備考2024高考一輪總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)人教a版第五章§5.5　復(fù)　數(shù)

§5.5復(fù)數(shù)考試要求1.通過方程的解，認(rèn)識復(fù)數(shù).2.理解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，理解兩個(gè)復(fù)數(shù)相等的含義.3.掌握復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，了解復(fù)數(shù)加、減運(yùn)算的幾何意義．知識梳理1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的定義：形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中a是實(shí)部，b是虛部，i為虛數(shù)單位．(2)復(fù)數(shù)的分類：復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實(shí)數(shù)b＝0，,虛數(shù)b≠0其中，當(dāng)a＝0時(shí)為純虛數(shù).))(3)復(fù)數(shù)相等：a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(4)共軛復(fù)數(shù)：a＋bi與c＋di互為共軛復(fù)數(shù)?a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．(5)復(fù)數(shù)的模：向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的?；蚪^對值，記作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)(a，b∈R)．2．復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)．(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→)).3．復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算法則：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②減法：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＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．(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(jìn)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,\s\up6(→))＝eq\o(OZ1,\s\up6(→))＋eq\o(OZ2,\s\up6(→))，eq\o(Z1Z2,\s\up6(→))＝eq\o(OZ2,\s\up6(→))－eq\o(OZ1,\s\up6(→)).常用結(jié)論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)(a，b∈R)．3．i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N)．4．i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N)．5．復(fù)數(shù)z的方程在復(fù)平面上表示的圖形(1)a≤|z|≤b表示以原點(diǎn)O為圓心，以a和b為半徑的兩圓所夾的圓環(huán)；(2)|z－(a＋bi)|＝r(r>0)表示以(a，b)為圓心，r為半徑的圓．思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)復(fù)數(shù)z＝a－bi(a，b∈R)中，虛部為b.(×)(2)復(fù)數(shù)可以比較大小．(×)(3)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，當(dāng)a＝0時(shí)，復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)．(×)(4)復(fù)數(shù)的模實(shí)質(zhì)上就是復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，也就是復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量的模．(√)教材改編題1．已知復(fù)數(shù)z滿足(2＋i)z＝1－i，其中i是虛數(shù)單位，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案D2．復(fù)數(shù)z＝(3＋i)(1－4i)，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部之和是________．答案－4解析z＝(3＋i)(1－4i)＝3－12i＋i＋4＝7－11i，故實(shí)部和虛部之和為7－11＝－4.3．若z＝(m2＋m－6)＋(m－2)i為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值為________．答案－3題型一復(fù)數(shù)的概念例1(1)(2021·浙江)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i為虛數(shù)單位)，則a等于()A．－1B．1C．－3D．3答案C解析方法一因?yàn)?1＋ai)i＝－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，解得a＝－3.方法二因?yàn)?1＋ai)i＝3＋i，所以1＋ai＝eq\f(3＋i,i)＝1－3i，所以a＝－3.(2)(2022·新余模擬)若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(z1＋ii3,2－i)＝1－i，則復(fù)數(shù)eq\x\to(z)的虛部為()A．iB．－iC．1D．