第6章 第4讲 复数-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第六章　平面向量与复数 第4讲　复数 [课程标准]1.通过方程的解，认识复数.2.理解复数的代数表示及其几何意义，理解两个复数相等的含义.3.掌握复数代数表示的四则运算，了解复数加、减运算的几何意义． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 实部 虚部 b＝0 b≠0 a＝0且b≠0 a＝c且b＝d * 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))_______与eq \x(\s\up1(02))_______．若eq \x(\s\up1(03))_______，则a＋bi为实数，若eq \x(\s\up1(04))_______，则a＋bi为虚数，若eq \x(\s\up1(05))________________，则a＋bi为纯虚数． (2)复数相等 a＋bi＝c＋di⇔eq \x(\s\up1(06))______________ (a，b，c，d∈R)． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 |z| |a＋bi| * (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 \o(OZ,\s\up16(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模或绝对值，记作eq \x(\s\up1(07))_______或eq \x(\s\up1(08))_______，即|z|＝|a＋bi|＝eq \x(\s\up1(09))__________ (a，b∈R)． eq \r(a2＋b2) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 (a＋c)＋(b＋d)i * 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 \o(OZ,\s\up16(→))(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))______________________． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 (a－c)＋(b－d)i (ac－bd)＋(ad＋bc)i * (2)减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝eq \x(\s\up1(11))____________________． (3)乘法：z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝eq \x(\s\up1(12))________________________． (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)． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 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 \o(z,\s\up16(－))＝|z|2＝|eq \o(z,\s\up16(－))|2，|z1z2|＝|z1||z2|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq \f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n(n∈N)． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 3．(1)复数加法的几何意义：若复数z1，z2对应的向量eq \o(OZ1,\s\up16(→))，eq \o(OZ2,\s\up16(→))不共线，则复数z1＋z2是以eq \o(OZ1,\s\up16(→))，eq \o(OZ2,\s\up16(→))为邻边的平行四边形的对角线eq \o(OZ,\s\up16(→))所对应的复数． (2)复数减法的几何意义：复数z1－z2是eq \o(OZ1,\s\up16(→))－eq \o(OZ2,\s\up16(→))＝eq \o(Z2Z1,\s\up16(→))所对应的复数． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 1．(2022·新高考Ⅱ卷)(2＋2i)(1－2i)＝(　　) A．－2＋4i B．－2－4i C．6＋2i D．6－2i 解析　(2＋2i)(1－2i)＝2＋4－4i＋2i＝6－2i.故选D. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 * 2．(人教A必修第二册习题7.2 T2改编)在复平面内，向量eq \o(AB,\s\up16(→))对应的复数是2＋i，向量eq \o(CB,\s\up16(→))对应的复数是－1－3i，则向量eq \o(CA,\s\up16(→))对应的复数是(　　) A．1－2i B．－1＋2i C．3＋4i D．－3－4i 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 解析　因为向量eq \o(AB,\s\up16(→))对应的复数是2＋i，向量eq \o(CB,\s\up16(→))对应的复数是－1－3i，所以向量eq \o(BA,\s\up16(→))对应的复数是－2－i，且eq \o(CA,\s\up16(→))＝eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→))，所以向量eq \o(CA,\s\up16(→))对应的复数是(－1－3i)＋(－2－i)＝－3－4i.故选D. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 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 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. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 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 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. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 ②③④ 答案 * 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______________． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 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． 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 考向一　复数的运算 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 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\co1(\f(i,1－i))) eq \s\up12(2)＝－eq \f(1,2)i，所以z2＋i＝eq \f(1,2)i. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * (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 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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (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＝z3 B．|z1＋z2|≤|z1|＋|z2| C．若z1z2∈R，则eq \f(z1,z2)∈R D．|z1z2|＝|z1||z2| 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 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. 目录 考向一 考向二 考向三 * 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)． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 1.(2023·全国乙卷)|2＋i2＋2i3|＝(　　) A．1 B．2 C.eq \r(5) D．5 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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 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 \o\al(2,1)＝zeq \o\al(2,2) C．若z1＋z2＞0，则z2＝eq \o(z,\s\up16(－))1 D．若z1z2＝0，则z1＝0或z2＝0 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 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\co1(a－c＝0，,b－d＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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 \o\al(2,1)≠zeq \o\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 \o(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\co1(ac－bd＝0，,ad＋bc＝0，)) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 考向二　复数运算与复数有关概念的综合问题 例2　(1)(2023·新课标Ⅰ卷)已知z＝eq \f(1－i,2＋2i)，则z－eq \o(z,\s\up6(－))＝(　　) A．－i B．i C．0 D．1 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 \o(z,\s\up16(－))＝eq \f(1,2)i，所以z－eq \o(z,\s\up16(－))＝－i.