2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第6章第4讲　复数Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第6章第4讲　复数Word版含解析，共17页。试卷主要包含了复数的有关概念，复数的几何意义，复数的运算，已知复数z＝eq \f，则，给出下列命题，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

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))实部与eq \x(\s\up1(02))虚部.若eq \x(\s\up1(03))b＝0，则a＋bi为实数，若eq \x(\s\up1(04))b≠0，则a＋bi为虚数，若eq \x(\s\up1(05))a＝0且b≠0，则a＋bi为纯虚数．
(2)复数相等
a＋bi＝c＋di⇔eq \x(\s\up1(06))a＝c且b＝d(a，b，c，d∈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 \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模或绝对值，记作eq \x(\s\up1(07))|z|或eq \x(\s\up1(08))|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \x(\s\up1(09)) eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)．
2．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bieq \(←――――→,\s\up7(一一对应))复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．
(2)复数z＝a＋bieq \(←――――→,\s\up7(一一对应))平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))(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))(a＋c)＋(b＋d)i.
(2)减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝eq \x(\s\up1(11))(a－c)＋(b－d)i.
(3)乘法：z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝eq \x(\s\up1(12))(ac－bd)＋(ad＋bc)i.
(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 \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2，|z1z2|＝|z1||z2|，|eq \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 \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))不共线，则复数z1＋z2是以eq \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))为邻边的平行四边形的对角线eq \(OZ,\s\up6(→))所对应的复数．
(2)复数减法的几何意义：复数z1－z2是eq \(OZ1,\s\up6(→))－eq \(OZ2,\s\up6(→))＝eq \(Z2Z1,\s\up6(→))所对应的复数．
1．(1＋i)(2－i)＝( )
A．－3－i B．－3＋i
C．3－i D．3＋i
答案 D
解析 (1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i.
2．在复平面内，向量eq \(AB,\s\up6(→))对应的复数是2＋i，向量eq \(CB,\s\up6(→))对应的复数是－1－3i，则向量eq \(CA,\s\up6(→))对应的复数是( )
A．1－2i B．－1＋2i
C．3＋4i D．－3－4i
答案 D
解析 因为向量eq \(AB,\s\up6(→))对应的复数是2＋i，向量eq \(CB,\s\up6(→))对应的复数是－1－3i，所以向量eq \(BA,\s\up6(→))对应的复数是－2－i，且eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))，所以向量eq \(CA,\s\up6(→))对应的复数是(－1－3i)＋(－2－i)＝－3－4i.故选D.
3．(2020·浙江高考)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
答案 C
解析 因为a－1＋(a－2)i为实数，所以a－2＝0，所以a＝2.故选C.
4．已知复数z＝eq \f(2,－1＋i)，则( )
A．z的模为2 B．z的实部为1
C．z的虚部为－1 D．z的共轭复数为1＋i
答案 C
解析 根据题意可知，eq \f(2,－1＋i)＝eq \f(2－1－i,2)＝－1－i，所以z的虚部为－1，实部为－1，模为eq \r(2)，z的共轭复数为－1＋i.故选C.
5．(2021·新高考Ⅱ卷)复数eq \f(2－i,1－3i)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
答案 A
解析 eq \f(2－i,1－3i)＝eq \f(2－i1＋3i,10)＝eq \f(5＋5i,10)＝eq \f(1＋i,2)，所以该复数在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))，该点在第一象限，故选A.
6．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.
其中错误命题的序号是________.
答案 ②③④
解析 ①显然为真命题．对于命题②，复数i－1的共轭复数是－i－1，所以该命题是错误的．对于命题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，所以该命题是错误的．对于命题④，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，可取z1＝i，z2＝0，z3＝1，z1≠z2≠z3，所以该命题是错误的．
考向一 复数的运算
例1 (1)(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，则z(eq \(z,\s\up6(－))＋i)＝( )
A．6－2i B．4－2i
C．6＋2i D．4＋2i
答案 C
解析 z(eq \(z,\s\up6(－))＋i)＝(2－i)(2＋i＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝4＋4i－2i－2i2＝6＋2i.故选C.
