第27講復(fù)數(shù)鏈教材夯基固本激活思維1.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝eq\f(1－i2,1＋i)，則z的虛部為(B)A.0 B.－1C.－i D.1【解析】因?yàn)閦＝eq\f(1－i2,1＋i)＝eq\f(2(1－i),(1＋i)(1－i))＝1－i，所以z的虛部為－1.2.(人A必二P94復(fù)習(xí)參考題1(2))復(fù)數(shù)eq\f(5,i－2)的共軛復(fù)數(shù)是(B)A.2＋i B.－2＋iC.－2－i D.2－i【解析】因?yàn)閑q\f(5,i－2)＝eq\f(5(－2－i),(－2＋i)(－2－i))＝－2－i，所以復(fù)數(shù)eq\f(5,i－2)的共軛復(fù)數(shù)是－2＋i.3.已知i是虛數(shù)單位，若z＝－eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，則z2＝(D)A.－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i B.－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)iC.eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i D.eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i【解析】由題可知z＝－eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，所以z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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練習(xí)T3改)(多選)下列各式計(jì)算正確的是(AC)A.eq\f(1＋i,1－i)＝iB.i(2－i)(1－2i)＝2iC.eq\f(7＋i,3＋4i)＝1－iD.eq\f((－1＋i)(2＋i),－i)＝1－3i【解析】對(duì)于A，eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f((1＋i)(1＋i),(1－i)(1＋i))＝i，故A正確．對(duì)于B，i(2－i)(1－2i)＝(2i－i2)(1－2i)＝(1＋2i)(1－2i)＝1－4i2＝5，故B錯(cuò)誤；對(duì)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正確；對(duì)于D，eq\f((－1＋i)(2＋i),－i)＝eq\f(－3＋i,－i)＝eq\f((－3＋i)i,－i2)＝－1－3i，故D錯(cuò)誤．5.已知i為虛數(shù)單位，且z0＝eq\f(1－3i,1＋2i)，復(fù)數(shù)z滿足|z－z0|＝1，則復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡方程為(C)A.(x－1)2＋(y＋1)2＝4B.(x－1)2＋(y－1)2＝4C.(x＋1)2＋(y＋1)2＝1D.(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.由題意知|z－z0|＝1，設(shè)z＝x＋yi，x，y∈R，則復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡方程為(x＋1)2＋(y＋1)2＝1.聚焦知識(shí)1.復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)定義：形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中i叫做虛數(shù)單位，滿足i2＝－1，_a_叫做實(shí)部，_b_叫做虛部，復(fù)數(shù)集記作C，即C＝{z|z＝a＋bi，a，b∈R}．(2)復(fù)數(shù)相等：復(fù)數(shù)z1＝a＋bi與z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)相等?_a＝c且b＝d_．(3)共軛復(fù)數(shù)：如果兩個(gè)復(fù)數(shù)的實(shí)部相等，而虛部互為相反數(shù)，那么這兩個(gè)復(fù)數(shù)叫做互為共軛復(fù)數(shù)，即復(fù)數(shù)z＝a＋bi的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to(z)＝a－bi.2.復(fù)數(shù)的分類對(duì)于復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z是實(shí)數(shù)?b＝0；z是虛數(shù)?b≠0；z是純虛數(shù)?a＝0且b≠0.3.復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)平面：建立平面直角坐標(biāo)系來(lái)表示復(fù)數(shù)的平面叫做復(fù)平面．在復(fù)平面內(nèi)，x軸叫做實(shí)軸，y軸叫做虛軸．顯然，實(shí)軸上的點(diǎn)都表示實(shí)數(shù)；除原點(diǎn)外，虛軸上的點(diǎn)都表示虛數(shù)．(2)幾何意義：復(fù)數(shù)z＝a＋bieq\o(→,\s\up7(一一對(duì)應(yīng)))復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)eq\o(→,\s\up7(一一對(duì)應(yīng)))向量eq\o(OZ,\s\up6(→)).(3)復(fù)數(shù)的模：設(shè)eq\o(OZ,\s\up6(→))＝a＋bi，則向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)a＋bi的模，記作|z|或|a＋bi|.由模的定義知|z|＝|a＋bi|＝_eq\r(a2＋b2)_.4.