－1答案C解析∵eq\f(z1＋ii3,2－i)＝1－i，∴z(1＋i)(－i)＝(2－i)(1－i)，∴z(1－i)＝(2－i)(1－i)，∴z＝2－i，∴eq\x\to(z)＝2＋i，∴eq\x\to(z)的虛部為1.教師備選1．(2020·全國Ⅲ)若eq\x\to(z)(1＋i)＝1－i，則z等于()A．1－iB．1＋iC．－iD．i答案D解析因?yàn)閑q\x\to(z)＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i，所以z＝i.2．(2020·全國Ⅰ)若z＝1＋i，則|z2－2z|等于()A．0B．1C.eq\r(2)D．2答案D解析方法一z2－2z＝(1＋i)2－2(1＋i)＝－2，|z2－2z|＝|－2|＝2.方法二|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|(1＋i)(－1＋i)|＝|1＋i|·|－1＋i|＝2.思維升華解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項(xiàng)(1)復(fù)數(shù)的分類及對應(yīng)點(diǎn)的位置問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)該滿足的條件問題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實(shí)部和虛部滿足的方程(不等式)組即可．(2)解題時(shí)一定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，以確定實(shí)部和虛部．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2022·衡水中學(xué)模擬)已知eq\f(x,1＋i)＝1－yi，其中x，y是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位，則x＋yi的共軛復(fù)數(shù)為()A．2＋i B．2－iC．1＋2i D．1－2i答案B解析由eq\f(x,1＋i)＝1－yi，得eq\f(x1－i,1＋i1－i)＝1－yi，即eq\f(x,2)－eq\f(x,2)i＝1－yi，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＝1，,\f(x,2)＝y(tǒng)，))解得x＝2，y＝1，∴x＋yi＝2＋i，∴其共軛復(fù)數(shù)為2－i.(2)已知z＝1－3i，則|eq\x\to(z)－i|＝________.答案eq\r(5)解析∵z＝1－3i，∴eq\x\to(z)＝1＋3i，∴eq\x\to(z)－i＝1＋3i－i＝1＋2i，∴|eq\x\to(z)－i|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).題型二復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算例2(1)(2021·新高考全國Ⅰ)已知z＝2－i，則z(eq\x\to(z)＋i)等于()A．6－2i B．4－2iC．6＋2i D．4＋2i答案C解析因?yàn)閦＝2－i，所以z(eq\x\to(z)＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i.(2)(多選)設(shè)z1，z2，z3為復(fù)數(shù)，z1≠0.下列命題中正確的是()A．若|z2|＝|z3|，則z2＝±z3B．若z1z2＝z1z3，則z2＝z3C．若eq\x\to(z)2＝z3，則|z1z2|＝|z1z3|D．若z1z2＝|z1|2，則z1＝z2答案BC解析由|i|＝|1|，知A錯(cuò)誤；z1z2＝z1z3，則z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故B正確；|z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，又eq\x\to(z)2＝z3，所以|z2|＝|eq\x\to(z)2|＝|z3|，故C正確，令z1＝i，z2＝－i，滿足z1z2＝|z1|2，不滿足z1＝z2，故D錯(cuò)誤．教師備選1．(2020·新高考全國Ⅰ)eq\f(2－i,1＋2i)等于()A．1B．－1C．iD．－i答案D解析eq\f(2－i,1＋2i)＝eq\f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(－5i,5)＝－i.2．在數(shù)學(xué)中，記表達(dá)式ad－bc為由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))所確定的二階行列式．若在復(fù)數(shù)域內(nèi)，z1＝1＋i，z2＝eq\f(2＋i,1－i)，z3＝eq\x\to(z)2，則當(dāng)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1z2,z3z4))＝eq\f(1,2)－i時(shí)，z4的虛部為________．答案－2解析依題意知，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1z2,z3z4))＝z1z4－z2z3，因?yàn)閦3＝eq\x\to(z)2，且z2＝eq\f(2＋i,1－i)＝eq\f(2＋i1＋i,2)＝eq\f(1＋3i,2)，所以z2z3＝|z2|2＝eq\f(5,2)，因此有(1＋i)z4－eq\f(5,2)＝eq\f(1,2)－i，即(1＋i)z4＝3－i，故z4＝eq\f(3－i,1＋i)＝eq\f(3－i1－i,2)＝1－2i.所以z4的虛部是－2.思維升華(1)復(fù)數(shù)的乘法：復(fù)數(shù)乘法類似于多項(xiàng)式的乘法運(yùn)算．(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)．跟蹤訓(xùn)練2(1)(2021·全國乙卷)設(shè)iz＝4＋3i，則z等于()A．－3－4iB．－3＋4iC．3－4iD．3＋4i答案C解析方法一(轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)除法運(yùn)算)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.