第6章 第4讲 复数-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第六章　平面向量与复数 第4讲　复数 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.掌握复数代数表示式的四则运算，了解复数加、减运算的几何意义． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 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______与_______．若_______，则a＋bi为实数，若_______，则a＋bi为虚数，若____________，则a＋bi为纯虚数． (2)复数相等 a＋bi＝c＋di⇔____________ (a，b，c，d∈R)． 实部 虚部 b＝0 b≠0 a＝0且b≠0 a＝c且b＝d 基础知识整合 5 |z| |a＋bi| 基础知识整合 6 (a＋c)＋(b＋d)i (a－c)＋(b－d)i (ac－bd)＋(ad＋bc)i 基础知识整合 7 基础知识整合 8 1．(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. 基础知识整合 9 基础知识整合 10 基础知识整合 11 基础知识整合 12 ②③④ 基础知识整合 13 基础知识整合 14 核心考向突破 考向一　复数的运算 核心考向突破 16 核心考向突破 17 核心考向突破 18 核心考向突破 19 核心考向突破 20 核心考向突破 21 考向二　复数运算与复数有关概念的综合问题 核心考向突破 22 核心考向突破 23 核心考向突破 24 核心考向突破 25 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． 核心考向突破 26 1.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 核心考向突破 27 核心考向突破 28 3．(2024·T8第二次联考)复数z＝a＋bi(a≠0，a，b∈R)满足(1－i)z为纯虚数，则(　　) A．a＋b＝0 B．a－b＝0 C．a＋2b＝0 D．a－2b＝0 解析：因为(1－i)(a＋bi)＝a＋b＋(b－a)i，又(1－i)z为纯虚数，所以a＋b＝0且a≠b.故选A. 核心考向突破 29 考向三　复数的几何意义 (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. 核心考向突破 30 (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. 核心考向突破 31 核心考向突破 32 核心考向突破 33 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． 核心考向突破 34 核心考向突破 35 2．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 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. 核心考向突破 36 核心考向突破 37 核心考向突破 38 课时作业 一、单项选择题 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 10．(2025·山东济南模拟)已知z1，z2，z3是方程(z－i)(z2－2z＋4)＝0的三个互不相等的复数根，则(　　) A．z1可能为纯虚数 B．z1，z2，z3的虚部之积为－3 C．|z1|＋|z2|＋|z3|＝6 D．z1，z2，z3的实部之和为2 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 5－2i 1＋6i 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 　　　　　　　　　　　　　 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 \o(OZ,\s\up12(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模或绝对值，记作_____或________，即|z|＝|a＋bi|＝_________ (a，b∈R)． 2．复数的几何意义 (1)复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)． (2)复数z＝a＋bi平面向量eq \o(OZ,\s\up12(→))(a，b∈R)． eq \r(a2＋b2) 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)＝___________________． (2)减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝___________________． (3)乘法：z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝_______________________． (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 \o(z,\s\up12(－))＝|z|2＝|eq \o(z,\s\up12(－))|2，|z1z2|＝|z1||z2|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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 \o(OZ1,\s\up12(→))，eq \o(OZ2,\s\up12(→))不共线，则复数z1＋z2是以eq \o(OZ1,\s\up12(→))，eq \o(OZ2,\s\up12(→))为邻边的平行四边形的对角线eq \o(OZ,\s\up12(→))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\up12(→))－eq \o(OZ2,\s\up12(→))＝eq \o(Z2Z1,\s\up12(→))所对应的复数． 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\up12(→))对应的复数是2＋i，向量eq \o(CB,\s\up12(→))对应的复数是－1－3i，则向量eq \o(CA,\s\up12(→))对应的复数是(　　) A．