專題27復(fù)數(shù)-數(shù)學(xué)高頻考點(diǎn)重點(diǎn)題型

專題27復(fù)數(shù)一、核心體系z(mì)＝a＋bi(a，b∈R)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(復(fù)數(shù)的相關(guān)概念\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(復(fù)數(shù)的模,復(fù)數(shù)的實(shí)部和虛部,共軛復(fù)數(shù))),復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z1＋z2，z1－z2及幾何意義,z1z2,\f(z1,z2))),復(fù)數(shù)的幾何意義\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝a＋bi\o(→,\s\up7(一一對(duì)應(yīng)))復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)（a，b）,z＝a＋bi\o(→,\s\up7(一一對(duì)應(yīng)))平面向量\o(OZ,\s\up6(→))))))二、學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解復(fù)數(shù)的概念，了解復(fù)數(shù)的實(shí)部和虛部、純虛數(shù)、共軛復(fù)數(shù)、模等概念．2.理解復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)的幾何表示以及兩個(gè)代數(shù)形式的復(fù)數(shù)的加法和減法運(yùn)算的幾何意義，特別是|z1－z2|的幾何意義．三、重點(diǎn)題型類型一、復(fù)數(shù)的相關(guān)概念及四則運(yùn)算例11(1)(2021·全國甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，則z＝()A．－1－eq\f(3,2)iB．－1＋eq\f(3,2)iC．－eq\f(3,2)＋i D．－eq\f(3,2)－i(2)(2021·全國乙卷)設(shè)iz＝4＋3i，則z＝()A．－3－4iB．－3＋4iC．3－4i D．3＋4i答案(1)B(2)C解析(1)z＝eq\f(3＋2i,1－i2)＝eq\f(3＋2i,－2i)＝eq\f(3i－2,2)＝－1＋eq\f(3,2)i．(2)因?yàn)閕z＝4＋3i，所以z＝eq\f(4＋3i,i)＝eq\f(4＋3i－i,i－i)＝eq\f(－4i－3i2,－i2)＝3－4i．故選C．例12.（多選）若復(fù)數(shù)，則（）A．|z|=2 B．|z|=4C．z的共軛復(fù)數(shù)=+i D．【答案】AC【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的知識(shí)對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，由此確定正確選項(xiàng).【詳解】依題意，故A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤.，C選項(xiàng)正確.，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：AC訓(xùn)練題組1.已知i為虛數(shù)單位，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝eq\f(2i,2＋i)，以下說法正確的是()A.復(fù)數(shù)z的虛部是eq\f(4,5)iB.|z|＝1C.復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z)＝eq\f(2,5)－eq\f(4,5)iD.復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限答案：CD解析：z＝eq\f(2i,2＋i)＝eq\f(2i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(2＋4i,5)＝eq\f(2,5)＋eq\f(4,5)i.對(duì)于A，復(fù)數(shù)z的虛部是eq\f(4,5)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，|z|＝eq\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2)＝eq\f(2\r(,5),5)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z)＝eq\f(2,5)－eq\f(4,5)i，故C正確；對(duì)于D，eq\x\to(z)＝eq\f(2,5)－eq\f(4,5)i，在復(fù)平面內(nèi)，對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(4,5)))，復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限，故D正確．2．(2021·新高考卷Ⅰ)已知z＝2－i，則z(eq\o(z,\s\up6(－))＋i)＝()A．6－2i－2iC．6＋2i ＋2i解析：選C.因?yàn)閦＝2－i，所以z(eq\o(z,\s\up6(－))＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i，故選C.3．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,i)))eq\s\up12(2)＝a＋bi(a，b∈R，i為虛數(shù)單位)，則a＋b＝()A．－7 B.7C.－4 解析：選A.因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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，則a＝－3，b＝－4，所以a＋b＝－7，故選A.類型二、復(fù)數(shù)的幾何意義例21.設(shè)是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)，復(fù)數(shù)，則在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，求得，，得到，結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義，即可求解.