方法二(利用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式)設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則由iz＝4＋3i，可得i(a＋bi)＝4＋3i，即－b＋ai＝4＋3i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b＝4，,a＝3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－4，))所以z＝3－4i.方法三(巧用同乘技巧)因?yàn)閕z＝4＋3i，所以iz·i＝(4＋3i)·i，所以－z＝4i－3，所以z＝3－4i.(2)若z＝eq\f(i2023,1－i)，則|z|＝________；z＋eq\x\to(z)＝________.答案eq\f(\r(2),2)1解析z＝eq\f(i2023,1－i)＝eq\f(－i,1－i)＝eq\f(1－i,2)，|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，z＋eq\x\to(z)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i＝1.題型三復(fù)數(shù)的幾何意義例3(1)(2021·新高考全國Ⅱ)復(fù)數(shù)eq\f(2－i,1－3i)在復(fù)平面內(nèi)對應(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．第四象限答案A解析eq\f(2－i,1－3i)＝eq\f(2－i1＋3i,10)＝eq\f(5＋5i,10)＝eq\f(1＋i,2)，所以該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，該點(diǎn)在第一象限．(2)(2020·全國Ⅱ)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________.答案2eq\r(3)解析方法一設(shè)z1－z2＝a＋bi，a，b∈R，因?yàn)閦1＋z2＝eq\r(3)＋i，所以2z1＝(eq\r(3)＋a)＋(1＋b)i，2z2＝(eq\r(3)－a)＋(1－b)i.因?yàn)閨z1|＝|z2|＝2，所以|2z1|＝|2z2|＝4，所以eq\r(\r(3)＋a2＋1＋b2)＝4，①eq\r(\r(3)－a2＋1－b2)＝4，②①2＋②2，得a2＋b2＝12.所以|z1－z2|＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(3).方法二設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)分別對應(yīng)向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，則z1＋z2對應(yīng)向量eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)).由題意知|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，如圖所示，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OACB，則z1－z2對應(yīng)向量eq\o(BA,\s\up6(→))，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2，可得|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OA,\s\up6(→))|sin60°＝2eq\r(3).故|z1－z2|＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2eq\r(3).教師備選1．(2020·北京)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是(1,2)，則i·z等于()A．1＋2iB．－2＋iC．1－2iD．－2－i答案B解析由題意知，z＝1＋2i，∴i·z＝i(1＋2i)＝－2＋i.2．(2019·全國Ⅰ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則()A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1答案C解析∵z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，∴z＝x＋yi(x，y∈R)．∵|z－i|＝1，∴|x＋(y－1)i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.思維升華由于復(fù)數(shù)、點(diǎn)、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(shí)可運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀．跟蹤訓(xùn)練3(1)如圖，若向量eq\o(OZ,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z，則z＋eq\f(4,z)表示的復(fù)數(shù)為()A．1＋3i B．－3－iC．3－i D．3＋i答案D解析由題圖可得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(41＋i,1－i1＋i)＝1－i＋eq\f(4＋4i,2)＝1－i＋2＋2i＝3＋i.(2)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足條件|z|＝1，那么|z＋2eq\r(2)＋i|的最大值是()A．3 B．2eq\r(3)C．1＋2eq\r(2) D．4答案D解析|z|＝1表示單位圓上的點(diǎn)，那么|z＋2eq\r(2)＋i|表示單位圓上的點(diǎn)到點(diǎn)(－2eq\r(2)，－1)的距離，求最大值轉(zhuǎn)化為點(diǎn)(－2eq\r(2)，－1)到原點(diǎn)的距離加上圓的半徑．因?yàn)辄c(diǎn)(－2eq\r(2)，－1)到原點(diǎn)的距離為3，所以所求最大值為4.