第4節復數考試要求1.理解復數的基本概念.2.理解復數相等的充要條件.3.了解復數的代數表示法及其幾何意義.4.能進行復數代數形式的四則運算.5.了解復數代數形式的加、減運算的幾何意義.1.復數的有關概念(1)定義：我們把集合C＝{a＋bi|a，b∈R}中的數，即形如a＋bi(a，b∈R)的數叫做復數，其中a叫做復數z的實部，b叫做復數z的虛部(i為虛數單位).(2)分類：滿足條件(a，b為實數)復數的分類a＋bi為實數?b＝0a＋bi為虛數?b≠0a＋bi為純虛數?a＝0且b≠0(3)復數相等：a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R).(4)共軛復數：a＋bi與c＋di共軛?a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R).(5)模：向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做復數z＝a＋bi的模，記作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)(a，b∈R).2.復數的幾何意義復數z＝a＋bi與復平面內的點Z(a，b)及平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一對應關系.3.復數的運算(1)運算法則：設z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.(2)幾何意義：復數加、減法可按向量的平行四邊形或三角形法則進行.如圖給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復數加、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(→)).1.i的乘方具有周期性i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.2.(1±i)2＝±2i，eq\f(1＋i,1－i)＝i；eq\f(1－i,1＋i)＝－i.3.復數的模與共軛復數的關系z·eq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2.1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)復數z＝a＋bi(a，b∈R)中，虛部為bi.()(2)復數中有相等復數的概念，因此復數可以比較大小.()(3)原點是實軸與虛軸的交點.()(4)復數的模實質上就是復平面內復數對應的點到原點的距離，也就是復數對應的向量的模.()答案(1)×(2)×(3)√(4)√解析(1)虛部為b；(2)虛數不可以比較大小.2.(2021·北京卷)在復平面內，復數z滿足(1－i)·z＝2，則z＝()A.1 B.i C.1－i D.1＋i答案D解析由題意可得z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(2·（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1＋i.3.(2021·新高考Ⅱ卷)復數eq\f(2－i,1－3i)在復平面內對應的點所在的象限為()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－i）（1＋3i）,（1－3i）（1＋3i）)＝eq\f(5＋5i,10)＝eq\f(1＋i,2)，所以該復數在復平面內對應的點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，該點在第一象限.4.(2021·上海卷)已知z＝1－3i，則|eq\o(z,\s\up6(－))－i|＝________.答案eq\r(5)解析∵z＝1－3i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋3i，∴eq\o(z,\s\up6(－))－i＝1＋3i－i＝1＋2i，∴|eq\o(z,\s\up6(－))－i|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).5.已知a＋bi(a，b∈R)是eq\f(1－i,1＋i)的共軛復數，則a＋b＝________.答案1解析由eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(（1－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝－i，得a＋bi＝i，即a＝0，b＝1，則a＋b＝1.6.(易錯題)i為虛數單位，若復數(1＋mi)(i＋2)是純虛數，則實數m等于________.答案2解析因為(1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是純虛數，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得m＝2.考點一復數的概念1.(2022·北京朝陽區一模)如果復數eq\f(2＋bi,i)(b∈R)的實部與虛部相等，那么b＝()A.－2 B.1 C.2 D.4答案A解析eq\f(2＋bi,i)＝eq\f(（2＋bi）（－i）,i（－i）)＝b－2i，所以實部為b，虛部為－2，故b的值為－2，故選A.2.(多選)若復數z＝eq\f(2,1＋i)，其中i為虛數單位，則下列結論正確的是()A.z的虛部為－1B.