復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算已知兩個(gè)復(fù)數(shù)z1＝a＋bi與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.常用結(jié)論(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\to(z)＝|z|2＝|eq\x\to(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.(4)若ω＝－eq\f(1,2)±eq\f(\r(3),2)i，則ω3k＝1(k∈Z)，ω2＋ω＋1＝0.(5)z＝eq\x\to(z)?z∈R.(6)復(fù)數(shù)z的方程在復(fù)平面上表示的圖形①a≤|z|≤b表示以原點(diǎn)O為圓心，以a和b為半徑的兩圓所夾的圓環(huán)；②|z－(a＋bi)|＝r(r＞0)表示以(a，b)為圓心，r為半徑的圓．研題型素養(yǎng)養(yǎng)成舉題說(shuō)法復(fù)數(shù)的有關(guān)概念例1(1)(2024·新鄉(xiāng)三模)已知z＝(1－3i)(a＋i)(a∈R)為純虛數(shù)，則a＝(B)A.3 B.－3C.eq\f(1,3) D.－eq\f(1,3)【解析】依題意，z＝(a＋3)＋(1－3a)i，由z是純虛數(shù)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋3＝0，,1－3a≠0，))所以a＝－3.(2)(2024·婁底一模)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(a＋2i,2＋i)(a∈R)的實(shí)部與虛部互為相反數(shù)，則復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在復(fù)平面內(nèi)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，其實(shí)部為eq\f(2a＋2,5)，虛部為eq\f(4－a,5)，由題得eq\f(2a＋2,5)＋eq\f(4－a,5)＝0，解得a＝－6，所以z＝－2＋2i，其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(－2，2)，位于第二象限．解決復(fù)數(shù)概念問(wèn)題的方法及注意事項(xiàng)(1)復(fù)數(shù)的分類及對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置問(wèn)題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)該滿足的條件問(wèn)題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實(shí)部和虛部滿足的方程(不等式)組即可．(2)解題時(shí)一定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，以確定實(shí)部和虛部．變式1(1)(2025·南京零模)(多選)已知復(fù)數(shù)z，下列結(jié)論正確的是(AB)A.若z＋1∈R，則z∈RB.若z＋i∈R，則z的虛部為－1C.若|z|＝1，則z＝±1D.若z2∈R，則z∈R【解析】對(duì)于A，設(shè)z＝a＋bi，由z＋1＝(a＋1)＋bi∈R得b＝0，那么z＝a＋bi也是實(shí)數(shù)，故A正確；對(duì)于B，設(shè)z＝a＋bi，由z＋i＝a＋(b＋1)i∈R得b＝－1，那么z的虛部為－1，故B正確；對(duì)于C，若z＝i，則|z|＝1，此時(shí)z≠±1，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若z＝i，z2＝i2＝－1為實(shí)數(shù)，所以z不一定是實(shí)數(shù)，故D錯(cuò)誤．(2)(2024·滄州二模)已知(1＋i)2z＝2＋i，則eq\x\to(z)的虛部為(A)A.1 B.iC.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，則eq\x\to(z)＝eq\f(1,2)＋i，所以eq\x\to(z)的虛部為1.復(fù)數(shù)的運(yùn)算例2(1)(2023·全國(guó)乙卷理)設(shè)z＝eq\f(2＋i,1＋i2＋i5)，則eq\x\to(z)＝(B)A.1－2i B.1＋2iC.2－i D.2＋i【解析】由題意可得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，則eq\x\to(z)＝1＋2i.(2)(2024·新高考Ⅰ卷)若eq\f(z,z－1)＝1＋i，則z＝(C)A.－1－i B.－1＋iC.1－i D.1＋i(3)(2025·青島期初)已知復(fù)數(shù)z滿足(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，則z的虛部為(A)A.1 B.－1C.i D.－i(1)復(fù)數(shù)的乘法：復(fù)數(shù)乘法類似于多項(xiàng)式的乘法運(yùn)算．(2)復(fù)數(shù)的除法：除法的關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)．變式2(1)(2023·新高考Ⅰ卷)已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，則z－eq\x\to(z)＝(A)A.－i B.iC.0 D.1【解析】因?yàn)閦＝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\to(z)＝eq\f(1,2)i，z－eq\x\to(z)＝－i.(2)(2025·臨沂期中)(多選)已知z為復(fù)數(shù)，且z2＋z＋1＝0，則(AD)A.z3＝1 B.z＋eq\x\to(z)＝1C.z－eq\x\to(z)＝1 D.z·eq\x\to(z)＝1【解析】設(shè)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\co1(a2－b2＋a＋1＝0，,2ab＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(\r(3),2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝－\f(\r(3),2)．))