第27讲　复数高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第27讲　复数高考数学一轮复习讲义练习，共11页。试卷主要包含了 下列各式计算正确的是等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. 已知i为虚数单位，复数z＝ eq \f(1－i2,1＋i)，则z的虚部为( B )
A. 0B. －1
C. －iD. 1
【解析】因为z＝ eq \f(1－i2,1＋i)＝ eq \f(2(1－i),(1＋i)(1－i))＝1－i，所以z的虚部为－1.
2. (人A必二P94复习参考题1(2))复数 eq \f(5,i－2)的共轭复数是( B )
A. 2＋iB. －2＋i
C. －2－iD. 2－i
【解析】 因为 eq \f(5,i－2)＝ eq \f(5(－2－i),(－2＋i)(－2－i))＝－2－i，所以复数 eq \f(5,i－2)的共轭复数是－2＋i.
3. 已知i是虚数单位，若z＝－ eq \f(\r(3),2)＋ eq \f(1,2)i，则z2＝( D )
A. － eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)iB. － eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i
C. eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)iD. eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i
【解析】 由题可知z＝－ eq \f(\r(3),2)＋ eq \f(1,2)i，所以z2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)＋\f(1,2)i)) eq \s\up12(2)＝ eq \f(3,4)－ eq \f(\r(3),2)i＋ eq \f(1,4)i2＝ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i.
4. (人A必二P80练习T3改)(多选)下列各式计算正确的是( AC )
A. eq \f(1＋i,1－i)＝i
B. i(2－i)(1－2i)＝2i
C. eq \f(7＋i,3＋4i)＝1－i
D. eq \f((－1＋i)(2＋i),－i)＝1－3i
【解析】 对于A， eq \f(1＋i,1－i)＝ eq \f((1＋i)(1＋i),(1－i)(1＋i))＝i，故A正确．对于B，i(2－i)(1－2i)＝(2i－i2)(1－2i)＝(1＋2i)(1－2i)＝1－4i2＝5，故B错误；对于C， eq \f(7＋i,3＋4i)＝ eq \f((7＋i)(3－4i),(3＋4i)(3－4i))＝ eq \f(25－25i,25)＝1－i，故C正确；对于D， eq \f((－1＋i)(2＋i),－i)＝ eq \f(－3＋i,－i)＝ eq \f((－3＋i)i,－i2)＝－1－3i，故D错误．
5. 已知i为虚数单位，且z0＝ eq \f(1－3i,1＋2i)，复数z满足|z－z0|＝1，则复数z对应点的轨迹方程为( C )
A. (x－1)2＋(y＋1)2＝4
B. (x－1)2＋(y－1)2＝4
C. (x＋1)2＋(y＋1)2＝1
D. (x－1)2＋(y－1)2＝1
【解析】 z0＝ eq \f(1－3i,1＋2i)＝ eq \f((1－3i)(1－2i),5)＝－1－i.由题意知|z－z0|＝1，设z＝x＋yi，x，y∈R，则复数z对应点的轨迹方程为(x＋1)2＋(y＋1)2＝1.
聚焦知识
1. 复数的有关概念
(1) 定义：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中i叫做虚数单位，满足i2＝－1，_a_叫做实部，_b_叫做虚部，复数集记作C，即C＝{z|z＝a＋bi，a，b∈R}．
(2) 复数相等：复数z1＝a＋bi与z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)相等⇔_a＝c且b＝d_．
(3) 共轭复数：如果两个复数的实部相等，而虚部互为相反数，那么这两个复数叫做互为共轭复数，即复数z＝a＋bi的共轭复数为 eq \x\t(z)＝a－bi.
2. 复数的分类
对于复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则z是实数⇔b＝0；z是虚数⇔b≠0；z是纯虚数⇔a＝0且b≠0.
3. 复数的几何意义
(1) 复平面：建立平面直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面．在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴．显然，实轴上的点都表示实数；除原点外，虚轴上的点都表示虚数．
(2) 几何意义：复数z＝a＋bi eq \(―――→,\s\up7(一一对应))复平面内的点Z(a，b) eq \(―――→,\s\up7(一一对应))向量 eq \(OZ,\s\up6(→)).