|z|＝eq\r(2)C.z2為純虛數D.z的共軛復數為－1－i答案ABC解析z＝eq\f(2,1＋i)＝eq\f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2－2i,2)＝1－i，對于A，z的虛部為－1，正確；對于B，模長|z|＝eq\r(2)，正確；對于C，因為z2＝(1－i)2＝－2i，故z2為純虛數，正確；對于D，z的共軛復數為1＋i，錯誤.3.(多選)設z1，z2是復數，則下列命題中的真命題是()A.若|z1－z2|＝0，則eq\o(z,\s\up6(－))1＝eq\o(z,\s\up6(－))2B.若z1＝eq\o(z,\s\up6(－))2，則eq\o(z,\s\up6(－))1＝z2C.若|z1|＝|z2|，則z1·eq\o(z,\s\up6(－))1＝z2·eq\o(z,\s\up6(－))2D.若|z1|＝|z2|，則zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)答案ABC解析對于A，若|z1－z2|＝0，則z1－z2＝0，z1＝z2，所以eq\o(z,\s\up6(－))1＝eq\o(z,\s\up6(－))2為真；對于B，若z1＝eq\o(z,\s\up6(－))2，則z1和z2互為共軛復數，所以eq\o(z,\s\up6(－))1＝z2為真；對于C，設z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，a1，b1，a2，b2∈R，若|z1|＝|z2|，則eq\r(aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1))＝eq\r(aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2))，即aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)，所以z1·eq\o(z,\s\up6(－))1＝aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)＝z2·eq\o(z,\s\up6(－))2，所以z1·eq\o(z,\s\up6(－))1＝z2·eq\o(z,\s\up6(－))2為真；對于D，若z1＝1，z2＝i，則|z1|＝|z2|，而zeq\o\al(2,1)＝1，zeq\o\al(2,2)＝－1，所以zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)為假.故選ABC.4.若復數z＝(x2－1)＋(x－1)i為純虛數，則實數x的值為________.答案－1解析∵z為純虛數，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－1＝0，,x－1≠0，))∴x＝－1.感悟提升1.復數z＝a＋bi(a，b∈R)，其中a，b分別是它的實部和虛部.若z為實數，則虛部b＝0，與實部a無關；若z為虛數，則虛部b≠0，與實部a無關；若z為純虛數，當且僅當a＝0且b≠0.2.復數z＝a＋bi(a，b∈R)的模記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2).3.復數z＝a＋bi(a，b∈R)的共軛復數為eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，則z·eq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2，即|z|＝|eq\o(z,\s\up6(－))|＝eq\r(z·\o(z,\s\up6(－)))，若z∈R，則eq\o(z,\s\up6(－))＝z.考點二復數的四則運算例1(1)(2021·遼寧百校聯盟質檢)eq\f(1－i,2＋3i)＝()A.eq\f(1,13)＋eq\f(5,13)i B.eq\f(1,13)－eq\f(5,13)iC.－eq\f(1,13)＋eq\f(5,13)i D.－eq\f(1,13)－eq\f(5,13)i答案D解析原式＝eq\f(（1－i）（2－3i）,（2＋3i）（2－3i）)＝eq\f(2－3－2i－3i,22＋32)＝－eq\f(1,13)－eq\f(5,13)i.(2)(2021·全國乙卷)設iz＝4＋3i，則z＝()A.－3－4i B.－3＋4iC.3－4i D.3＋4i答案C解析因為iz＝4＋3i，所以z＝eq\f(4＋3i,i)＝eq\f(（4＋3i）（－i）,i（－i）)＝eq\f(－4i－3i2,－i2)＝3－4i.(3)(2021·全國乙卷)設2(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，則z＝()A.1－2i B.1＋2i C.1＋i D.1－i答案C解析設z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，代入2(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＋3(z－eq\o(z,\s\up6(－)))＝4＋6i，可得4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i.感悟提升(1)復數的乘法類似于多項式的乘法運算；(2)復數的除法關鍵是分子分母同乘以分母的共軛復數.訓練1(1)(2021·全國甲卷)已知(1－i)2z＝3＋2i，則z＝()A.－1－eq\f(3,2)i B.－1＋eq\f(3,2)iC.－eq\f(3,2)＋i D.－eq\f(3,2)－i答案B解析z＝eq\f(3＋2i,（1－i）2)＝eq\f(3＋2i,－2i)＝eq\f(3i－2,2)＝－1＋eq\f(3,2)i.