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)eq \f(2－i,1＋2i)＝( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
答案 D
解析 eq \f(2－i,1＋2i)＝eq \f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(－5i,5)＝－i，故选D.
(3)(2021·武汉模拟)eq \f(1－i2021,1＋i)＝________.
答案 －i
解析 eq \f(1－i2021,1＋i)＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1－i1＋i)＝eq \f(－2i,2)＝－i.
复数代数形式运算问题的解题策略
(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的乘法运算，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以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式．
1.(2020·全国Ⅲ卷)若eq \(z,\s\up6(－))(1＋i)＝1－i，则z＝( )
A．1－i B．1＋i
C．－i D．i
答案 D
解析 因为eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i，所以z＝i.故选D.
2．(2021·全国乙卷)设2(z＋eq \(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq \(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，则z＝( )
A．1－2i B．1＋2i
C．1＋i D．1－i
答案 C
解析 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi,2(z＋eq \(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq \(z,\s\up6(－)))＝4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，所以z＝1＋i.
3．(2021·乌鲁木齐模拟)已知复数z＝1＋i(i是虚数单位)，则eq \f(z2＋2,z－1)＝( )
A．2＋2i B．2－2i
C．2i D．－2i
答案 B
解析 eq \f(z2＋2,z－1)＝eq \f(1＋i2＋2,1＋i－1)＝eq \f(2＋2i,i)＝eq \f(2＋2i－i,－i2)＝2－2i.
考向二 复数运算与复数有关概念的综合问题
例2 (1)设i是虚数单位，复数eq \f(a＋i,2－i)是纯虚数，则实数a＝( )
A．2 B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2) D．－2
答案 B
解析 因为eq \f(a＋i,2－i)＝eq \f(a＋i2＋i,5)
＝eq \f(2a－1＋a＋2i,5)是纯虚数，所以2a－1＝0且a＋2≠0，所以a＝eq \f(1,2).
(2)(2021·天津市河北区二模)若复数eq \f(1＋2ai,2－i)(a∈R)的实部和虚部相等，则实数a的值为( )
A．1 B．－1
C．eq \f(1,6) D．－eq \f(1,6)
答案 C
解析 ∵复数eq \f(1＋2ai,2－i)＝eq \f(1＋2ai2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(2－2a,5)＋eq \f(1＋4a,5)i的实部和虚部相等，∴eq \f(2－2a,5)＝eq \f(1＋4a,5)，解得a＝eq \f(1,6).故选C.
(3)(2020·全国Ⅰ卷)若z＝1＋i，则|z2－2z|＝( )
A．0 B．1
C．eq \r(2) D．2
答案 D
解析 z2＝(1＋i)2＝2i，则z2－2z＝2i－2(1＋i)＝－2，故|z2－2z|＝|－2|＝2.故选D.
求解与复数概念相关问题的技巧
复数的分类、复数的相等、复数的模、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．
4.已知复数z1＝2＋i，z2＝1＋ti(t∈R)，且满足eq \(z,\s\up6(－))1z2是实数，则z2＝( )
A．1－eq \f(1,2)i B．1＋eq \f(1,2)i
C.eq \f(1,2)＋i D．eq \f(1,2)－i
答案 B
解析 ∵eq \(z,\s\up6(－))1z2＝(2－i)(1＋ti)＝2＋t＋(2t－1)i是实数，∴2t－1＝0，即t＝eq \f(1,2)，∴z2＝1＋eq \f(1,2)i.故选B.
5．(2022·宝鸡模拟)已知i为虚数单位，实数a，b满足(2－i)(a－bi)＝(－8－i)i，则ab的值为( )
A．6 B．－6
C．5 D．－5
答案 A
解析 由题意，得(2a－b)＋(－a－2b)i＝1－8i，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－b＝1，,－a－2b＝－8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝3，))∴ab＝6.
6．(2021·临沂摸底)设z＝i3＋eq \f(2－i,1＋2i)，则z的虚部是( )
A．－1 B．－eq \f(4,5)i
C．－2i D．－2
答案 D
解析 根据复数的乘法与除法运算，则z＝i3＋eq \f(2－i,1＋2i)＝i2·i＋eq \f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝－i－i＝－2i.