(3) 复数的模：设 eq \(OZ,\s\up6(→))＝a＋bi，则向量 eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|.由模的定义知|z|＝|a＋bi|＝_ eq \r(a2＋b2)_.
4. 复数的代数运算
已知两个复数z1＝a＋bi与z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，那么：
z1±z2＝(a±c)＋(b±d)i；
z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
eq \f(z1,z2)＝ eq \f(a＋bi,c＋di)＝ eq \f((ac＋bd)＋(bc－ad)i,c2＋d2)(z2≠0).
5. 常用结论
(1) (1±i)2＝±2i， eq \f(1＋i,1－i)＝i， eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
(2) i4n＝1，i4n+1＝i，i4n+2＝－1，i4n+3＝－i，i4n＋i4n+1＋i4n+2＋i4n+3＝0(n∈N*).
(3) z· eq \x\t(z)＝|z|2＝| eq \x\t(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2)))＝ eq \f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.
(4) 若ω＝－ eq \f(1,2)± eq \f(\r(3),2)i，则ω3k＝1(k∈Z)，ω2＋ω＋1＝0.
(5) z＝ eq \x\t(z)⇔z∈R.
(6) 复数z的方程在复平面上表示的图形
①a≤|z|≤b表示以原点O为圆心，以a和b为半径的两圆所夹的圆环；
②|z－(a＋bi)|＝r(r＞0)表示以(a，b)为圆心，r为半径的圆．
研题型 素养养成
举题说法
复数的有关概念
例1 (1) (2024·新乡三模)已知z＝(1－3i)(a＋i)(a∈R)为纯虚数，则a＝( B )
A. 3B. －3
C. eq \f(1,3)D. － eq \f(1,3)
【解析】 依题意，z＝(a＋3)＋(1－3a)i，由z是纯虚数，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋3＝0，,1－3a≠0，))所以a＝－3.
(2) (2024·娄底一模)已知复数z＝ eq \f(a＋2i,2＋i)(a∈R)的实部与虚部互为相反数，则复数z对应的点在复平面内位于( B )
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【解析】 z＝ eq \f(a＋2i,2＋i)＝ eq \f((a＋2i)(2－i),5)＝ eq \f(2a＋2,5)＋ eq \f(4－a,5)i，其实部为 eq \f(2a＋2,5)，虚部为 eq \f(4－a,5)，由题得 eq \f(2a＋2,5)＋ eq \f(4－a,5)＝0，解得a＝－6，所以z＝－2＋2i，其对应的点为(－2，2)，位于第二象限．
解决复数概念问题的方法及注意事项
(1) 复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．
(2) 解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部．
变式1 (1) (2025·南京零模)(多选)已知复数z，下列结论正确的是( AB )
A. 若z＋1∈R，则z∈R
B. 若z＋i∈R，则z的虚部为－1
C. 若|z|＝1，则z＝±1
D. 若z2∈R，则z∈R
【解析】 对于A，设z＝a＋bi，由z＋1＝(a＋1)＋bi∈R得b＝0，那么z＝a＋bi也是实数，故A正确；对于B，设z＝a＋bi，由z＋i＝a＋(b＋1)i∈R得b＝－1，那么z的虚部为－1，故B正确；对于C，若z＝i，则|z|＝1，此时z≠±1，故C错误；对于D，若z＝i，z2＝i2＝－1为实数，所以z不一定是实数，故D错误．
(2) (2024·沧州二模)已知(1＋i)2z＝2＋i，则 eq \x\t(z) 的虚部为( A )
A. 1B. i
C. eq \f(1,2)D. eq \f(1,2)i
【解析】 由(1＋i)2z＝2＋i，得z＝ eq \f(2＋i,(1＋i)2)＝ eq \f(2＋i,2i)＝ eq \f((2＋i)(－i),2i·(－i))＝ eq \f(1－2i,2)＝ eq \f(1,2)－i，则 eq \x\t(z)＝ eq \f(1,2)＋i，所以 eq \x\t(z)的虚部为1.
复数的运算
例2 (1) (2023·全国乙卷理)设z＝ eq \f(2＋i,1＋i2＋i5)，则 eq \x\t(z)＝( B )
A. 1－2iB. 1＋2i
C. 2－iD. 2＋i
【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 \x\t(z)＝1＋2i.