若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(\r(3),2)，))則z＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，eq\x\to(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\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，z＋eq\x\to(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\to(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\to(z)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝－\f(\r(3),2)，))則z＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，eq\x\to(z)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，則z2＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，z3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，z＋eq\x\to(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\to(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\to(z)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1.復(fù)數(shù)的幾何意義例3(1)(2023·新高考Ⅱ卷)在復(fù)平面內(nèi)，(1＋3i)(3－i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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?yàn)?1＋3i)(3－i)＝3＋8i－3i2＝6＋8i，則該復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(6，8)，位于第一象限．(2)(2024·泰州2月調(diào)研)若復(fù)數(shù)z滿足|z－1|＝|z＋i|，則|z－1|的最小值為(B)A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.1 D.eq\r(2)【解析】設(shè)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\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2))，因此當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，|z－1|取最小值eq\f(\r(2),2).復(fù)數(shù)的幾何意義體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用．處理這類問(wèn)題常用兩種方法：一是利用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式進(jìn)行求解，即“化虛為實(shí)”，思路自然清晰，但運(yùn)算較復(fù)雜；二是利用復(fù)數(shù)的幾何意義進(jìn)行求解，簡(jiǎn)潔明快．另外，關(guān)于復(fù)數(shù)模的問(wèn)題，一般可化為復(fù)平面內(nèi)兩點(diǎn)間的距離來(lái)解決．變式3(1)(2024·青島一模)(多選)已知復(fù)數(shù)z，下列說(shuō)法正確的是(AC)A.若z－eq\x\to(z)＝0，則z為實(shí)數(shù)B.若z2＋eq\x\to(z)2＝0，則z＝eq\x\to(z)＝0C.若|z－i|＝1，則|z|的最大值為2D.若|z－i|＝|z|＋1，則z為純虛數(shù)【解析】設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，若z－eq\x\to(z)＝0，即(a＋bi)－(a－bi)＝2bi＝0，即b＝0，則z為實(shí)數(shù)，故A正確；若z2＋eq\x\to(z)2＝0，即(a＋bi)2＋(a－bi)2＝0，化簡(jiǎn)可得a2－b2＋2abi＋a2－b2－2abi＝0，即a2＝b2，即a＝±b.當(dāng)a＝b時(shí)，z＝a＋ai，eq\x\to(z)＝a－ai，此時(shí)不一定滿足z＝eq\x\to(z)＝0.當(dāng)a＝－b時(shí)，z＝a－ai，eq\x\to(z)＝a＋ai，此時(shí)不一定滿足z＝eq\x\to(z)＝0，故B錯(cuò)誤．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)為圓心，以1為半徑的圓上的點(diǎn)，且|z|表示圓上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，所以|z|的最大值為2，故C正確．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，化簡(jiǎn)可得b＝－eq\r(a2＋b2)，則a＝0且b≤0，此時(shí)z可能為實(shí)數(shù)也可能為純虛數(shù)，故D錯(cuò)誤．(2)(2024·麗水、湖州、衢州二模)若復(fù)數(shù)z滿足|iz|＝1(i為虛數(shù)單位)，則|z－4＋3i|的最小值是(B)A.3 B.4C.5 D.6【解析】設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則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對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(x，y)在以原點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓上．