根据虚部的定义，可知虚部为－2.故选D.
考向三 复数的几何意义
例3 (1)已知复数z对应的向量为eq \(OZ,\s\up6(→))(O为坐标原点)，eq \(OZ,\s\up6(→))与实轴正向的夹角为120°，且复数z的模为2，则复数z为( )
A．1＋eq \r(3)i B．2
C．(－1，eq \r(3)) D．－1＋eq \r(3)i
答案 D
解析 设复数z对应的点为(x，y)，则x＝|z|·cs120°＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，y＝|z|·sin120°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，所以复数z对应的点为(－1，eq \r(3))，所以z＝－1＋eq \r(3)i.
(2)(2021·长沙市长郡中学高三适应性考试)已知i为虚数单位，m∈R，若复数(2－i)(m＋i)在复平面内对应的点位于实轴上，则复数eq \f(mi,1－i)的虚部为( )
A．1 B．i
C．－1 D．－i
答案 A
解析 (2－i)(m＋i)＝2m＋1＋(2－m)i，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则2－m＝0，得m＝2，复数eq \f(mi,1－i)＝eq \f(2i,1－i)＝eq \f(2i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(2i－2,2)＝－1＋i，即复数的虚部是1，故选A.
(3)(2019·全国Ⅰ卷)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )
A．(x＋1)2＋y2＝1
B．(x－1)2＋y2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1
D．x2＋(y＋1)2＝1
答案 C
解析 由已知条件，可得z＝x＋yi.∵|z－i|＝1，∴|x＋yi－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故选C.
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．
7.(2021·广东六校联考)如图，复数z1，z2在复平面内分别对应点A，B，则z1·z2＝( )
A．0 B．2＋i
C．－2－i D．－1＋2i
答案 C
解析 由复数几何意义，知z1＝－1＋2i，z2＝i，∴z1·z2＝i(－1＋2i)＝－2－i.
8．(2021·山东聊城月考)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
答案 B
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.
9．(2021·山东省、海南省新高考高三4月模拟)已知(2－i)eq \(z,\s\up6(－))＝i2021，则复平面内与z对应的点在( )
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 由(2－i)eq \(z,\s\up6(－))＝i2021，得eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(i2021,2－i)＝eq \f(i,2－i)＝eq \f(i2＋i,2－i2＋i)＝－eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i，∴z＝－eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i.∴复平面内与z对应的点在第三象限．故选C.
一、单项选择题
1．(2021·全国甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝( )
A．－1－eq \f(3,2)i B．－1＋eq \f(3,2)i
C．－eq \f(3,2)＋i D．－eq \f(3,2)－i
答案 B
解析 由(1－i)2z＝3＋2i，得z＝eq \f(3＋2i,1－i2)＝eq \f(3＋2i,－2i)＝eq \f(3i－2,2)＝－1＋eq \f(3,2)i.故选B.
2．(2021·厦门一模)设z＝－i＋3，则eq \(z,\s\up6(－))＋|eq \(z,\s\up6(－))|＝( )
A．i－3＋eq \r(10) B．i＋3＋eq \r(10)
C．－i＋3＋eq \r(10) D．－i－3＋eq \r(10)
答案 B
解析 ∵z＝－i＋3，∴eq \(z,\s\up6(－))＝i＋3，∴eq \(z,\s\up6(－))＋|eq \(z,\s\up6(－))|＝i＋3＋eq \r(10).故选B.
3．(2021·海口高考调研考试)在复平面内，复数eq \f(1＋i,1－i)对应的点与复数－i对应的点的距离是( )
A．1 B．eq \r(2)
C．2 D．2eq \r(2)
答案 C
解析 因为eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq \f(2i,2)＝i，所以复数eq \f(1＋i,1－i)对应的点为(0,1)．又因为复数－i对应的点为(0，－1)，所以这两点之间的距离为2.故选C.