(2) (2024·新高考Ⅰ卷)若 eq \f(z,z－1)＝1＋i，则z＝( C )
A. －1－iB. －1＋i
C. 1－iD. 1＋i
(3) (2025·青岛期初)已知复数z满足(1＋2i) eq \x\t(z)＝4＋3i，则z的虚部为( A )
A. 1B. －1
C. iD. －i
(1) 复数的乘法：复数乘法类似于多项式的乘法运算．
(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．
变式2 (1) (2023·新高考Ⅰ卷)已知z＝ eq \f(1－i,2＋2i)，则 z－ eq \x\t(z)＝( A )
A. －iB. i
C. 0D. 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 \x\t(z)＝ eq \f(1,2)i，z－ eq \x\t(z)＝－i.
(2) (2025·临沂期中)(多选)已知z为复数，且z2＋z＋1＝0，则( AD )
A. z3＝1B. z＋ eq \x\t(z)＝1
C. z－ eq \x\t(z)＝1D. z· eq \x\t(z)＝1
【解析】 设z＝a＋bi，a，b∈R，故(a＋bi)2＋a＋bi＋1＝0，即a2＋2abi－b2＋a＋bi＋1＝a2－b2＋a＋1＋(2ab＋b)i＝0，故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＋a＋1＝0，,2ab＋b＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(\r(3),2)))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝－\f(\r(3),2)．))若 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(\r(3),2)，))则z＝－ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i， eq \x\t(z)＝－ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i，所以z2＝－ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i，z3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(3,4)＝1，z＋ eq \x\t(z)＝－ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i－ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i＝－1，z－ eq \x\t(z)＝－ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i＝ eq \r(3)i，z· eq \x\t(z)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(3,4)＝1.若 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2)，,b＝－\f(\r(3),2)，))则z＝－ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i， eq \x\t(z)＝－ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i，则z2＝－ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i，z3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(3,4)＝1，z＋ eq \x\t(z)＝－ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i－ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i＝－1，z－ eq \x\t(z)＝－ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i＋ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i＝－ eq \r(3)i，z· eq \x\t(z)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(3,4)＝1.
复数的几何意义
例3 (1) (2023·新高考Ⅱ卷)在复平面内，(1＋3i)(3－i)对应的点位于( A )
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，则该复数对应的点为(6，8)，位于第一象限．
(2) (2024·泰州2月调研)若复数z满足|z－1|＝|z＋i|，则|z－1|的最小值为( B )
A. eq \f(1,2)B. eq \f(\r(2),2)
C. 1D. eq \r(2)
【解析】 设z＝x＋yi，x，y∈R.由|z－1|＝|z＋i|得 eq \r((x－1)2＋y2)＝ eq \r(x2＋(y＋1)2)⇒y＝－x，所以|z－1|＝ eq \r((x－1)2＋y2)＝ eq \r(x2－2x＋1＋x2)＝ eq \r(2x2－2x＋1)＝ eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))，因此当x＝ eq \f(1,2)时，|z－1|取最小值 eq \f(\r(2),2).