(2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知z＝2－i，則z(eq\o(z,\s\up6(－))＋i)＝()A.6－2i B.4－2iC.6＋2i D.4＋2i答案C解析因為z＝2－i，所以z(eq\o(z,\s\up6(－))＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝6＋2i.(3)(多選)(2022·湛江一模)若復數z＝eq\r(3)－i，則()A.|z|＝2B.|z|＝4C.z的共軛復數eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\r(3)＋iD.z2＝4－2eq\r(3)i答案AC解析依題意得|z|＝eq\r(（\r(3)）2＋（－1）2)＝2，故A正確，B錯誤；eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\r(3)＋i，C正確；z2＝(eq\r(3)－i)2＝3－2eq\r(3)i＋i2＝2－2eq\r(3)i，D錯誤.考點三復數的幾何意義例2(1)(2021·珠海一模)設i是虛數單位，復數z1＝i2021，復數z2＝eq\f(|4－3i|,4＋3i)，則z1＋z2在復平面上對應的點在()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限答案A解析因為復數z1＝i2021＝i，z2＝eq\f(|4－3i|,4＋3i)＝eq\f(5（4－3i）,25)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i，所以z1＋z2＝eq\f(4,5)＋eq\f(2,5)i，故z1＋z2在復平面上對應的點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(2,5)))，在第一象限.(2)(2021·衡水聯考)已知復數z＝a＋(a－1)i(a∈R)，則|z|的最小值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(3),2) D.1答案B解析因為z＝a＋(a－1)i，所以|z|＝eq\r(a2＋（a－1）2)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))≥eq\f(\r(2),2)，所以|z|的最小值為eq\f(\r(2),2).(3)(多選)(2021·德州二模)已知復數z1＝eq\f(2,－1＋i)(i為虛數單位)，下列說法正確的是()A.z1對應的點在第三象限B.z1的虛部為－1C.zeq\o\al(4,1)＝4D.滿足|z|＝|z1|的復數z對應的點在以原點為圓心，2為半徑的圓上答案AB解析由題意，復數z1＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝－1－i，所以復數z1在復平面內對應的點是(－1，－1)，位于第三象限，所以A正確；復數z1的虛部為－1，所以B正確；zeq\o\al(4,1)＝(－1－i)4＝[(－1－i)2]2＝(2i)2＝－4，所以C不正確；由|z1|＝eq\r(（－1）2＋（－1）2)＝eq\r(2)，得滿足|z|＝|z1|的復數z對應的點在以原點為圓心，eq\r(2)為半徑的圓上，所以D不正確.感悟提升1.復數z＝a＋bi(a，b∈R)Z(a，b)eq\o(OZ,\s\up6(→))＝(a，b).2.由于復數、點、向量之間建立了一一對應的關系，因此解題時可運用數形結合的方法，把復數、向量與解析幾何聯系在一起，使問題的解決更加直觀.訓練2(1)(2022·長沙一模)已知復數z＝eq\f(2－i,1＋i)，則復數z在復平面內對應的點位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限答案D解析因為z＝eq\f(2－i,1＋i)＝eq\f(（2－i）（1－i）,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i，所以復數z在復平面內對應的點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，在第四象限.(2)若復數z＝(2＋ai)(a－i)在復平面內對應的點在第三象限，其中a∈R，i為虛數單位，則實數a的取值范圍為()A.(－eq\r(2)，eq\r(2)) B.(－eq\r(2)，0)C.(0，eq\r(2)) D.[0，eq\r(2))答案B解析z＝(2＋ai)(a－i)＝3a＋(a2－2)i在復平面內對應的點在第三象限，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a<0，,a2－2<0，))解得－eq\r(2)<a<0.(3)如圖，若向量eq\o(OZ,\s\up6(→))對應的復數為z，則z＋eq\f(4,z)表示的復數為()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(4（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1－i＋eq\f(4＋4i,2)＝1－i＋2＋2i＝3＋i.考點四復數與方程例3已知x＝－1＋i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一個根.(1)求實數a，b的值；(2)結合根與系數的關系，猜測方程的另一個根，并給予證明.解(1)把x＝－1＋i代入方程x2＋ax＋b＝0，得(－a＋b)＋(a－2)i＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋b＝0，,a－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝2.))