【詳解】由復(fù)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，可得，，所以，可得對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)為，在第一象限.故選:A.例22.如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的向量分別是eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，若z1＝zz2，則z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)等于()A.eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)iB.eq\f(1,2)－eq\f(3,2)iC.－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)iD.－eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i答案：A【解析】由圖可知z1＝1＋2i，z2＝－1＋i，所以z＝eq\f(z1,z2)＝eq\f(1＋2i,－1＋i)＝eq\f(1＋2i－1－i,－1＋i－1－i)＝eq\f(1－3i,2)，所以eq\x\to(z)＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i.例23.(2020·全國Ⅱ卷)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________．法一：設(shè)z1＝x1＋y1i(x1，y1∈R)，z2＝x2＋y2i(x2，y2∈R)，則由|z1|＝|z2|＝2，得xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝4．因?yàn)閦1＋z2＝x1＋x2＋(y1＋y2)i＝eq\r(3)＋i，所以|z1＋z2|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＋2x1x2＋2y1y2＝8＋2x1x2＋2y1y2＝(eq\r(3))2＋12＝4，所以2x1x2＋2y1y2＝－4，所以|z1－z2|＝|x1－x2＋(y1－y2)i|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)－2x1x2－2y1y2)＝eq\r(8＋4)＝2eq\r(3)．法二：設(shè)z1＋z2＝z＝eq\r(3)＋i，則z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為P(eq\r(3)，1)，所以|z1＋z2|＝|z|＝2，由平行四邊形法則知OAPB是邊長(zhǎng)為2，一條對(duì)角線也為2的菱形，則另一條對(duì)角線的長(zhǎng)為|z1－z2|＝2×eq\f(\r(3),2)×2＝2eq\r(3)．訓(xùn)練題組1.(2021·新高考Ⅱ卷)復(fù)數(shù)eq\f(2－i,1－3i)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[解析]eq\f(2－i,1－3i)＝eq\f(2－i1＋3i,1－3i1＋3i)＝eq\f(5＋5i,10)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，故選A．2．（多選）若非零復(fù)數(shù)分別對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的向量，且，線段的中點(diǎn)M對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為，則（

）A． B． C． D．【答案】AD【分析】利用向量的加減法和復(fù)數(shù)模的結(jié)合意義，得到，再由線段的中點(diǎn)M對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為，得到，即可求解.【詳解】如圖所示，由向量的加法及減法法則可知，，又由復(fù)數(shù)加法及減法的幾何意義可知對(duì)應(yīng)的模，對(duì)應(yīng)的模，因?yàn)?，所以四邊形是矩形，則，又因?yàn)榫€段的中點(diǎn)M對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為，所以，所以．故選：AD.3．（多選）已知復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為，，為坐標(biāo)原點(diǎn)，則下列說法正確的是（

）A．當(dāng)時(shí)，B．當(dāng)時(shí)，C．滿足的點(diǎn)表示的軌跡為直線D．滿足的點(diǎn)表示的軌跡為橢圓【答案】AD【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模值的定義以及復(fù)數(shù)的幾何意義逐項(xiàng)驗(yàn)證即可.【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)：表示以為鄰邊的平行四邊形對(duì)角線相等，則四邊形為矩形，，故A選項(xiàng)正確；對(duì)于B選項(xiàng)：在復(fù)平面中，設(shè)，，，又，，，，，若，則，故B選項(xiàng)不正確對(duì)于C選項(xiàng)：在復(fù)平面中，表示以為圓心，為半徑的圓，故C選項(xiàng)不正確；對(duì)于D選項(xiàng)：在復(fù)平面中，點(diǎn)到間距離為，設(shè)，,點(diǎn)的軌跡表示以、為焦點(diǎn)的橢圓，故D選項(xiàng)正確；故選：AD類型三、復(fù)數(shù)的一般形式例3.寫出一個(gè)使得ω＋ω2＋ω3＝0成立的非零復(fù)數(shù)ω＝______.答案：－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(,3),2)ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或－\f(1,2)－\f(\r(,3),2)i))解析：因?yàn)棣亍?