在如圖的復(fù)平面中，r＝eq\r(a2＋b2)，cosθ＝eq\f(a,r)，sinθ＝eq\f(b,r)，tanθ＝eq\f(b,a)(a≠0)．任何一個(gè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi都可以表示成z＝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．我們把r(cosθ＋isinθ)叫做復(fù)數(shù)的三角形式．對應(yīng)于復(fù)數(shù)的三角形式，把z＝a＋bi叫做復(fù)數(shù)的代數(shù)形式．復(fù)數(shù)乘、除運(yùn)算的三角表示：已知復(fù)數(shù)z1＝r1(cosθ1＋isinθ1)，z2＝r2(cosθ2＋isinθ2)，則z1·z2＝r1r2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]．eq\f(z1,z2)＝eq\f(r1,r2)[cos(θ1－θ2)＋isin(θ1－θ2)]．例1(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,2)＋isin\f(π,2)))×3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6)))等于()A.eq\f(3,2)＋eq\f(3\r(3),2)i B.eq\f(3,2)－eq\f(3\r(3),2)iC．－eq\f(3,2)＋eq\f(3\r(3),2)i D．－eq\f(3,2)－eq\f(3\r(3),2)i答案C解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,2)＋isin\f(π,2)))×3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6)))＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)))))＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)＋isin\f(2π,3)))＝－eq\f(3,2)＋eq\f(3\r(3),2)i.(2)(多選)把復(fù)數(shù)z1與z2對應(yīng)的向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))分別按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)eq\f(π,4)和eq\f(5π,3)后，重合于向量eq\o(OM,\s\up6(→))且模相等，已知z2＝－1－eq\r(3)i，則復(fù)數(shù)z1的代數(shù)式和它的輻角分別是()A．－eq\r(2)－eq\r(2)i，eq\f(3π,4) B．－eq\r(2)＋eq\r(2)i，eq\f(3π,4)C．－eq\r(2)－eq\r(2)i，eq\f(π,4) D．－eq\r(2)＋eq\r(2)i，eq\f(11π,4)答案BD解析由題意可知z1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)＋isin\f(π,4)))＝z2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,3)＋isin\f(5π,3)))，則z1＝eq\f(z2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,3)＋isin\f(5π,3))),cos\f(π,4)＋isin\f(π,4))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(4π,3)＋isin\f(4π,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,3)＋isin\f(5π,3))),cos\f(π,4)＋isin\f(π,4))，∴z1＝eq\f(－2,\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i)＝eq\f(－2\r(2),1＋i)＝eq\f(－2\r(2)1－i,1＋i1－i)＝－eq\r(2)＋eq\r(2)i＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,4)＋isin\f(3π,4)))，可知z1對應(yīng)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))，則它的輻角主值為eq\f(3π,4)，故可以作為復(fù)數(shù)－eq\r(2)＋eq\r(2)i的輻角的是eq\f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，當(dāng)k＝1時(shí)，eq\f(3π,4)＋2π＝eq\f(11π,4).(3)復(fù)數(shù)z＝coseq\f(π,15)＋isineq\f(π,15)是方程x5－α＝0的一個(gè)根，那么α的值等于()A.eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i B.eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)iC.eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i D．－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i答案B解析由題意得，α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,15)＋isin\f(π,15)))5＝coseq\f(π,3)＋isineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i.例2(多選)已知i為虛數(shù)單位，z1＝eq\r(2)(cos60°＋isin60°)，z2＝2eq\r(2)(sin30°－icos30°)，則z1·z2的三角形式不為下列選項(xiàng)的有()A．4(cos90°＋isin90°)B．4(cos30°＋isin30°)C．4(cos30°－isin30°)D．