4．(2021·葫芦岛模拟)已知eq \f(－m＋3i,2－i)＝n＋2i(m，n∈R)，则复数z＝m＋ni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
答案 B
解析 由eq \f(－m＋3i,2－i)＝n＋2i，得－m＋3i＝(n＋2i)(2－i)＝(2n＋2)＋(4－n)i，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－m＝2n＋2，,3＝4－n，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－4，,n＝1.))∴复数z＝m＋ni在复平面内对应的点的坐标为(－4，1)，位于第二象限．故选B.
5．(2021·湖南省长郡中学高三月考)复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))2021＝( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
答案 C
解析 ∵eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq \f(2i,2)＝i，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))2021＝i2021＝(i4)505·i＝i.
6．(2021·南宁模拟)若复数z满足(1＋3i)z＝(1＋i)2，则|z|＝( )
A.eq \f(\r(5),4) B．eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(10),2) D．eq \f(\r(10),5)
答案 D
解析 由(1＋3i)z＝(1＋i)2＝2i，得z＝eq \f(2i,1＋3i)＝eq \f(2i1－3i,1＋3i1－3i)＝eq \f(6＋2i,10)＝eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)i，所以|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2)＝eq \f(\r(10),5).故选D.
7．(2022·成都模拟)已知复数z1＝2＋6i，z2＝－2i，若z1，z2在复平面内对应的点分别为A，B，线段AB的中点C对应的复数为z，则|z|＝( )
A.eq \r(5) B．5
C．2eq \r(5) D．2eq \r(17)
答案 A
解析 复数z1＝2＋6i，z2＝－2i，则z1，z2在复平面内对应的点分别为A(2,6)，B(0，－2)，线段AB的中点C(1，2)对应的复数为z＝1＋2i，则|z|＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5).故选A.
8．(2021·聊城二模)在复数范围内，实系数一元二次方程一定有根．已知方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根为1＋i(i为虚数单位)，则eq \f(a,1＋i)＝( )
A．1－i B．－1＋i
C．2i D．2＋i
答案 B
解析 ∵x1＝1＋i是关于x的实系数一元二次方程x2＋ax＋b＝0的一个根，∴x2＝1－i也是此方程的一个虚根，∴a＝－(x1＋x2)＝－(1＋i＋1－i)＝－2.所以eq \f(a,1＋i)＝eq \f(－2,1＋i)＝eq \f(－21－i,1＋i1－i)＝－1＋i.故选B.
二、多项选择题
9．(2021·新高考八省联考)设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题中正确的是( )
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3
B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
C．若eq \(z,\s\up6(－))2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|
D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2
答案 BC
解析 由复数模的概念可知，|z2|＝|z3|不能得到z2＝±z3，例如z2＝1＋i，z3＝1－i，A错误；由z1z2＝z1z3可得z1(z2－z3)＝0，因为z1≠0，所以z2－z3＝0，即z2＝z3，B正确；因为|z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，而eq \(z,\s\up6(－))2＝z3，所以|eq \(z,\s\up6(－))2|＝|z3|＝|z2|，所以|z1z2|＝|z1z3|，C正确；取z1＝1＋i，z2＝1－i，显然满足z1z2＝|z1|2，但z1≠z2，D错误．故选BC.
10．(2021·南京市玄武高级中学高三押题)下列命题正确的是( )
A．若复数z1，z2的模相等，则z1，z2是共轭复数
B．z1，z2都是复数，若z1＋z2是虚数，则z1不是z2的共轭复数
C．复数z是实数的充要条件是z＝eq \(z,\s\up6(－))(eq \(z,\s\up6(－))是z的共轭复数)
D．已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)且|z－2|＝eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3)
答案 BCD
解析 对于A，z1和z2可能是相等的复数，故A错误；对于B，若z1和z2是共轭复数，则相加为实数，不会为虚数，故B正确；对于C，由a＋bi＝a－bi(a，b∈R)得b＝0，故C正确；对于D，∵|z－2|＝eq \r(x－22＋y2)＝eq \r(3)，∴(x－2)2＋y2＝3表示如图所示的圆．由图可知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))max＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3).]