，且ω＋ω2＋ω3＝0，所以1＋ω＋ω2ω＝a＋bi(a，b∈R)，所以1＋ω＋ω2＝1＋a＋bi＋(a＋bi)2＝a2－b2＋a＋1＋(2a＋1)bi＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋1b＝0，,a2－b2＋a＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(\r(,3),2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝－\f(\r(,3),2)，))所以非零復(fù)數(shù)ω＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(,3),2)i，或ω＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(,3),2)i.訓(xùn)練題組1.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足4z＋2eq\x\to(z)＝3eq\r(,3)＋i，ω＝sinθ－icosθ(θ∈R)．求z，并求|z－ω|的取值范圍．解答：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，代入4z＋2eq\x\to(z)＝3eq\r(,3)＋i，得4(a＋bi)＋2(a－bi)＝3eq\r(,3)＋i，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(,3),2)，,b＝\f(1,2)，))所以z＝eq\f(\r(,3),2)＋eq\f(1,2)i，|z－ω|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)＋\f(1,2)i－sinθ－icosθ))＝eq\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)－sinθ))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋cosθ))2)＝eq\r(,2－\r(,3)sinθ＋cosθ)＝eq\r(,2－2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))).因?yàn)椋?≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))≤1，所以0≤2－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(θ,6)))≤4，所以0≤|z－ω|≤2.2．(2022·金科大聯(lián)考高三質(zhì)量檢測(cè))已知復(fù)數(shù)z滿足z＋eq\f(1,z)∈[1，2]，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部的最小值為________．解析：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z＋eq\f(1,z)＝a＋bi＋eq\f(1,a＋bi)＝a＋bi＋eq\f(a－bi,a2＋b2)＝a＋eq\f(a,a2＋b2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(b,a2＋b2)))i.由z＋eq\f(1,z)∈[1，2]，得b－eq\f(b,a2＋b2)＝0，則b＝0或a2＋b2＝1.當(dāng)a2＋b2＝1時(shí)，a＋eq\f(a,a2＋b2)＝2a∈[1，2]，從而a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))；當(dāng)b＝0時(shí)，a＋eq\f(a,a2＋b2)＝a＋eq\f(1,a)∈[1，2]，從而a＝1.綜上，復(fù)數(shù)z的實(shí)部的最小值為eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)類型四、復(fù)數(shù)綜合考察例4.（多選）（2021八省適應(yīng)考試T10）設(shè)，，為復(fù)數(shù)，．下列命題中正確的是（）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則答案：BC訓(xùn)練題組1.（多選）廣東省湛江市第二高級(jí)中學(xué)2021屆高三下學(xué)期3月T10．下列命題中，真命題的是（）A．若為實(shí)數(shù)，則 B．若，則為實(shí)數(shù)C．若為實(shí)數(shù)，則為實(shí)數(shù) D．若為實(shí)數(shù)，則為實(shí)數(shù)【答案】ABC【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)相關(guān)定義和概念，結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析即可.【詳解】不妨設(shè)，故可得，若為實(shí)數(shù)，則，故，故正確；若，故可得，故可得，則，故正確；若為實(shí)數(shù)，故可得，顯然，故正確；若，即，無法得到，故錯(cuò)誤.故選：ABC.【點(diǎn)睛】本題考查復(fù)數(shù)以及共軛復(fù)數(shù)的定義和概念，涉及復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算，屬基礎(chǔ)題.2．（多選）設(shè)，是復(fù)數(shù)，則下列說法中正確的是（

）A． B．C．若，則 D．若，則【答案】ABD【分析】利用復(fù)數(shù)運(yùn)算對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，由此確定正確選項(xiàng).【詳解】設(shè)，，，A正確.，，B正確.，C錯(cuò)誤.，，，，D正確.故選：ABD3．（多選）已知是復(fù)數(shù)，則下列說法一定正確的有（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則至少有一個(gè)是虛數(shù)【答案】BD【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合特例法逐一判斷即可.【詳解】A：若，顯然滿足，但是不滿足，因此本選項(xiàng)說法不正確；B：當(dāng)成立時(shí)，顯然有，因此本選項(xiàng)說法正確；C：當(dāng)時(shí)，顯然滿足，但是不成立，因此本選項(xiàng)說法不正確；D：當(dāng)成立時(shí)，假設(shè)都不是虛數(shù)，則它們是實(shí)數(shù)，顯然不成立，假設(shè)不成立，因此至少有一個(gè)是虛數(shù)，所以本選項(xiàng)說法正確，故選：BD4.（多選）（2021南通4模T10）答案：BC類型五、復(fù)數(shù)文化題例5.