4(cos0°＋isin0°)答案ABC解析∵z2＝2eq\r(2)(sin30°－icos30°)＝2eq\r(2)(cos300°＋isin300°)，∴z1·z2＝eq\r(2)(cos60°＋isin60°)·2eq\r(2)(cos300°＋isin300°)＝4(cos360°＋isin360°)．課時(shí)精練1．(2022·福州模擬)已知i是虛數(shù)單位，則“a＝i”是“a2＝－1”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答案A解析i是虛數(shù)單位，則i2＝－1，“a＝i”是“a2＝－1”的充分條件；由a2＝－1，得a＝±i，故“a＝i”是“a2＝－1”的不必要條件；故“a＝i”是“a2＝－1”的充分不必要條件．2．設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)關(guān)于虛軸對稱，z1＝3－i，則z1z2等于()A．－10B．10C．－8D．8答案A解析∵z1＝3－i，z1，z2在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于虛軸對稱，∴z2＝－3－i，∴z1z2＝－9－1＝－10.3．(2022·長春實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)若復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to(z)且滿足eq\x\to(z)·(1＋2i)＝1－i，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A.eq\f(3,5) B．－eq\f(3,5)iC.eq\f(3,5)i D．－eq\f(3,5)答案A解析eq\x\to(z)·(1＋2i)＝1－i，∴eq\x\to(z)＝eq\f(1－i,1＋2i)＝eq\f(1－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(－1－3i,5)＝－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i，∴z＝－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i，∴復(fù)數(shù)z的虛部為eq\f(3,5).4．已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z＝i2023＋i(i－1)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案C解析因?yàn)閦＝i2023＋i(i－1)＝－i－1－i＝－1－2i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)是(－1，－2)，位于第三象限．5．(2022·濰坊模擬)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，已知p，q為實(shí)數(shù)，1－i是關(guān)于x的方程x2＋px＋q＝0的一個(gè)根，則p＋q等于()A．2B．1C．0D．－1答案C解析因?yàn)?－i是關(guān)于x的方程x2＋px＋q＝0的一個(gè)根，則1＋i是方程x2＋px＋q＝0的另一根，由根與系數(shù)的關(guān)系可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋i＋1－i＝－p，,1＋i1－i＝q，))解得p＝－2，q＝2，所以p＋q＝0.6．(多選)(2022·蘇州模擬)若復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)·z＝5＋3i(其中i是虛數(shù)單位)，則()A．z的虛部為－iB．z的模為eq\r(17)C．z的共軛復(fù)數(shù)為4－iD．z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限答案BD解析由(1＋i)·z＝5＋3i得z＝eq\f(5＋3i,1＋i)＝eq\f(5＋3i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(8－2i,2)＝4－i，所以z的虛部為－1，A錯(cuò)誤；z的模為eq\r(42＋－12)＝eq\r(17)，B正確；z的共軛復(fù)數(shù)為4＋i，C錯(cuò)誤；z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(4，－1)，位于第四象限，D正確．7．若z＝(a－eq\r(2))＋ai為純虛數(shù)，其中a∈R，則eq\f(a＋i7,1＋ai)＝________.答案－i解析∵z為純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\r(2)＝0，,a≠0，))∴a＝eq\r(2)，∴eq\f(a＋i7,1＋ai)＝eq\f(\r(2)－i,1＋\r(2)i)＝eq\f(\r(2)－i1－\r(2)i,1＋\r(2)i1－\r(2)i)＝eq\f(－3i,3)＝－i.8．(2022·溫州模擬)已知復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R，i為虛數(shù)單位)，且eq\f(\x\to(z),1－i)＝3＋2i，則a＝________，b＝________.答案51解析由z＝a＋bi(a，b∈R，i為虛數(shù)單位)，則eq\x\to(z)＝a－bi，所以eq\f(\x\to(z),1－i)＝eq\f(1＋i,2)(a－bi)＝eq\f(a＋b,2)＋eq\f(a－b,2)i＝3＋2i，故eq\f(a＋b,2)＝3，eq\f(a－b,2)＝2，所以a＝5，b＝1.9．當(dāng)實(shí)數(shù)m為何值時(shí)，復(fù)數(shù)z＝eq\f(m2＋m－6,m)＋(m2－2m)i為①實(shí)數(shù)；②虛數(shù)；③純虛數(shù)．解①當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－2m＝0，,m≠0，))即m＝2時(shí)，復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)．②當(dāng)m2－2m≠0，且m≠0，即m≠0且m≠2時(shí)，復(fù)數(shù)z是虛數(shù)．