)，化簡，得xy0.故選D.9若虛數(shù)(x2)

22、yi(x，yR)的模為eq r(3)，則eq f(y,x)的最大值是()A.eq f(r(3),2)Beq f(r(3),3)Ceq f(1,2)Deq r(3)答案D解析因為(x2)yi是虛數(shù)，所以y0.又因為|(x2)yi|eq r(3)，所以(x2)2y23(y0)因為eq f(y,x)是復(fù)數(shù)xyi對應(yīng)的點與原點連線的斜率，如圖所示，所以eq blc(rc)(avs4alco1(f(y,x)maxtanAOBeq r(3)，所以eq f(y,x)的最大值為eq r(3).故選D.準確理解復(fù)數(shù)的幾何意義(1)根據(jù)復(fù)數(shù)與平面向量的對應(yīng)關(guān)系，可知當(dāng)平面向量的起點為原點時，向量的終點對應(yīng)的復(fù)數(shù)即

23、向量對應(yīng)的復(fù)數(shù)反之，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點確定后，從原點引出的指向該點的有向線段所表示的向量即復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量(2)解決復(fù)數(shù)與平面向量一一對應(yīng)的題目時，一般根據(jù)復(fù)數(shù)與復(fù)平面內(nèi)的點一一對應(yīng)，實現(xiàn)復(fù)數(shù)、復(fù)平面內(nèi)的點、向量之間的轉(zhuǎn)化二、核心素養(yǎng)提升例1(多選)已知復(fù)數(shù)z1cos2isin2eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)f(,2)(其中i為虛數(shù)單位)，下列說法正確的是()A復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點可能落在第二象限Bz可能為實數(shù)C|z|2cosD.eq f(1,z)的實部為eq f(1,2)答案BCD解析因為eq f(,2)eq f(,2)，所以2，所以1cos21，所以01cos22，故A錯

24、誤；當(dāng)sin20，0eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)，f(,2)時，復(fù)數(shù)z是實數(shù)，故B正確；|z| eq r(1cos22sin22)eq r(22cos2)2cos，故C正確；eq f(1,z)eq f(1,1cos2isin2)eq f(1cos2isin2,1cos2isin21cos2isin2)eq f(1cos2isin2,22cos2)，eq f(1,z)的實部是eq f(1cos2,22cos2)eq f(1,2)，故D正確故選BCD.例2在復(fù)平面內(nèi)，滿足條件|z4i|2|zi|的復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點的軌跡是()A直線B圓C橢圓D雙曲線答案B解析設(shè)復(fù)數(shù)zxyi(x

25、R，yR)，則|z4i|x(y4)i|eq r(x2y42)，|zi|x(y1)i|eq r(x2y12)，結(jié)合題意有x2(y4)24x24(y1)2，整理可得x2y24.故選B.準確理解復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)數(shù)z、復(fù)平面內(nèi)的點Z及向量eq o(OZ,sup6()相互聯(lián)系，即zabi(a，bR)一一對應(yīng)Z(a，b)一一對應(yīng)eq o(OZ,sup6().(2)由于復(fù)數(shù)、點、向量之間建立了一一對應(yīng)的關(guān)系，因此可把復(fù)數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，解題時可運用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀(3)進行簡單的復(fù)數(shù)運算，將復(fù)數(shù)化為標準的代數(shù)形式(4)把復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為復(fù)平面內(nèi)的點之間的關(guān)系，依據(jù)是復(fù)數(shù)a

26、bi(a，bR)與復(fù)平面內(nèi)的點(a，b)一一對應(yīng)課時作業(yè)一、單項選擇題1復(fù)數(shù)eq f(5,i2)的共軛復(fù)數(shù)是()A2iB2iC2iD2i答案B解析因為eq f(5,i2)eq f(5i2,i2i2)2i，所以復(fù)數(shù)eq f(5,i2)的共軛復(fù)數(shù)是2i.故選B.2(2021廣東珠海高三模擬)已知i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)zeq f(2i,i)ai(aR)為實數(shù)，則a()A2B1C1D2答案D解析因為zeq f(2ii2,i2)ai12iai1(a2)i為實數(shù)，所以a2.故選D.3(2021福建泉州高三模擬)法國數(shù)學(xué)家棣莫弗(16671754)發(fā)現(xiàn)的公式(cosxisinx)ncosnxisinnx推動了

27、復(fù)數(shù)領(lǐng)域的研究根據(jù)該公式，可得eq blc(rc)(avs4alco1(cosf(,8)isinf(,8)4()A1BiC1Di答案B解析根據(jù)公式得eq blc(rc)(avs4alco1(cosf(,8)isinf(,8)4coseq f(,2)isineq f(,2)i.故選B.4(2021江蘇常州高三一模)已知z12i，z213i，則復(fù)數(shù)eq f(i,z1)eq f(z2,5)的虛部為()A1B1C2D2答案A解析由題意，復(fù)數(shù)z12i，z213i，可得eq f(i,z1)eq f(z2,5)eq f(i,2i)eq f(13i,5)eq f(i2i,5)eq f(13i,5)i，可得復(fù)數(shù)