(2)由(1)知方程為x2＋2x＋2＝0.設另一個根為x2，由根與系數的關系，得－1＋i＋x2＝－2，∴x2＝－1－i.把x2＝－1－i代入方程x2＋2x＋2＝0，則左邊＝(－1－i)2＋2(－1－i)＋2＝0＝右邊，∴x2＝－1－i是方程的另一個根.感悟提升(1)對實系數二次方程來說，求根公式、韋達定理、判別式的功能沒有變化，仍然適用.(2)對復系數(至少有一個系數為虛數)方程，判別式判斷根的功能失去了，其他仍適用.訓練3在復數集內解方程x2－ix＋i－1＝0.解因為a＝1，b＝－i，c＝i－1，所以Δ＝(－i)2－4×1×(i－1)＝3－4i.設(m＋ni)2＝3－4i，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－n2＝3，,2mn＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝－1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,n＝1.))所以3－4i的平方根為±(2－i)，所以x＝eq\f(－b＋“Δ的平方根”,2a)＝eq\f(i±（2－i）,2×1)，得x1＝eq\f(i＋2－i,2)＝1，x2＝eq\f(i－2＋i,2)＝－1＋i，即原方程的根為x1＝1，x2＝－1＋i.1.(2021·浙江卷)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i為虛數單位)，則a＝()A.－1 B.1 C.－3 D.3答案C解析法一因為(1＋ai)i＝－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，解得a＝－3.法二因為(1＋ai)i＝3＋i，所以1＋ai＝eq\f(3＋i,i)＝1－3i，所以a＝－3.2.(2021·岳陽一模)已知eq\f(1－i,z)＝1＋i(其中i為虛數單位)，則復數|z|＝()A.i B.－i C.1 D.2答案C解析因為eq\f(1－i,z)＝1＋i，所以z＝eq\f(1－i,1＋i)，故|z|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))＝eq\f(\r(2),\r(2))＝1.3.(2021·石家莊二模)在復平面內，復數eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(5i,3－4i)(i為虛數單位)，則z對應的點的坐標為()A.(3，4) B.(－4，3)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，－\f(3,5)))答案D解析因為eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(5i,3－4i)＝eq\f(5i（3＋4i）,（3－4i）（3＋4i）)＝eq\f(3i－4,5)＝－eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i，所以z＝－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i，所以復數z所對應的點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，－\f(3,5))).4.(2021·日照一模)復平面內表示復數z＝i(a－i)(a＜0)的點位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限答案D解析z＝i(a－i)＝1＋ai表示的點為(1，a)，因為a＜0，所以點(1，a)位于第四象限.5.(2021·南京三模)已知i為虛數單位，若復數z＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，則復數eq\f(1,z)的虛部為()A.－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2) C.－eq\f(\r(3),2)i D.eq\f(\r(3),2)i答案A解析結合復數的運算得eq\f(1,z)＝eq\f(1,\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)＝eq\f(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)))＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，因而復數eq\f(1,z)的虛部為－eq\f(\r(3),2).6.設復數z滿足|z－i|＝|z＋i|，i為虛數單位，且z在復平面內對應的點為Z(x，y)，則下列結論一定正確的是()A.x＝1 B.y＝1 C.x＝0 D.y＝0答案D解析因為滿足|z－i|＝|z＋i|的點Z為復平面內到點(0，－1)和(0，1)的距離相等的點的集合，所以Z(x，y)的軌跡為x軸，其方程為y＝0.7.(多選)(2021·重慶質檢)已知i為虛數單位，復數z＝eq\f(3＋2i,2－i)，則以下說法正確的是()A.z在復平面內對應的點在第一象限B.z的虛部是－eq\f(7,5)C.|z|＝3eq\r(5)D.