歐拉恒等式：被數(shù)學(xué)家們驚嘆為“上帝創(chuàng)造的等式”．該等式將數(shù)學(xué)中幾個(gè)重要的數(shù)：自然對(duì)數(shù)的底數(shù)e、圓周率π、虛數(shù)單位i、自然數(shù)1和0完美地結(jié)合在一起，它是在歐拉公式：中，令θ＝π得到的．根據(jù)歐拉公式，復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限答案：B訓(xùn)練題組1．(2022·鄒城期中測(cè)試)一般地，任何一個(gè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)都可以表示成r(cosθ＋isinθ)的形式，其中r是復(fù)數(shù)z的模，θ是以x軸的非負(fù)半軸為始邊，向量eq\o(OZ,\s\up6(→))所在射線(射線OZ)為終邊的角，叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的輻角，r(cosθ＋isinθ)叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的三角表示式，簡(jiǎn)稱三角形式．為了與“三角形式”區(qū)分開來，a＋bi(a，b∈R)叫做復(fù)數(shù)的代數(shù)表示式，簡(jiǎn)稱“代數(shù)形式”.已知z1＝cosθ1＋isinθ1，z2＝cosθ2＋isinθ2，cos(π＋θ1＋θ2)＝eq\f(3,5)，其中θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，θ2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).則z1z2＝________．(結(jié)果表示代數(shù)形式)解析：因?yàn)閏os(π＋θ1＋θ2)＝－cos(θ1＋θ2)＝eq\f(3,5)，所以cos(θ1＋θ2)＝－eq\f(3,5)<0.又θ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，θ2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ1＋θ2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).所以sin(θ1＋θ1)＝eq\r(1－cos2（θ1＋θ1）)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).所以z1z2＝(cosθ1＋isinθ1)(cosθ2＋isinθ2)＝(cosθ1cosθ2－sinθ1sinθ2)＋(cosθ1sinθ2＋sinθ1cosθ2)i＝cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)＝－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.答案：－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i鞏固檢測(cè)一、單選1．(2022·海南質(zhì)檢)已知z＝(2－i)(1＋3i)，則z的虛部為()A．－1 B．－iC．5 D．5i解析：Cz＝(2－i)(1＋3i)＝2＋6i－i－3i2＝5＋5i，虛部為5．故選C．2．已知a＋eq\r(5)i＝－2＋bi(a，b∈R)，則|a＋bi|＝()A．1 B．eq\r(7)C．3 D．9解析：C因?yàn)閍＋eq\r(5)i＝－2＋bi(a，b∈R)，所以a＝－2，b＝eq\r(5)，|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(4＋5)＝3．故選C．3．已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)(2，－1)對(duì)應(yīng)，則復(fù)數(shù)eq\f(1－2i,z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：D由復(fù)數(shù)z與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)(2，－1)對(duì)應(yīng)，可知z＝2－i，所以eq\f(1－2i,2－i)＝eq\f(1－2i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i，其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5)))．故選D．4．已知復(fù)數(shù)z＝(a2－4)＋(a－3)i(a，b∈R)，則“a＝2”是“z為純虛數(shù)”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：A因?yàn)閺?fù)數(shù)z＝(a2－4)＋(a－3)i(a，b∈R)為純虛數(shù)，等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－4＝0，,a－3≠0，))即a＝±2，由充分條件和必要條件的定義知“a＝2”是“a＝±2”的充分不必要條件，所以“a＝2”是“z為純虛數(shù)”的充分不必要條件．故選A．5．設(shè)復(fù)數(shù)z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))n，i為虛數(shù)單位，n∈N，則由z的所有可能取值構(gòu)成的集合為()A．{1,0，－1} B．{0,2，－2}C．{0,1＋i,1－i} D．{0,2＋2i,2－2i}解析：Bz＝in＋(－i)n，i為虛數(shù)單位，n∈N，當(dāng)n＝4k(k∈N)時(shí)，z＝2；當(dāng)n＝4k＋1(k∈N)時(shí)，z＝0；當(dāng)n＝4k＋2(k∈N)時(shí)，z＝－2；當(dāng)n＝4k＋3(k∈N)時(shí)，z＝0．故選B．6．若i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足|z＋eq\r(3)＋i|≤eq\r(3)，則|z－2i|的最大值為()A．2 B．3C．2eq\r(3) D．3eq\r(3)解析：D|z＋eq\r(3)＋i|≤eq\r(3)表示以點(diǎn)M(－eq\r(3)，－1)為圓心，R＝eq\r(3)為半徑的圓及其內(nèi)部，|z－2i|表示上述圓面內(nèi)的點(diǎn)到N(0,2)的距離，據(jù)此作出如圖所示的示意圖，則|z－2i|max＝MN＋R＝eq\r([0－－\r(3)]2＋[2－－12]2)＋eq\r(3)＝3eq\r(3)．