11．(2021·石家庄高三模拟)已知i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A．复数z＝eq \f(1＋2i,1－i)的虚部为eq \f(3,2)
B．复数z＝eq \f(2＋5i,－i)的共轭复数eq \(z,\s\up6(－))＝－5－2i
C．复数z＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i在复平面内对应的点位于第二象限
D．复数z满足eq \f(1,z)∈R，则z∈R
答案 ABD
解析 对于A，z＝eq \f(1＋2i,1－i)＝eq \f(1＋2i1＋i,1－i1＋i)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)i，其虚部为eq \f(3,2)，故A正确；对于B，z＝eq \f(2＋5i,－i)＝(2＋5i)i＝－5＋2i，故eq \(z,\s\up6(－))＝－5－2i，故B正确；对于C，z＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，在复平面内对应点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，位于第四象限，故C不正确；对于D，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \f(1,z)＝eq \f(1,a＋bi)＝eq \f(a－bi,a2＋b2)，又eq \f(1,z)∈R，得b＝0，所以z＝a∈R，故D正确．
12．(2021·济南模拟)已知复数z＝1＋cs2θ＋isin2θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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在复平面上对应的点可能落在第二象限
B．z可能为实数
C．|z|＝2csθ
D.eq \f(1,z)的实部为eq \f(1,2)
答案 BCD
解析 z＝1＋cs2θ＋isin2θ＝2csθ(csθ＋isinθ)，∵－eq \f(π,2)＜θ＜eq \f(π,2).∴csθ＞0，sinθ∈(－1,1)．则复数z在复平面上对应的点不可能落在第二象限；z可能为实数；|z|＝2csθ；eq \f(1,z)＝eq \f(1,2csθcsθ＋isinθ)＝eq \f(csθ－isinθ,2csθ)＝eq \f(1,2)－eq \f(i,2)tanθ，eq \f(1,z)的实部为eq \f(1,2).故选BCD.
三、填空题
13．(2020·江苏高考)已知i是虚数单位，则复数z＝(1＋i)(2－i)的实部是________.
答案 3
解析 ∵复数z＝(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i，∴复数z的实部为3.
14．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 \(CA,\s\up6(→))所表示的复数为________，向量eq \(OB,\s\up6(→))所表示的复数为________.
答案 5－2i 1＋6i
解析 eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(OB,\s\up6(→))所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，即B点对应的复数为1＋6i.
15．(2021·开封期中)若|z1－z2|＝1，则称z1与z2互为“邻位复数”．已知复数z1＝a＋eq \r(3)i与z2＝2＋bi互为“邻位复数”，a，b∈R，则a2＋b2的最大值为________.
答案 8＋2eq \r(7)
解析 由题意，|a＋eq \r(3)i－2－bi|＝1，故(a－2)2＋(eq \r(3)－b)2＝1，∴点(a，b)在圆(x－2)2＋(y－eq \r(3))2＝1上，而eq \r(a2＋b2)表示点(a，b)到原点的距离，故a2＋b2的最大值为[eq \r(22＋\r(3)2)＋1]2＝(1＋eq \r(7))2＝8＋2eq \r(7).
16．(2020·全国Ⅱ卷)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝________.
答案 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)
＝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＝2csθ＋2sinθ·i，z2＝2csα＋2sinα·i，
∴z1＋z2＝2(csθ＋csα)＋2(sinθ＋sinα)·i＝eq \r(3)＋i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2csθ＋csα＝\r(3)，,2sinθ＋sinα＝1.))两式平方作和，得
4(2＋2csθcsα＋2sinθsinα)＝4，
化简得csθcsα＋sinθsinα＝－eq \f(1,2).
∴|z1－z2|＝|2(csθ－csα)＋2(sinθ－sinα)·i|
＝eq \r(4csθ－csα2＋4sinθ－sinα2)
＝eq \r(8－8csθcsα＋sinθsinα)＝eq \r(8＋4)＝2eq \r(3).
四、解答题
17．复数z1＝eq \f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i，若eq \(z,\s\up6(－))1＋z2是实数，求实数a的值．
解 eq \(z,\s\up6(－))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\c1(\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 \(z,\s\up6(－))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.
18．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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－4>0，,－4m>0，))解得m