1－2i B．－1＋2i C．3＋4i D．－3－4i 解析：因为向量eq \o(AB,\s\up12(→))对应的复数是2＋i，向量eq \o(CB,\s\up12(→))对应的复数是－1－3i，所以向量eq \o(BA,\s\up12(→))对应的复数是－2－i，且eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→))，所以向量eq \o(CA,\s\up12(→))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，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. 4．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. 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________． 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． (1)(2024·新课标Ⅰ卷)若eq \f(z,z－1)＝1＋i，则z＝(　　) A．－1－i B．－1＋i C．1－i D．1＋i 解析：因为eq \f(z,z－1)＝eq \f(z－1＋1,z－1)＝1＋eq \f(1,z－1)＝1＋i，所以z＝1＋eq \f(1,i)＝1－i.故选C. (2)(2025·甘肃张掖模拟)已知复数z＝eq \f(3－4i,2＋2\r(3)i)，则|z|＝(　　) A.eq \f(25,16) B.eq \f(5,4) C.eq \f(25,4) D.eq \f(5,16) 解析：因为z＝eq \f(3－4i,2＋2\r(3)i)＝eq \f(（3－4i）（2－2\r(3)i）,（2＋2\r(3)i）（2－2\r(3)i）)＝eq \f(3－4\r(3),8)－eq \f(4＋3\r(3),8)i，则|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－4\r(3),8)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4＋3\r(3),8)))\s\up12(2))＝eq \f(5,4).故选B. (3)已知复数z满足(1－i)z＝1＋i(i是虚数单位)，则z2026的值为(　　) A．－1 B．i C．－i D．1 解析：∵(1－i)z＝1＋i，∴z＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i，∴z2026＝(i4)506·i2＝－1.故选A. 复数代数形式运算问题的解题策略 (1)复数的加、减、乘法运算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.|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. 2．(2025·山东德州模拟)已知复数z满足z－i(2＋z)＝0，则z＝(　　) A．－1－i B．－1＋i C．1＋i D．1－i 解析：由z－i(2＋z)＝0，得(1－i)z＝2i，所以z＝eq \f(2i,1－i)＝eq \f(2i（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝－1＋i.故选B. (1)(2023·新课标Ⅰ卷)已知z＝eq \f(1－i,2＋2i)，则z－eq \o(z,\s\up12(－))＝(　　) 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\up12(－))＝eq \f(1,2)i，所以z－eq \o(z,\s\up12(－))＝－i.故选A. (2)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 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. (3)(多选)(2024·九省联考)已知复数z，w均不为0，则(　　) A．z2＝|z|2 B.eq \f(z,\o(z,\s\up12(－)))＝eq \f(z2,|z|2) C. eq \o(z- w,\s\up12(－－))＝eq \o(z,\s\up12(－))－eq \o(w,\s\up12(－)) D.eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,w)))＝eq \f(|z|,|w|) 解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，w＝c＋di(c，d∈R)．对于A，z2＝(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2＝a2－b2＋2abi，|z|2＝(eq \r(a2＋b2))2＝a2＋b2，故A错误；对于B，eq \f(z,\o(z,\s\up12(－)))＝eq \f(z2,\o(z,\s\up12(－))·z)，又eq \o(z,\s\up12(－))·z＝|z|2，即有eq \f(z,\o(z,\s\up12(－)))＝eq \f(z2,|z|2)，故B正确；对于C，z－w＝a＋bi－c－di＝a－c＋ (b－d)i，则eq \o(z- w,\s\up12(－－))＝a－c－(b－d)i，eq \o(z,\s\up12(－))＝a－bi，eq \o(w,\s\up12(－))＝c－di，则eq \o(z,\s\up12(－))－eq \o(w,\s\up12(－))＝a－bi－c＋di＝a－c－(b－d)i，即有eq \o(z- w,\s\up12(－－))＝eq \o(z,\s\up12(－))－eq \o(w,\s\up12(－))，故C正确；对于D，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,w)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋bi,c＋di)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ac＋bd－（ad－bc）i,c2＋d2)))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac＋bd,c2＋d2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ad－bc,c2＋d2)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(a2c2＋2abcd＋b2d2＋a2d2－2abcd＋b2c2,（c2＋d2）2))＝eq \r(\f(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2,（c2＋d2）2))＝eq \f(\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2),c2＋d2)，eq \f(|z|,|w|)＝eq \f(\r(a2＋b2),\r(c2＋d2))＝eq \f(\r(a2＋b2)×\r(c2＋d2),c2＋d2)＝eq \f(\r(（a2＋b2）（c2＋d2）),c2＋d2)＝eq \f(\r(a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2),c2＋d2)，故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,w)))＝eq \f(|z|,|w|)，故D正确．故选BCD. 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．(2024·重庆三模)已知a，b∈R，(a＋i)i＝b－2i(i为虚数单位)，则复数z＝a＋bi的共轭复数为(　　) A．－2＋i B．2－i C．1＋2i D．1－2i 解析：因为(a＋i)i＝ai＋i2＝－1＋ai＝b－2i，所以a＝－2，b＝－1，故z＝a＋bi＝－2－i，所以复数z＝a＋bi的共轭复数为eq \o(z,\s\up12(－))＝－2＋i.故选A. (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 \s\up7(\f(π,2))为纯虚数 B．复数ei2对应的点位于第二象限 C．复数e ieq \s\up7(\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 解析：对于A，复数e ieq \s\up7(\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 \s\up7(\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. 解析：由题图可得，eq \o(OA,\s\up12(→))＝(－2，－1)，eq \o(OB,\s\up12(→))＝(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. 1.如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))，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 3．(2025·江苏镇江模拟)已知复数z1＝1＋2i，z2＝2－i(i为虚数单位)，z3在复平面内对应的点分别为A，B，C.若四边形OABC为平行四边形(O为复平面的坐标原点)，则复数eq \o(z,\s\up12(－))3为(　　) A．1－3i B．1＋3i C．－1＋3i D．－1－3i 解析：因为复数z1＝1＋2i，z2＝2－i(i为虚数单位)，z3在复平面内对应的点分别为A，B，C，所以A(1，2)，B(2，－1)，设C(x，y)，因为四边形OABC为平行四边形(O为复平面的坐标原点)，所以eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \o(OC,\s\up12(→))，所以(1，－3)＝(x，y)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－3，))所以z3＝1－3i，所以eq \o(z,\s\up12(－))3＝1＋3i.故选B. 1．(2024·新课标Ⅱ卷)已知z＝－1－i，则|z|＝(　　) A.0 B．1 C.eq \r(2) D．2 解析：若z＝－1－i，则|z|＝eq \r(（－1）2＋（－1）2)＝eq \r(2).故选C. 2．(2024·全国甲卷)设z＝eq \r(2)i，则z·eq \o(z,\s\up12(－))＝(　　) A．－i B．1 C．－1 D．2 解析：依题意，得eq \o(z,\s\up12(－))＝－eq \r(2)i，故z·eq \o(z,\s\up12(－))＝－2i2＝2.故选D. 3．已知eq \f(2z－1,1＋\o(z,\s\up12(－)))＝i，则复数eq \o(z,\s\up12(－))的虚部是(　　) A．－1 B．－i C．1 D．i 解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，由eq \f(2z－1,1＋\o(z,\s\up12(－)))＝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\up12(－))＝1－i，所以复数eq \o(z,\s\up12(－))的虚部是－1. 4．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 解析：设z＝eq \f(z1,z2)，因为复数z1，z2在复平面内对应的点分别为(1，－1)，(0，1)，所以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\up12(－))＝－1＋i.故选B. 5．(2024·四川遂宁三模)若复数z＝eq \f(a＋i,3－i)(其中a∈R，i为虚数单位)为纯虚数，则复数z－1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 解析：依题意，z＝eq \f(a＋i,3－i)＝eq \f(（a＋i）（3＋i）,（3－i）（3＋i）)＝eq \f(3a－1,10)＋eq \f(a＋3,10)i，由z为纯虚数，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1＝0，,a＋3≠0，))解得a＝eq \f(1,3)，复数z－1＝－1＋eq \f(1,3)i，所以复数z－1在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))，位于第二象限．故选B. 6．已知复数z＝cos6＋isin6，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. 7．