故選D．7．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|eq\x\to(z)－2i|＝3，且z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則()A．(x－2)2＋y2＝9 B．(x＋2)2＋y2＝9C．x2＋(y－2)2＝9 D．x2＋(y＋2)2＝9解析：D因?yàn)閦在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，所以z＝x＋yi，則eq\x\to(z)＝x－yi，所以eq\x\to(z)－2i＝x＋(－y－2)i，所以|eq\x\to(z)－2i|＝eq\r(x2＋y＋22)＝3，整理得x2＋(y＋2)2＝9．故選D．二、多選8．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z＝－1－2i，i為虛數(shù)單位，則下列命題正確的是()A．|z|＝eq\r(5)B．z的虛部為2C．z的共軛復(fù)數(shù)為－1＋2iD．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限解析：AC由題意|z|＝eq\r(－12＋－22)＝eq\r(5)，虛部為－2，共軛復(fù)數(shù)是－1＋2i，對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)為(－1，－2)，在第三象限．故選A、C．9．設(shè)z∈C，則下列說法中正確的是()A．|z|2＝eq\x\to(z)·zB．|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|C．若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0D．若|z|＝1，則|z－i|≤2解析：ADA選項(xiàng)，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，|z|2＝a2＋b2，eq\x\to(z)·z＝a2＋b2，所以|z|2＝eq\x\to(z)·z，故A正確；B選項(xiàng)，令z1＝1＋i，z2＝1－i，則|z1＋z2|＝2，|z1|＋|z2|＝2eq\r(2)，不滿足|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，若z1＝i，z2＝1，則zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，但不滿足z1＝z2＝0，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，若|z|＝1，不妨令z＝cosθ＋sinθ·i，則|z－i|＝eq\r(cos2θ＋sinθ－12)＝eq\r(2－2sinθ)≤2，故D正確．故選A、D．10．已知復(fù)數(shù)z＝cosθ＋isinθ(其中i為虛數(shù)單位)，下列說法正確的是()A．z·eq\x\to(z)＝1B．z＋eq\f(1,z)為實(shí)數(shù)C．若θ＝eq\f(8π,3)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)落在第一象限D(zhuǎn)．若θ∈(0，π)，復(fù)數(shù)z是純虛數(shù)，則θ＝eq\f(π,2)解析：ABD對(duì)選項(xiàng)A，z·eq\x\to(z)＝(cosθ＋isinθ)(cosθ－isinθ)＝cos2θ－(isinθ)2＝cos2θ＋sin2θ＝1，故A正確；對(duì)選項(xiàng)B，因?yàn)閦＋eq\f(1,z)＝cosθ＋isinθ＋eq\f(1,cosθ＋isinθ)＝cosθ＋isinθ＋eq\f(cosθ－isinθ,cosθ＋isinθcosθ－isinθ)＝cosθ＋isinθ＋cosθ－isinθ＝2cosθ，所以z＋eq\f(1,z)為實(shí)數(shù)．故B正確；對(duì)選項(xiàng)C，因?yàn)棣龋絜q\f(8π,3)為第二象限角，所以coseq\f(8π,3)<0，sineq\f(8π,3)>0，所以z＝coseq\f(8π,3)＋isineq\f(8π,3)在復(fù)平面對(duì)應(yīng)的點(diǎn)落在第二象限．故C錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)D，復(fù)數(shù)z是純虛數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosθ＝0，,sinθ≠0，))又因?yàn)棣取?0，π)，所以θ＝eq\f(π,2)，故D正確．故選A、B、D．11．下列說法正確的是()A．若復(fù)數(shù)z1，z2的模相等，則z1，z2是共軛復(fù)數(shù)B．z1，z2都是復(fù)數(shù)，若z1＋z2是虛數(shù)，則z1不是z2的共軛復(fù)數(shù)C．復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)的充要條件是z＝eq\o(z,\s\up6(－))(eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復(fù)數(shù))D．已知復(fù)數(shù)z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－2i(i是虛數(shù)單位)，它們對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A，B，C，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))(x，y∈R)，則x＋y＝1解析：選BC.對(duì)于A，z1和z2可能是相等的復(fù)數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若z1和z2是共軛復(fù)數(shù)，則相加為實(shí)數(shù)，不會(huì)為虛數(shù)，故B正確；對(duì)于C，由a＋bi＝a－bi得b＝0，故C正確；對(duì)于D，由題可知，A(－1，2)，B(1，－1)，C(3，－2)，建立等式(3，－2)＝(－x＋y，2x－y)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝3，,2x－y＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(