故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (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 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 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\co1(\f(2,1＋i)))＝eq \f(2,|1＋i|)＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2).故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (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 \o(z,\s\up16(－))1·eq \o(z,\s\up16(－))2 C．若z1＋m(m∈R)是纯虚数，那么m＝－2 D．若z1，eq \o(z,\s\up16(－))2在复平面内对应的向量分别为eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))(O为坐标原点)，则|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝5 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 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 \o(z,\s\up16(－))1·eq \o(z,\s\up16(－))2＝(2－3i)(－1－i)＝－5＋i，即z1·z2＝eq \o(z,\s\up16(－))1·eq \o(z,\s\up16(－))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 \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(（－1－2）2＋（－1－3）2)＝5，故D正确．故选BCD. 目录 考向一 考向二 考向三 * 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． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 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 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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 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 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\co1(2a＝2，,1－a2＝0，))解得a＝1.故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 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 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 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\co1(a＋b＝0，,b－a≠0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 考向三　复数的几何意义 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 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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * (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 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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (3)(多选)欧拉公式eix＝cosx＋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 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　对于A，复数eieq \f(π,2)＝coseq \f(π,2)＋isineq \f(π,2)＝i为纯虚数，故A正确；对于B，复数ei2＝cos2＋isin2，cos2＜0，sin2＞0，复数ei2在复平面内对应的点为(cos2，sin2)，位于第二象限，故B正确；对于C，复数eieq \f(π,3)＝coseq \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＝cosθ＋isinθ(θ∈R)在复平面内对应的点的轨迹是圆，故D正确．故选ABD. 目录 考向一 考向二 考向三 * 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． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 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 \o(OA,\s\up6(→))，eq \o(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 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　由图可得，eq \o(OA,\s\up16(→))＝(－2，－1)，eq \o(OB,\s\up16(→))＝(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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 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 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 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. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 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 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 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 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 一、单项选择题 1．(2023·全国乙卷)设z＝eq \f(2＋i,1＋i2＋i5)，则eq \o(z,\s\up6(－))＝(　　) A．1－2i B．1＋2i C．2－i D．2＋i 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 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 \o(z,\s\up6(－))＝1＋2i.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 2．(2023·江淮十校联考)已知eq \f(2z－1,1＋\o(z,\s\up16(－)))＝i，则复数eq \o(z,\s\up16(－))的虚部是(　　) A．－1 B．－i C．1 D．i 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设z＝a＋bi，由eq \f(2z－1,1＋\o(z,\s\up16(－)))＝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\co1(2a－1＝b，,2b＝a＋1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，))所以z＝1＋i，从而eq \o(z,\s\up16(－))＝1－i，所以复数eq \o(z,\s\up16(－))的虚部是－1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 3．(2023·南京模拟)已知复数z＝1＋i，eq \o(z,\s\up16(－))为z的共轭复数，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(z,\s\up16(－))＋1,z)))＝(　　) A.eq \r(2) B．2 C.eq \f(\r(10),2) D.eq \r(10) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由题意知z＝1＋i，eq \o(z,\s\up16(－))＝1－i，eq \f(\o(z,\s\up16(－))＋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\co1(\f(\o(z,\s\up16(－))＋1,z)))＝eq \r(\f(1,4)＋\f(9,4))＝eq \f(\r(10),2).故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 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 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 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 \o(z,\s\up6(－))＝－1＋i.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 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 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 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\co1(\f(6＋2λ,5)＝0，,\f(λ－12,5)≠0，))解得λ＝－3.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 6．