(2025·黑龙江大庆模拟)若复数z满足z＋2eq \o(z,\s\up12(－))＝1＋2i，则复数z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 解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \o(z,\s\up12(－))＝a－bi，所以z＋2eq \o(z,\s\up12(－))＝a＋bi＋2(a－bi)＝3a－bi，又z＋2eq \o(z,\s\up12(－))＝1＋2i，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a＝1，,－b＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝－2，))所以z＝eq \f(1,3)－2i，所以复数z在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－2))，位于第四象限．故选D. 8．复数z＝x＋yi(x，y∈R，i为虚数单位)在复平面内对应的点为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 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．(2025·湖南长沙调研)已知复数z，z＋2i在复平面内对应的点分别为M，N，且点M，N均在以坐标原点O为圆心，2为半径的圆上，若点M在第四象限，则(　　) A．点N在第一象限 B．|MN|＝2 C．OM⊥ON D．z2＋2＝eq \o(z,\s\up12(－)) 解析：设z＝a＋bi，a，b∈R，由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝4，,a2＋（b＋2）2＝4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(3)，,b＝－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\r(3)，,b＝－1，))所以M(eq \r(3)，－1)或M(－eq \r(3)，－1)，因为点M在第四象限，所以M(eq \r(3)，－1)，z＝eq \r(3)－i，从而可得N(eq \r(3)，1)，所以点N在第一象限，故A正确；|MN|＝2，故B正确；因为eq \o(OM,\s\up12(→))＝(eq \r(3)，－1)，eq \o(ON,\s\up12(→))＝(eq \r(3)，1)，所以eq \o(OM,\s\up12(→))·eq \o(ON,\s\up12(→))＝3－1＝2，所以OM与ON不垂直，故C错误；z2＋2＝(eq \r(3)－i)2＋2＝4－2eq \r(3)i≠eq \o(z,\s\up12(－))，故D错误．故选AB. 解析：因为(z－i)(z2－2z＋4)＝0的三个不同的复数根为i，1－eq \r(3)i，1＋eq \r(3)i，当z1＝i时，z1为纯虚数，故A正确；因为三个复数根的虚部分别为1，－eq \r(3)，eq \r(3)，所以z1，z2，z3的虚部之积为－3，故B正确；根据模长的定义，|z1|＋|z2|＋|z3|＝eq \r(12)＋eq \r(12＋（－\r(3)）2)＋eq \r(12＋（\r(3)）2)＝5，故C不正确；因为三个复数根的实部分别为0，1，1，所以z1，z2，z3的实部之和为2，故D正确．故选ABD. 11．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\up12(－))＝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 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\up12(－))＝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. 三、填空题 12．(2025·湖南长郡中学模拟)在复平面内，复数z对应的点为(1，1)，则eq \f(2－z,1＋z)＝________． eq \f(1,5)－eq \f(3,5)i 解析：由于复数z在复平面内对应的点为(1，1)，所以z＝1＋i，故eq \f(2－z,1＋z)＝eq \f(1－i,2＋i)＝eq \f(（1－i）（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝eq \f(1－3i,5)＝eq \f(1,5)－eq \f(3,5)i. 13．在如图所示的平行四边形OABC中，顶点O，A，C分别表示0，3＋2i，－2＋4i，则向量eq \o(CA,\s\up12(→))所表示的复数为________，向量eq \o(OB,\s\up12(→))所表示的复数为________． 解析：因为eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OC,\s\up12(→))，所以eq \o(CA,\s\up12(→))所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))，所以eq \o(OB,\s\up12(→))所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i. 14．(2024·广东广州二模)已知复数z＝eq \f(2cosθ＋isinθ,1＋i)(θ∈R)的实部为0，则tan2θ＝________． eq \f(4,3) 解析：∵复数z＝eq \f(2cosθ＋isinθ,1＋i)＝eq \f(（2cosθ＋isinθ）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2cosθ＋sinθ＋（sinθ－2cosθ）i,2)(θ∈R)的实部为0，∴2cosθ＋sinθ＝0，∴tanθ＝－2，∴tan2θ＝eq \f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq \f(－4,1－4)＝eq \f(4,3). 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 \o(z,\s\up12(－))1＋z2是实数，求实数a的值． 解：eq \o(z,\s\up12(－))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\up12(－))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\co1(m2－4>0，,－4m>0，))解得m<－2， 即实数m的取值范围为(－∞，－2)． $$