复数的几何意义体现了数形结合思想的运用．处理这类问题常用两种方法：一是利用复数的代数形式进行求解，即“化虚为实”，思路自然清晰，但运算较复杂；二是利用复数的几何意义进行求解，简洁明快．另外，关于复数模的问题，一般可化为复平面内两点间的距离来解决．
变式3 (1) (2024·青岛一模)(多选)已知复数z，下列说法正确的是( AC )
A. 若z－ eq \x\t(z)＝0，则z为实数
B. 若z2＋ eq \x\t(z)2＝0，则z＝ eq \x\t(z)＝0
C. 若|z－i|＝1，则|z|的最大值为2
D. 若|z－i|＝|z|＋1，则z为纯虚数
【解析】 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则 eq \x\t(z)＝a－bi，若z－ eq \x\t(z)＝0，即(a＋bi)－(a－bi)＝2bi＝0，即b＝0，则z为实数，故A正确；若z2＋ eq \x\t(z)2＝0，即(a＋bi)2＋(a－bi)2＝0，化简可得a2－b2＋2abi＋a2－b2－2abi＝0，即a2＝b2，即a＝±b.当a＝b时，z＝a＋ai， eq \x\t(z)＝a－ai，此时不一定满足z＝ eq \x\t(z)＝0.当a＝－b时，z＝a－ai， eq \x\t(z)＝a＋ai，此时不一定满足z＝ eq \x\t(z)＝0，故B错误．若|z－i|＝1，即|a＋(b－1)i|＝ eq \r(a2＋(b－1)2)＝1，所以a2＋(b－1)2＝1，即z表示以(0，1)为圆心，以1为半径的圆上的点，且|z|表示圆上的点到原点的距离，所以|z|的最大值为2，故C正确．若|z－i|＝|z|＋1，即|z－i|＝|a＋(b－1)i|＝ eq \r(a2＋(b－1)2)，|z|＋1＝ eq \r(a2＋b2)＋1，即 eq \r(a2＋(b－1)2)＝ eq \r(a2＋b2)＋1，化简可得b＝－ eq \r(a2＋b2)，则a＝0且b≤0，此时z可能为实数也可能为纯虚数，故D错误．
(2) (2024·丽水、湖州、衢州二模)若复数z满足|iz|＝1(i为虚数单位)，则|z－4＋3i|的最小值是( B )
A. 3B. 4
C. 5D. 6
【解析】 设z＝x＋yi(x，y∈R)，则iz＝i(x＋yi)＝xi－y，|iz|＝|－y＋xi|＝ eq \r(x2＋(－y)2)＝ eq \r(x2＋y2).又|iz|＝1，所以 eq \r(x2＋y2)＝1，即x2＋y2＝1，所以z对应的点(x，y)在以原点为圆心，1为半径的圆上．|z－4＋3i|＝|x＋yi－4＋3i|＝ eq \r((x－4)2＋(y＋3)2)表示圆x2＋y2＝1上的点(x，y)到点(4，－3)的距离，所以|z－4＋3i|的最小值是 eq \r((4－0)2＋(－3－0)2)－1＝4.
随堂内化
1. (2023·全国甲卷文) eq \f(5(1＋i3),(2＋i)(2－i))＝( C )
A. －1B. 1
C. 1－iD. 1＋i
【解析】 eq \f(5(1＋i3),(2＋i)(2－i))＝ eq \f(5(1－i),5)＝1－i.
2. (2024·湖北八市3月联考)设复数1＋i是关于x的方程ax2－2ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根，则( D )
A. a＋2b＝0B. a－2b＝0
C. 2a＋b＝0D. 2a－b＝0
【解析】 将1＋i代入方程得a(1＋i)2－2a(1＋i)＋b＝0，得－2a＋b＝0，即2a－b＝0.
3. (2024·承德、衡水二模)(多选)已知z∈C， eq \x\t(z) 是z的共轭复数，则( AB )
A. 若z＝ eq \f(1＋3i,1－3i)，则 eq \x\t(z)＝ eq \f(－4－3i,5)
B. 若z为纯虚数，则z2＜0
C. 若z－(2＋i)＞0，则z＞2＋i
D. 若M＝{z||z＋3i|≤3}，则集合M所构成区域的面积为6π
【解析】 若z＝ eq \f(1＋3i,1－3i)＝ eq \f((1＋3i)2,(1－3i)(1＋3i))＝ eq \f(－4＋3i,5)，则 eq \x\t(z)＝ eq \f(－4－3i,5)，故A正确．由z为纯虚数，可设z＝bi(b∈R，b≠0)，所以z2＝b2i2，因为i2＝－1且b≠0，所以z2＜0，故B正确．由z－(2＋i)＞0，得z＝a＋i(a＞2).因为z＝a＋i(a＞2)与2＋i均为虚数，所以二者之间不能比较大小，故C错误．设复数z＝a＋bi，a，b∈R，所以z＋3i＝a＋(b＋3)i，由|z＋3i|≤3，得a2＋(b＋3)2≤9，所以集合M所构成的区域是以(0，－3)为圆心，3为半径的圆，所以面积为9π，故D错误．
4. (2025·南京、盐城期末)(多选)设z1，z2为复数，则下列说法中正确的有( BD )
A. |z1|＋|z2|＝|z1＋z2|
B. eq \x\t(z1)＋ eq \x\t(z2)＝ eq \x\t(z1＋z2)
C. 若|z1|＝|z2|，则z eq \\al(2,1)＝z eq \\al(2,2)
D. 若z eq \\al(2,1)＜0，则z1为纯虚数
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
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配套精练
一、 单项选择题
1. (2024·全国甲卷)若z＝5＋i，则i( eq \x\t(z)＋z)＝( A )
A. 10i B. 2i
C. 10 D. 2
2. (2025·泉州期初)若复数z满足(1＋i)z＝a－i(其中i是虚数单位，a∈R)，则“|z|＝1”是“a＝1”的( B )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