若復數z1滿足|z1－z|＝1，則|z1|的最大值為1＋eq\f(\r(65),5)答案AD解析∵z＝eq\f(3＋2i,2－i)＝eq\f(（3＋2i）（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝eq\f(4,5)＋eq\f(7,5)i，∴z在復平面內對應的點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(7,5)))，在第一象限，故A正確；z的虛部是eq\f(7,5)，故B不正確；|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(65),5)，故C不正確；設z1＝x＋yi，x，y∈R，由|z1－z|＝1得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,5)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,5)))eq\s\up12(2)＝1，則點(x，y)在以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(7,5)))為圓心，以1為半徑的圓上，則(x，y)到(0，0)的距離的最大值為1＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)))\s\up12(2))＝1＋eq\f(\r(65),5)，即|z1|的最大值為1＋eq\f(\r(65),5)，故D正確.8.如果關于x的方程2x2＋3ax＋a2－a＝0至少有一個模等于1的根，那么實數a的值()A.不存在 B.有一個C.有三個 D.有四個答案C解析(1)當根為實數時，將x＝1代入原方程得a2＋2a＋2＝0，無解；將x＝－1代入原方程得a2－4a＋2＝0，解得a＝2±eq\r(2)，都符合要求；(2)當根為虛數時，Δ＝a(a＋8)＜0，∴－8＜a＜0.此時有x1x2＝(x1)2＝1＝eq\f(a2－a,2)，即a2－a－2＝0.解得a＝－1或a＝2(舍去)，故a的值共有三個.9.若復數(1－2i)(a＋i)是純虛數，則實數a的值為________.答案－2解析(1－2i)(a＋i)＝a＋2＋(1－2a)i，由已知，得a＋2＝0，1－2a≠0，∴a＝－2.10.若復數z＝i＋i2022，則eq\o(z,\s\up6(－))＋eq\f(10,z)的模等于________.答案6eq\r(2)解析z＝i＋i2022＝i－1，eq\o(z,\s\up6(－))＋eq\f(10,z)＝1＋i＋eq\f(10,1－i)＝6＋6i，其模為6eq\r(2).11.設O是坐標原點，向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))對應的復數分別為2－3i，－3＋2i.那么向量eq\o(BA,\s\up6(→))對應的復數是________.答案5－5i解析∵向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))對應的復數分別為2－3i，－3＋2i，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2，－3)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(－3，2)，∴eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(5，－5)，其對應的復數是5－5i.12.若2－3i是方程x2－4x＋a＝0(a∈R)的一個根，則其另外一個根是________，a＝________.答案2＋3i13解析設方程的另外一根為x，則x＋2－3i＝4，故x＝2＋3i，a＝(2－3i)(2＋3i)＝13.13.(多選)(2022·福州一模)設z為復數，則下列命題中正確的是()A.|z|2＝z·eq\o(z,\s\up6(－))B.z2＝|z|2C.若|z|＝1，則|z＋i|的最大值為2D.若|z－1|＝1，則0≤|z|≤2答案ACD解析對于A，設z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，∴|z|2＝a2＋b2，而z·eq\o(z,\s\up6(－))＝a2＋b2，所以|z|2＝z·eq\o(z,\s\up6(－))成立；對于B，z＝a＋bi(a，b∈R)，當ab均不為0時，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，而|z|2＝a2＋b2，所以z2＝|z|2不成立；對于C，|z|＝1可以看成以O(0，0)為圓心，1為半徑的圓上的點P，|z＋i|可以看成點P到Q(0，－1)的距離，所以當P(0，1)時，可取|z＋i|的最大值2；對于D，|z－1|＝1可以看成以M(1，0)為圓心，1為半徑的圓上的點N，則|z|表示點N到原點的距離，故O，N重合時，|z|＝0最小，當O，M，N三點共線時，|z|＝2最大，故0≤|z|≤2.故選ACD.14.(多選)(2021·濟南十一學校聯考)歐拉公式exi＝cosx＋isinx(其中i為虛數單位，x∈R)是由瑞士著名數學家歐拉創立的，該公式將指數函數的定義域擴大到復數，建立了三角函數與指數函數的關聯，在復變函數論里面占有非常重要的地位，被譽為數學中的“天橋”.依據歐拉公式，下列選項正確的是()A.復數e2i對應的點位于第三象限B.eeq\f(π,2)i為純虛數C.復數eq\f(exi,\r(3)＋i)的模長等于eq\f(1,2)D.eeq\f(π,6)i的共軛復數為eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i答案BC解析對于A，e2i＝cos2＋isin2，∵2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cos2∈(－1，0)，sin2∈(0，1)，∴e2i表示的復數在復平面中對應的點位于第二象限，故A錯誤；對于B，eeq\f(π,2)i＝coseq\f(π,2)＋isineq\f(π,2)＝i，可得eeq\f(