|z－4＋3i|＝|x＋yi－4＋3i|＝eq\r((x－4)2＋(y＋3)2)表示圓x2＋y2＝1上的點(diǎn)(x，y)到點(diǎn)(4，－3)的距離，所以|z－4＋3i|的最小值是eq\r((4－0)2＋(－3－0)2)－1＝4.隨堂內(nèi)化1.(2023·全國(guó)甲卷文)eq\f(5(1＋i3),(2＋i)(2－i))＝(C)A.－1 B.1C.1－i D.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月聯(lián)考)設(shè)復(fù)數(shù)1＋i是關(guān)于x的方程ax2－2ax＋b＝0(a，b∈R)的一個(gè)根，則(D)A.a＋2b＝0 B.a－2b＝0C.2a＋b＝0 D.2a－b＝0【解析】將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)(多選)已知z∈C，eq\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù)，則(AB)A.若z＝eq\f(1＋3i,1－3i)，則eq\x\to(z)＝eq\f(－4－3i,5)B.若z為純虛數(shù)，則z2＜0C.若z－(2＋i)＞0，則z＞2＋iD.若M＝{z||z＋3i|≤3}，則集合M所構(gòu)成區(qū)域的面積為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)，則eq\x\to(z)＝eq\f(－4－3i,5)，故A正確．由z為純虛數(shù)，可設(shè)z＝bi(b∈R，b≠0)，所以z2＝b2i2，因?yàn)閕2＝－1且b≠0，所以z2＜0，故B正確．由z－(2＋i)＞0，得z＝a＋i(a＞2).因?yàn)閦＝a＋i(a＞2)與2＋i均為虛數(shù)，所以二者之間不能比較大小，故C錯(cuò)誤．設(shè)復(fù)數(shù)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所構(gòu)成的區(qū)域是以(0，－3)為圓心，3為半徑的圓，所以面積為9π，故D錯(cuò)誤．4.(2025·南京、鹽城期末)(多選)設(shè)z1，z2為復(fù)數(shù)，則下列說(shuō)法中正確的有(BD)A.|z1|＋|z2|＝|z1＋z2|B.eq\x\to(z1)＋eq\x\to(z2)＝eq\x\to(z1＋z2)C.若|z1|＝|z2|，則zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)D.若zeq\o\al(2,1)＜0，則z1為純虛數(shù)練案?趁熱打鐵，事半功倍．請(qǐng)老師布置同學(xué)們及時(shí)完成《配套精練》．練案?1.補(bǔ)不足、提能力，老師可增加訓(xùn)練《抓分題·高考夯基固本天天練》(提高版)對(duì)應(yīng)內(nèi)容，成書(shū)可向當(dāng)?shù)匕l(fā)行咨詢購(gòu)買．2.為提高高考答卷速度及綜合應(yīng)考能力，老師可適時(shí)安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天練》(提高版)，成書(shū)可向當(dāng)?shù)匕l(fā)行咨詢購(gòu)買．配套精練一、單項(xiàng)選擇題1.(2024·全國(guó)甲卷)若z＝5＋i，則i(eq\x\to(z)＋z)＝(A)A.10i B.2iC.10 D.22.(2025·泉州期初)若復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝a－i(其中i是虛數(shù)單位，a∈R)，則“|z|＝1”是“a＝1”的(B)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【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\co1(\f(a－1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,2)))eq\s\up12(2)＝1，解得a＝1或a＝－1.故“|z|＝1”是“a＝1”的必要不充分條件．3.(2024·淮安、連云港期末)若復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝i(i是虛數(shù)單位)，則z的虛部為(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?yàn)?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，所以復(fù)數(shù)z的虛部為eq\f(1,2).4.(2025·濟(jì)南期初)若復(fù)數(shù)z滿足(1＋2i)·z＝2－4i，則|z|＝(C)A.eq\f(1,2) B.eq\r(2)C.2 D.4【解析】因?yàn)?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\co1(－\f(6,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)))\s\up12(2))＝2.5.(2024·漳州三檢)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(5i,3－4i)，則|iz－2eq\x\to(z)|＝(C)A.eq\r(3) B.2C.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，則eq\x\to(z)＝－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i，所以iz－2eq\x\to(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－2eq\x\to(z)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,5)i))＝eq\f(\r(29),5).6.