【解析】 由(1＋i)z＝a－i，得z＝ eq \f(a－i,1＋i)＝ eq \f((a－i)(1－i),(1＋i)(1－i))＝ eq \f(a－1,2)－ eq \f(a＋1,2)i.由|z|＝1，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋1,2))) eq \s\up12(2)＝1，解得a＝1或a＝－1.故“|z|＝1”是“a＝1”的必要不充分条件．
3. (2024·淮安、连云港期末)若复数z满足(1＋i)z＝i(i是虚数单位)，则z的虚部为( A )
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(1＋i)z＝i，所以z＝ eq \f(i,1＋i)＝ eq \f(i(1－i),(1＋i)(1－i))＝ eq \f(i－i2,1－i2)＝ eq \f(i＋1,1＋1)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)i，所以复数z的虚部为 eq \f(1,2).
4. (2025·济南期初)若复数z满足(1＋2i)·z＝2－4i，则|z|＝( C )
A. eq \f(1,2) B. eq \r(2)
C. 2 D. 4
【解析】 因为(1＋2i)·z＝2－4i，所以z＝ eq \f(2－4i,1＋2i)＝ eq \f((2－4i)(1－2i),(1＋2i)(1－2i))＝－ eq \f(6,5)－ eq \f(8,5)i，所以|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)))\s\up12(2))＝2.
5. (2024·漳州三检)若复数z＝ eq \f(5i,3－4i)，则|iz－2 eq \x\t(z)|＝( C )
A. eq \r(3) B. 2
C. eq \f(\r(29),5) D. eq \r(5)
【解析】 z＝ eq \f(5i,3－4i)＝ eq \f(5i(3＋4i),(3－4i)(3＋4i))＝－ eq \f(4,5)＋ eq \f(3,5)i，则 eq \x\t(z)＝－ eq \f(4,5)－ eq \f(3,5)i，所以iz－2 eq \x\t(z)＝－ eq \f(4,5)i－ eq \f(3,5)＋ eq \f(8,5)＋ eq \f(6,5)i＝1＋ eq \f(2,5)i，所以|iz－2 eq \x\t(z)|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,5)i))＝ eq \f(\r(29),5).
6. (2024·汕头一模)在复数范围内，下列命题是真命题的为( D )
A. 若z≠0，则z－ eq \x\t(z)是纯虚数
B. 若z2＝－|z|2，则z是纯虚数
C. 若z eq \\al(2,1)＋z eq \\al(2,2)＝0，则z1＝0且z2＝0
D. 若z1，z2为虚数，则z1 eq \x\t(z)2＋ eq \x\t(z)1z2∈R
【解析】 对于A，取z＝1，则 eq \x\t(z)＝1，所以z－ eq \x\t(z)＝0，此时z－ eq \x\t(z)不是纯虚数，A错误；对于B，取z＝0，则z2＝－|z|2成立，但z不是纯虚数，B错误；对于C，取z1＝i，z2＝1，则z eq \\al(2,1)＋z eq \\al(2,2)＝0，但z1≠0且z2≠0，C错误；对于D，若z1，z2为虚数，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则 eq \x\t(z)1＝a－bi， eq \x\t(z)2＝c－di，所以z1 eq \x\t(z)2＋ eq \x\t(z)1z2＝(a＋bi)(c－di)＋(a－bi)(c＋di)＝(ac＋bd)＋(bc－ad)i＋(ac＋bd)＋(ad－bc)i＝2(ac＋bd)∈R，D正确．
7. (2024·济南、青岛、枣庄三模)已知复数z1，z2，z1≠z2，若z1，z2同时满足|z|＝1和|z－1|＝|z－i|，则|z1－z2|＝( C )
A. 1 B. eq \r(3)
C. 2 D. 2 eq \r(3)
【解析】 设z＝x＋yi(x，y∈R)，则z－1＝(x－1)＋yi，z－i＝x＋(y－1)i，由|z|＝1和|z－1|＝|z－i|，所以x2＋y2＝1且(x－1)2＋y2＝(y－1)2＋x2，即x2＋y2＝1且x＝y，解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2)))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(\r(2),2)，,y＝－\f(\r(2),2)，))所以z1＝ eq \f(\r(2),2)＋ eq \f(\r(2),2)i，z2＝－ eq \f(\r(2),2)－ eq \f(\r(2),2)i eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或z1＝－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)i，z2＝\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i))，则z1－z2＝ eq \f(\r(2),2)＋ eq \f(\r(2),2)i－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)i))＝ eq \r(2)＋ eq \r(2)i(或z1－z2＝－ eq \r(2)－ eq \r(2)i)，所以|z1－z2|＝ eq \r((\r(2))2＋(\r(2))2)＝2.