(2023·安阳市第二中学校考模拟预测)已知复数z＝cos6＋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 解析　依题意，|z|＝eq \r(cos26＋sin26)＝1，故①正确；复数z的实部为cos6，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. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 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 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 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\co1(－1＋\f(b,2)))i＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a＋\f(b,2)＝0，,－1＋\f(b,2)＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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 \o(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. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 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 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 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. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 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 \o(z,\s\up16(－))2，则z1＋z2是实数 C．(z1－z2)2＝|z1－z2|2 D．若z1＋z2＝0，则z1eq \o(z,\s\up16(－))2是实数 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 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 \o(z,\s\up16(－))2＝－a＋bi，z1eq \o(z,\s\up16(－))2＝(a＋bi)(－a＋bi)＝－a2－b2为实数，D正确．故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 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(cosθ＋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(cosθ＋isinθ)]n＝rn(cosnθ＋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 \o(z,\s\up16(－))＝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 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　∵z＝r(cosθ＋isinθ)，∴z2＝r2(cos2θ＋isin2θ)，则|z2|＝r2，|z|2＝r2，|z2|＝|z|2，故A正确；当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，z＝coseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)，z3＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(π,3)))＋isineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(π,3)))＝cosπ＋isinπ＝－1，故B错误；当r＝1，θ＝eq \f(π,3)时，z＝coseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，则eq \o(z,\s\up16(－))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，故C正确；当r＝1，θ＝eq \f(π,4)时，z＝coseq \f(π,4)＋isineq \f(π,4)，取n＝4，则z4＝cosπ＋isinπ＝－1，故D错误．故选AC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 11．(2023·济南模拟)已知复数z＝1＋cos2θ＋isin2θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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|＝2cosθ D．eq \f(1,z)的实部为eq \f(1,2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　z＝1＋cos2θ＋isin2θ＝2cosθ(cosθ＋isinθ)，∵－eq \f(π,2)＜θ＜eq \f(π,2)，∴cosθ＞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|＝2cosθ，C正确；eq \f(1,z)＝eq \f(1,2cosθ（cosθ＋isinθ）)＝eq \f(cosθ－isinθ,2cosθ)＝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. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5－2i 1＋6i 答案 解析 * 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 \o(CA,\s\up16(→))所表示的复数为________，向量eq \o(OB,\s\up16(→))所表示的复数为________． 解析　eq \o(CA,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))－eq \o(OC,\s\up16(→))，所以eq \o(CA,\s\up16(→))所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))，所以eq \o(OB,\s\up16(→))所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 13．(2023·雅礼中学模拟)已知复数z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，z2＝2,1)eq \f(z,zeq \o\al(2,1)＋z1＋2) ，则eq \o(z,\s\up16(－))2＝______________． －eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i 解析　∵z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，∴zeq \o\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＝2,1)eq \f(z,zeq \o\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 \o(z,\s\up16(－))2＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 14．设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝______________． 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) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * ＝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＝2cosθ＋2sinθ·i，z2＝2cosα＋2sinα·i，∴z1＋z2＝2(cosθ＋cosα)＋2(sinθ＋sinα)·i＝eq \r(3)＋i， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（cosθ＋cosα）＝\r(3)，,2（sinθ＋sinα）＝1.))两式平方作和， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 得4(2＋2cosθcosα＋2sinθsinα)＝4， 化简得cosθcosα＋sinθsinα＝－eq \f(1,2).∴|z1－z2| ＝|2(cosθ－cosα)＋2(sinθ－sinα)·i| ＝eq \r(4（cosθ－cosα）2＋4（sinθ－sinα）2) ＝eq \r(8－8（cosθcosα＋sinθsinα）)＝eq \r(8＋4)＝2eq \r(3). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 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 \o(z,\s\up16(－))1＋z2是实数，求实数a的值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解　eq \o(z,\s\up16(－))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\co1(\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 \o(z,\s\up16(－))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. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 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． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 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. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * (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\co1(m2－4>0，,－4m>0，))解得m<－2， 即实数m的取值范围为(－∞，－2)． 　　　　　　　　　　　　　 R $$