(2024·汕頭一模)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，下列命題是真命題的為(D)A.若z≠0，則z－eq\x\to(z)是純虛數(shù)B.若z2＝－|z|2，則z是純虛數(shù)C.若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝0且z2＝0D.若z1，z2為虛數(shù)，則z1eq\x\to(z)2＋eq\x\to(z)1z2∈R【解析】對(duì)于A，取z＝1，則eq\x\to(z)＝1，所以z－eq\x\to(z)＝0，此時(shí)z－eq\x\to(z)不是純虛數(shù)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，取z＝0，則z2＝－|z|2成立，但z不是純虛數(shù)，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取z1＝i，z2＝1，則zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，但z1≠0且z2≠0，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若z1，z2為虛數(shù)，設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則eq\x\to(z)1＝a－bi，eq\x\to(z)2＝c－di，所以z1eq\x\to(z)2＋eq\x\to(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正確．7.(2024·濟(jì)南、青島、棗莊三模)已知復(fù)數(shù)z1，z2，z1≠z2，若z1，z2同時(shí)滿足|z|＝1和|z－1|＝|z－i|，則|z1－z2|＝(C)A.1 B.eq\r(3)C.2 D.2eq\r(3)【解析】設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則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(tǒng)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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)ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或z1＝－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)i，z2＝\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i))，則z1－z2＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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、多項(xiàng)選擇題8.(2025·肇慶期初聯(lián)考)已知復(fù)數(shù)z＝a2－1＋(a＋1)i，a∈R，則下列結(jié)論正確的是(BC)A.若z為純虛數(shù)，則a＝±1B.若z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，則a∈(－1，1)C.若a＝0，則eq\x\to(z)＝－1－iD.若a＝0，則|z|＝1【解析】對(duì)于A，若z為純虛數(shù)，即a2－1＝0且a＋1≠0，則a＝1，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＜0，,a＋1＞0，))解得－1＜a＜1，即a∈(－1，1)，故B正確；對(duì)于C，若a＝0，則z＝－1＋i，eq\x\to(z)＝－1－i，故C正確；對(duì)于D，若a＝0，則|z|＝eq\r(2)，故D錯(cuò)誤．9.(2025·德州期初)若復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，m)(m∈R)，且z·i(i為虛數(shù)單位)的實(shí)部為2，則(BD)A.復(fù)數(shù)z的虛部為－2iB.復(fù)數(shù)eq\x\to(z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限C.復(fù)數(shù)z的模為5D.若復(fù)數(shù)z0滿足|z0|＝1，則|z－z0|的最大值為eq\r(5)＋1【解析】因?yàn)閺?fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(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.對(duì)于A，復(fù)數(shù)z的虛部為－2，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，復(fù)數(shù)eq\x\to(z)＝1＋2i，其對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，2)在第一象限，故B正確；對(duì)于C，復(fù)數(shù)z的模為|z|＝eq\r(12＋(－2)2)＝eq\r(5)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，設(shè)復(fù)數(shù)z，z0在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為Z，Z0，則Z(1，－2)，|OZ0|＝1，|OZ|＝eq\r(12＋(－2)2)＝eq\r(5)，由復(fù)數(shù)的幾何意義可知，Z0，Z在以原點(diǎn)為圓心，分別以1，eq\r(5)為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，故eq\r(5)－1≤|z－z0|≤eq\r(5)＋1，所以|z－z0|的最大值為eq\r(5)＋1，故D正確．