二、 多项选择题
8. (2025·肇庆期初联考)已知复数z＝a2－1＋(a＋1)i，a∈R，则下列结论正确的是( BC )
A. 若z为纯虚数，则a＝±1
B. 若z在复平面内对应的点位于第二象限，则a∈(－1，1)
C. 若a＝0，则 eq \x\t(z)＝－1－i
D. 若a＝0，则|z|＝1
【解析】 对于A，若z为纯虚数，即a2－1＝0且a＋1≠0，则a＝1，故A错误；对于B，若z在复平面内对应的点位于第二象限，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－1＜0，,a＋1＞0，))解得－1＜a＜1，即a∈(－1，1)，故B正确；对于C，若a＝0，则z＝－1＋i， eq \x\t(z)＝－1－i，故C正确；对于D，若a＝0，则|z|＝ eq \r(2)，故D错误．
9. (2025·德州期初)若复数z在复平面内对应的点为(1，m)(m∈R)，且z·i(i为虚数单位)的实部为2，则( BD )
A. 复数z的虚部为－2i
B. 复数 eq \x\t(z)对应的点在第一象限
C. 复数z的模为5
D. 若复数z0满足|z0|＝1，则|z－z0|的最大值为 eq \r(5)＋1
【解析】 因为复数z在复平面内对应的点为(1，m)，所以z＝1＋mi，所以z·i＝i(1＋mi)＝i＋mi2＝－m＋i，所以m＝－2，所以z＝1－2i.对于A，复数z的虚部为－2，故A错误；对于B，复数 eq \x\t(z)＝1＋2i，其对应的点为(1，2)在第一象限，故B正确；对于C，复数z的模为|z|＝ eq \r(12＋(－2)2)＝ eq \r(5)，故C错误；对于D，设复数z，z0在复平面内对应的点分别为Z，Z0，则Z(1，－2)，|OZ0|＝1，|OZ|＝ eq \r(12＋(－2)2)＝ eq \r(5)，由复数的几何意义可知，Z0，Z在以原点为圆心，分别以1， eq \r(5)为半径的圆上运动，故 eq \r(5)－1≤|z－z0|≤ eq \r(5)＋1，所以|z－z0|的最大值为 eq \r(5)＋1，故D正确．
10. 已知复数z1，z2，z3，下列说法正确的有( ACD )
A. 若z1 eq \x\t(z1)＝z2 eq \x\t(z2)，则|z1|＝|z2|
B. 若z eq \\al(2,1)＋z eq \\al(2,2)＝0，则z1＝z2＝0
C. 若z1z2＝z1z3，则z1＝0或z2＝z3
D. 若z2≠0，则 eq \x\t(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))))＝ eq \f(\x\t(z)1,\x\t(z)2)
【解析】 对于A，若z1 eq \x\t(z1)＝z2 eq \x\t(z2)，则|z1|2＝|z2|2，所以|z1|＝|z2|，故A正确．对于B，令z1＝i，z2＝1，满足条件z eq \\al(2,1)＋z eq \\al(2,2)＝－1＋1＝0，但z1≠z2，且均不为0，故B错误．对于C，因为z1z2＝z1z3，所以z1(z2－z3)＝0，所以z1＝0或z2－z3＝0，即z1＝0或z2＝z3，故C正确．对于D，因为 eq \f(z1,z2)＝ eq \f(a＋bi,c＋di)＝ eq \f((a＋bi)(c－di),(c＋di)(c－di))＝ eq \f((ac＋bd)＋(bc－ad)i,c2＋d2)，所以 eq \x\t(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))))＝ eq \f((ac＋bd)－(bc－ad)i,c2＋d2)， eq \f(\x\t(z)1,\x\t(z)2)＝ eq \f(a－bi,c－di)＝ eq \f((a－bi)(c＋di),(c－di)(c＋di))＝ eq \f((ac＋bd)－(bc－ad)i,c2＋d2)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2)))＝ eq \f(\x\t(z)1,\x\t(z)2)，故D正确．
11. (2024·石家庄二模)设z为复数(i为虚数单位)，下列命题正确的有( BC )
A. 若(1＋i)z＝－i，则|z|＝1
B. 对任意复数z1，z2，|z1z2|＝|z1|·|z2|
C. 对任意复数z1，z2， eq \x\t(z1·z2)＝ eq \x\t(z)1· eq \x\t(z)2
D. 在复平面内，若M＝{z||z－2|≤2}，则集合M所构成区域的面积为6π