③當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m2＋m－6,m)＝0，,m≠0，,m2－2m≠0，))即m＝－3時(shí)，復(fù)數(shù)z是純虛數(shù)．10.如圖所示，在平行四邊形OABC中，頂點(diǎn)O，A，C分別表示0,3＋2i，－2＋4i，試求：(1)eq\o(AO,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)；(2)對角線eq\o(CA,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)；(3)B點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)．解(1)∵eq\o(AO,\s\up6(→))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))，∴eq\o(AO,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為－3－2i，∵eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))，∴eq\o(BC,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為－3－2i.(2)∵eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，∴eq\o(CA,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.(3)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，∴eq\o(OB,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，∴B所對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1＋6i.11．(多選)歐拉公式exi＝cosx＋isinx是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉創(chuàng)立，該公式將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)聯(lián)，在復(fù)變函數(shù)論里面占有非常重要的地位，被譽(yù)為數(shù)學(xué)中的天橋，依據(jù)歐拉公式，下列選項(xiàng)正確的是()A．復(fù)數(shù)e2i對應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限B．為純虛數(shù)C．復(fù)數(shù)eq\f(exi,\r(3)＋i)的模長等于eq\f(1,2)D．的共軛復(fù)數(shù)為eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i答案ABC解析對于A，e2i＝cos2＋isin2，因?yàn)閑q\f(π,2)<2<π，即cos2<0，sin2>0，復(fù)數(shù)e2i對應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，A正確；對于B，＝cos

eq\f(π,2)＋isineq\f(π,2)＝i，為純虛數(shù)，B正確；對于C，eq\f(exi,\r(3)＋i)＝eq\f(cosx＋isinx,\r(3)＋i)＝eq\f(cosx＋isinx\r(3)－i,\r(3)＋i\r(3)－i)＝eq\f(\r(3)cosx＋sinx,4)＋eq\f(\r(3)sinx－cosx,4)i，于是得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(exi,\r(3)＋i)))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)cosx＋sinx,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)sinx－cosx,4)))2)＝eq\f(1,2)，C正確；對于D，＝cos

eq\f(π,6)＋isineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，其共軛復(fù)數(shù)為eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)i，D不正確．12．(多選)(2022·武漢模擬)下列說法正確的是()A．若|z|＝2，則z·eq\x\to(z)＝4B．若復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1＋z2|＝|z1－z2|，則z1z2＝0C．若復(fù)數(shù)z的平方是純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部和虛部相等D．“a≠1”是“復(fù)數(shù)z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虛數(shù)”的必要不充分條件答案AD解析若|z|＝2，則z·eq\x\to(z)＝|z|2＝4，故A正確；設(shè)z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)，由|z1＋z2|＝|z1－z2|，可得|z1＋z2|2＝(a1＋a2)2＋(b1＋b2)2＝|z1－z2|2＝(a1－a2)2＋(b1－b2)2則a1a2＋b1b2＝0，而z1z2＝(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝a1a2－b1b2＋a1b2i＋b1a2i＝2a1a2＋a1b2i＋b1a2i不一定為0，故B錯(cuò)誤；當(dāng)z＝1－i時(shí)，z2＝－2i為純虛數(shù)，其實(shí)部和虛部不相等，故C錯(cuò)誤；若復(fù)數(shù)z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虛數(shù)，則a2－1≠0，即a≠±1，所以“a≠1”是“復(fù)數(shù)z＝(a－1)＋(a2－1)i(a∈R)是虛數(shù)”的必要不充分條件，故D正確．13．(