10.已知復(fù)數(shù)z1，z2，z3，下列說(shuō)法正確的有(ACD)A.若z1eq\x\to(z1)＝z2eq\x\to(z2)，則|z1|＝|z2|B.若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0C.若z1z2＝z1z3，則z1＝0或z2＝z3D.若z2≠0，則eq\x\to(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2))))＝eq\f(\x\to(z)1,\x\to(z)2)【解析】對(duì)于A，若z1eq\x\to(z1)＝z2eq\x\to(z2)，則|z1|2＝|z2|2，所以|z1|＝|z2|，故A正確．對(duì)于B，令z1＝i，z2＝1，滿足條件zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝－1＋1＝0，但z1≠z2，且均不為0，故B錯(cuò)誤．對(duì)于C，因?yàn)閦1z2＝z1z3，所以z1(z2－z3)＝0，所以z1＝0或z2－z3＝0，即z1＝0或z2＝z3，故C正確．對(duì)于D，因?yàn)閑q\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\to(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2))))＝eq\f((ac＋bd)－(bc－ad)i,c2＋d2)，eq\f(\x\to(z)1,\x\to(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\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(\x\to(z)1,\x\to(z)2)，故D正確．11.(2024·石家莊二模)設(shè)z為復(fù)數(shù)(i為虛數(shù)單位)，下列命題正確的有(BC)A.若(1＋i)z＝－i，則|z|＝1B.對(duì)任意復(fù)數(shù)z1，z2，|z1z2|＝|z1|·|z2|C.對(duì)任意復(fù)數(shù)z1，z2，eq\x\to(z1·z2)＝eq\x\to(z)1·eq\x\to(z)2D.在復(fù)平面內(nèi)，若M＝{z||z－2|≤2}，則集合M所構(gòu)成區(qū)域的面積為6π【解析】對(duì)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\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，則|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正確；對(duì)于C，設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，有z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac－bd＋(ad＋bc)i，則eq\x\to(z1·z2)＝ac－bd－(ad＋bc)i，eq\x\to(z)1·eq\x\to(z)2＝(a－bi)(c－di)＝ac－bd－(ad＋bc)i，故eq\x\to(z1·z2)＝eq\x\to(z)1·eq\x\to(z)2，故C正確；對(duì)于D，設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則有(x－2)2＋y2≤4，集合M所構(gòu)成區(qū)域是以(2，0)為圓心，2為半徑的圓，故S＝πr2＝4π，故D錯(cuò)誤．三、填空題12.(2024·廣東大灣區(qū)二模)設(shè)θ∈R，i為虛數(shù)單位，定義eiθ＝cosθ＋i·sinθ，則復(fù)數(shù)eieq\s\up4(\f(π,6))＋i的模為_(kāi)eq\r(3)_．【解析】依題意，eieq\s\up4(\f(π,6))＋i＝coseq\f(π,6)＋i·sineq\f(π,6)＋i＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,2)i，所以復(fù)數(shù)eieq\s\up4(\f(π,6))＋i的模為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2))＝eq\r(3).13.(2025·杭州一模)已知復(fù)數(shù)z1，z2的實(shí)部和虛部都不為0，且滿足：①eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝2；②|z1z2|＝2，則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)_．(寫(xiě)出滿足條件的一組z1和z2)【解析】設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(abcd≠0，a，b，c，d∈R)，則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\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac＋bd,c2＋d2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(a2c2＋b2d2＋b2c2＋a2d2＝4(c2＋d2)2，,a2c2＋b2d2＋b2c2＋a2d2＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝4(c2＋d2)，,(a2＋b2)(c2＋d2)＝4，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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·武漢5月訓(xùn)練)已知復(fù)數(shù)z滿足|z－i|＝eq\r(2)，則|eq\x\to(z)|的最小值為_(kāi)eq\r(2)－1_．(第14題答)【解析】設(shè)z＝x＋yi，x，y∈R，將|z－i|＝eq\r(2)兩邊