【解析】 对于A，由(1＋i)z＝－i，得z＝ eq \f(－i,1＋i)＝ eq \f(－i×(1－i),(1＋i)(1－i))＝ eq \f(－1－i,2)，故|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(2),2)，故A错误；对于B，设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则|z1z2|＝|(a＋bi)(c＋di)|＝|ac－bd＋(ad＋bc)i|＝ eq \r((ac－bd)2＋(ad＋bc)2)＝ eq \r(a2c2－2abcd＋b2d2＋a2d2＋2abcd＋b2c2)＝ eq \r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，|z1|·|z2|＝ eq \r(a2＋b2)· eq \r(c2＋d2)＝ eq \r((a2＋b2)(c2＋d2))＝ eq \r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，故|z1z2|＝|z1|·|z2|，故B正确；对于C，设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，有z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac－bd＋(ad＋bc)i，则 eq \x\t(z1·z2)＝ac－bd－(ad＋bc)i， eq \x\t(z)1· eq \x\t(z)2＝(a－bi)(c－di)＝ac－bd－(ad＋bc)i，故 eq \x\t(z1·z2)＝ eq \x\t(z)1· eq \x\t(z)2，故C正确；对于D，设z＝x＋yi(x，y∈R)，则有(x－2)2＋y2≤4，集合M所构成区域是以(2，0)为圆心，2为半径的圆，故S＝πr2＝4π，故D错误．
三、 填空题
12. (2024·广东大湾区二模)设θ∈R，i为虚数单位，定义eiθ＝cs θ＋i·sin θ，则复数ei eq \s\up4(\f(π,6)) ＋i的模为_ eq \r(3)_．
【解析】 依题意，ei eq \s\up4(\f(π,6)) ＋i＝cs eq \f(π,6)＋i·sin eq \f(π,6)＋i＝ eq \f(\r(3),2)＋ eq \f(3,2)i，所以复数ei eq \s\up4(\f(π,6)) ＋i的模为 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2))＝ eq \r(3).
13. (2025·杭州一模)已知复数z1，z2的实部和虚部都不为0，且满足：① eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2)))＝2；②|z1z2|＝2，则z1＝_ eq \r(2)＋ eq \r(2)i(答案不唯一)_，z2＝_ eq \f(\r(2),2)＋ eq \f(\r(2),2)i(答案不唯一)_．(写出满足条件的一组z1和z2)
【解析】 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(abcd≠0，a，b，c，d∈R)，则 eq \f(z1,z2)＝ eq \f(a＋bi,c＋di)＝ eq \f((ac＋bd)＋(bc－ad)i,c2＋d2)，z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac－bd＋(ad＋bc)i.由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2)))＝\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac＋bd,c2＋d2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc－ad,c2＋d2)))\s\up12(2)),＝\f(\r((ac＋bd)2＋(bc－ad)2),c2＋d2)＝2，,|z1z2|＝\r((ac－bd)2＋(ad＋bc)2)＝2，))整理得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2c2＋b2d2＋b2c2＋a2d2＝4(c2＋d2)2，,a2c2＋b2d2＋b2c2＋a2d2＝4，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝4(c2＋d2)，,(a2＋b2)(c2＋d2)＝4，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c2＋d2＝1，,a2＋b2＝4，))可取a＝b＝ eq \r(2)，c＝d＝ eq \f(\r(2),2)，所以z1＝ eq \r(2)＋ eq \r(2)i，z2＝ eq \f(\r(2),2)＋ eq \f(\r(2),2)i.