28、eq f(i,z1)eq f(z2,5)的虛部為1.故選A.5已知復(fù)數(shù)zeq f(2i,1i)，則下列說法正確的是()Az的模為eq f(r(10),2)Bz的虛部為eq f(3,2)iCz的共軛復(fù)數(shù)為eq f(1,2)eq f(3,2)iDz的共軛復(fù)數(shù)表示的點在第四象限答案A解析zeq f(2i,1i)eq f(2i1i,1i1i)eq f(213i,2)eq f(1,2)eq f(3,2)i.z的模為 eq r(f(1,4)f(9,4)eq f(r(10),2)，故A正確；z的虛部為eq f(3,2)，故B錯誤；z的共軛復(fù)數(shù)為eq f(1,2)eq f(3,2)i，故C錯誤；z的共軛復(fù)數(shù)表

29、示的點為eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(3,2)，在第一象限，故D錯誤故選A.6(2021江門市培英高級中學(xué)高三模擬)已知i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足eq f(z,1i)2i，則|z|()A.eq r(2)B2C2eq r(2)D4答案C解析由eq f(z,1i)2i，得z2i(1i)22i，則|z|eq r(44)2eq r(2).故選C.7復(fù)數(shù)z滿足等式(2i)zi，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點所在的象限是()A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限答案B解析因為(2i)zi，所以zeq f(i,2i)eq f(i2i,2i2i)eq f(12i,5)eq f(1,

30、5)eq f(2,5)i，故復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,5)，f(2,5)，在第二象限故選B.8(2021重慶高三三模)若復(fù)數(shù)z滿足|z1i|12i|，其中i為虛數(shù)單位，則z對應(yīng)的點(x，y)滿足方程()A(x1)2(y1)2eq r(5)B(x1)2(y1)25C(x1)2(y1)2eq r(5)D(x1)2(y1)25答案B解析由題意得zxyi(x，yR)，代入|z1i|12i|，得(x1)2(y1)25.故選B.二、多項選擇題9設(shè)z為復(fù)數(shù)，在復(fù)平面內(nèi)z，eq o(z,sup6()對應(yīng)的點分別為P，Q，坐標原點為O，則下列命題中正確的有()A

31、當(dāng)z為純虛數(shù)時，P，O，Q三點共線B當(dāng)z1i時，POQ為等腰直角三角形C對任意復(fù)數(shù)z，eq o(OP,sup6()eq o(OQ,sup6()D當(dāng)z為實數(shù)時，eq o(OP,sup6()eq o(OQ,sup6()答案ABD解析設(shè)zabi(a，bR)，則eq o(z,sup6()abi.對于A，當(dāng)z為純虛數(shù)時，zbi(b0)，eq o(z,sup6()bi對應(yīng)的點分別為P(0，b)，Q(0，b)，O，P，Q均在y軸上，所以P，O，Q三點共線，故A正確；對于B，當(dāng)z1i時，eq o(z,sup6()1i，所以P(1,1)，Q(1，1)，所以|OP|OQ|eq r(2)，而|PQ|2，所以|OP|

32、2|OQ|2|PQ|2，所以POQ為等腰直角三角形，故B正確；對于C，eq o(OP,sup6()(a，b)，eq o(OQ,sup6()(a，b)，當(dāng)b0時，eq o(OP,sup6()eq o(OQ,sup6()(a,0)，故C錯誤，D正確故選ABD.10設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq o(z,sup6()，i為虛數(shù)單位，則下列命題正確的是()A若zeq o(z,sup6()0，則z0B若zeq o(z,sup6()R，則zRC若zcoseq f(,5)isineq f(2,5)，則|z|1D若|zi|1，則|z|的最大值為2答案ABD解析若zeq o(z,sup6()0，即|z|20，|z|0

33、，則z0，A正確；若zeq o(z,sup6()R，即z的虛部為0，則zR，B正確；若zcoseq f(,5)isineq f(2,5)，則|z|eq r(cos2f(,5)sin2f(2,5)1，C錯誤；若|zi|1，設(shè)zxyi(x，yR)，即x2(y1)21，則|z|表示圓上的點到原點的距離，其最大值為2，D正確故選ABD.三、填空題11若復(fù)數(shù)m3(m29)i0，則實數(shù)m的值為_答案3解析m3(m29)i0，eq blcrc (avs4alco1(m290，,m30，)解得m3.12(2021安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)若復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點的坐標為eq blc(rc)(avs4a

34、lco1(f(1,2)，f(r(3),2)，則z2021eq o(z,sup6()_.答案0解析由已知可得zeq f(1,2)eq f(r(3),2)i，則z2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)2eq f(1,4)eq f(r(3),2)ieq f(3,4)eq f(1,2)eq f(r(3),2)i，所以z3eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)1，所以z2021eq o(z,sup6()z36732eq o(z,sup6()z2eq o

35、(z,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(r(3),2)i)0.13在復(fù)平面內(nèi)，設(shè)點A，P所對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為i，coseq blc(rc)(avs4alco1(2tf(,3)isineq blc(rc)(avs4alco1(2tf(,3)(i為虛數(shù)單位)，則當(dāng)t由eq f(,12)連續(xù)變到eq f(,4)時，向量eq o(AP,sup6()所掃過的圖形區(qū)域的面積是_答案eq f(,6)解析由題意可得，點P在單位圓上，點A的坐標為(0，)，如圖當(dāng)teq f(,12)時，點P的坐標為P1eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，當(dāng)teq f(,4)時，點P的坐標為P2eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，向量eq o(AP,sup6()所掃過的圖形區(qū)域的面積是AP1P2的面積與弓形的面積之和由于P1，P2關(guān)于實軸對稱，所以AP1P2的面積等于OP1P2的面積(因為這兩個三角形同底且等高)，故向量eq o(AP,sup6()所掃過的圖形區(qū)域的面積是扇形P1OP2的面積