14. (2024·武汉5月训练)已知复数z满足|z－i|＝ eq \r(2)，则| eq \x\t(z)|的最小值为_ eq \r(2)－1_．
(第14题答)
【解析】 设z＝x＋yi，x，y∈R，将|z－i|＝ eq \r(2)两边平方整理得x2＋(y－1)2＝2，即x2＋y2＝2y＋1.而| eq \x\t(z)|＝|x－yi|＝ eq \r(x2＋y2)＝ eq \r(2y＋1)，作出复数z对应的点Z(x，y)的轨迹x2＋(y－1)2＝2的图形如图所示，易得1－ eq \r(2)≤y≤1＋ eq \r(2).因为 eq \r(2y＋1)在定义域内为增函数，所以| eq \x\t(z)|＝ eq \r(2y＋1)≥ eq \r(2(1－\r(2))＋1)＝ eq \r(2)－1，即当且仅当y＝1－ eq \r(2)时，| eq \x\t(z)|取得最小值 eq \r(2)－1.
四、 解答题
15. 已知复数z0＝(a2－4a＋3)＋(a2－3a＋2)i(i为虚数单位，a∈R)为纯虚数，z0和实数b是关于x的方程x2－(3＋2i)x＋6i＝0的两个根．
(1) 求a，b的值；
【解答】 因为复数z0＝(a2－4a＋3)＋(a2－3a＋2)i(i为虚数单位，a∈R)为纯虚数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－4a＋3＝0，,a2－3a＋2≠0，))解得a＝3，所以z0＝2i.由韦达定理可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z0＋b＝3＋2i，,z0b＝6i，))解得b＝3.
(2) 若复数z满足|z|＝|a＋bi|，说明在复平面内z对应的点Z的集合是什么图形，并求该图形的面积．
【解答】 因为复数z满足|z|＝|a＋bi|，所以|z|＝3 eq \r(2)，所以在复平面内z对应的点Z的集合是以原点为圆心，3 eq \r(2)为半径的圆，所以S＝πr2＝18π.
16. 已知复数z1＝(a＋i)2，z2＝4－3i，其中a是实数．
(1) 若z1＝iz2，求实数a的值；
【解答】 因为z1＝(a＋i)2，z2＝4－3i，z1＝iz2，所以(a＋i)2＝a2－1＋2ai＝3＋4i，从而 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－1＝3，,2a＝4，))解得a＝2，所以实数a的值为2.
(2) 若 eq \f(z1,z2)是纯虚数，a是正实数，求 eq \f(z1,z2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(3)＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(2 025).
【解答】 依题意得 eq \f(z1,z2)＝ eq \f((a＋i)2,4－3i)＝ eq \f((a2＋2ai－1)(4＋3i),25)＝ eq \f((4a2－6a－4)＋(3a2＋8a－3)i,25).因为 eq \f(z1,z2)是纯虚数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a2－6a－4＝0，,3a2＋8a－3≠0，))从而a＝2或a＝－ eq \f(1,2).又因为a是正实数，所以a＝2.当a＝2时， eq \f(z1,z2)＝ eq \f(16i＋12i－3i,25)＝i.因为i1＝i，i2＝－1，i3＝－i，i4＝1，…，i4n+1＝i，i4n+2＝－1，i4n+3＝－i，i4n＝1(n∈N*)，所以 eq \f(z1,z2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(3)＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(2 025)＝i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2 025＝(i＋i2＋i3＋i4)＋(i5＋i6＋i7＋i8)＋…＋(i2 021＋i2 022＋i2 023＋i2 024)＋i2 025＝i.