第21课 数系的扩充与复数的引入

第21课数系的扩充与复数的引入普查与练习21数系的扩充与复数的引入1．复数的基本概念a．复数的实部和虚部(1)(2020全国Ⅲ，5分)复数eq\f(1,1－3i)的虚部是(D)A．－eq\f(3,10)B．－eq\f(1,10)C.eq\f(1,10)D.eq\f(3,10)解析：∵eq\f(1,1－3i)＝eq\f(1＋3i,（1－3i）（1＋3i）)＝eq\f(1,10)＋eq\f(3,10)i，∴复数eq\f(1,1－3i)的虚部是eq\f(3,10).故选D.(2)(2019江苏，5分)已知复数(a＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是__2__．解析：∵(a＋2i)(1＋i)＝a－2＋(a＋2)i的实部为0，∴a－2＝0，即a＝2.b．复数的分类(3)(2021广东揭阳模拟，5分)已知i为虚数单位，若复数z＝eq\f(2－i,i)＋ai(a∈R)为实数，则a＝(D)A．－2B．－1C．1D．2解析：z＝eq\f(2i－i2,i2)＋ai＝－1－2i＋ai＝－1＋(a－2)i为实数，所以a＝2，故选D.(4)(2023改编，5分)已知a∈R，i为虚数单位，且复数z＝eq\f(a－（a－1）i,2＋i)，若z为虚数，则实数a满足的条件为__a≠eq\f(2,3)__；若z为纯虚数，则实数a的值为__－1__．解析：根据题意知z＝eq\f(a－（a－1）i,2＋i)＝eq\f([a－（a－1）i]（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝eq\f(（a＋1）－（3a－2）i,5)＝eq\f(a＋1,5)－eq\f(3a－2,5)i.当z为虚数时，eq\f(3a－2,5)≠0，∴a≠eq\f(2,3).故若z为虚数，实数a满足的条件为a≠eq\f(2,3).当z为纯虚数时，eq\f(3a－2,5)≠0，且eq\f(a＋1,5)＝0，∴a≠eq\f(2,3)且a＝－1.故若z为纯虚数，实数a的值为－1.c．共轭复数(5)(2023改编，5分)若复数z满足z＝eq\f(z－1,1＋i)，其中i为虚数单位，则z＝(A)A．－2－iB．2－iC．－2＋iD．2＋i解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，代入＝eq\f(z－1,1＋i)，得(a－bi)(1＋i)＝a＋bi－1，即a＋b＋(a－b)i＝a－1＋bi，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝a－1，,a－b＝b，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－1，))∴z＝－2－i.故选A.(6)(2021新高考Ⅰ，5分)已知z＝2－i，则z(＋i)＝(C)A．6－2iB．4－2iC．6＋2iD．4＋2i解析：因为z＝2－i，所以＝2＋i，即z(＋i)＝(2－i)(2＋2i)＝4＋4i－2i－2i2＝6＋2i.故选C.d．复数相等(7)(2021浙江，4分)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i为虚数单位)，则a＝(C)A．－1B．1C．－3D．3解析：(1＋ai)i＝i＋ai2＝i－a＝－a＋i＝3＋i，利用复数相等的充分必要条件可得－a＝3，∴a＝－3.故选C.2．与复数的几何意义相关的问题复数的几何意义(8)(2021新高考Ⅱ，5分)复数eq\f(2－i,1－3i)在复平面内对应的点所在的象限为(A)A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：eq\f(2－i,1－3i)＝eq\f(（2－i）（1＋3i）,（1－3i）（1＋3i）)＝eq\f(5＋5i,1＋9)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以它在复平面内对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，位于第一象限．故选A.(9)(2023汇编，15分)已知复数z1＝(1－i)(a＋i)．①若复数z1在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是(B)A．(－∞，1)B．(－∞，－1)C．(1，＋∞)D．(－1,＋∞)②若复数z1与z2在复平面内对应的点关于实轴对称，且(3－i)z2＝|1－3i|2，则a的值为(B)A．－3B．2C．3D．－2③若复数z1在复平面内对应的点位于实轴上，则复数eq\f(ai,3＋4i)＝(D)A.eq\f(4,5)－eq\f(3,5)iB.eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)iC.eq\f(4,25)－eq\f(3,25)iD.eq\f(4,25)＋eq\f(3,25)i解析：z1＝(1－i)(a＋i)＝(a＋1)＋(1－a)i.①∵z1在复平面内对应的点在第二象限，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＋1<0，,1－a>0，)))解得a<－1.故选B.②∵z1与z2在复平面内对应的点关于实轴对称，∴z2＝(a＋1)－(1－a)i.又∵(3－i)z2＝|1－3i|2，∴z2＝eq\f(|1－3i|2,3－i)＝eq\f(（12＋32）（3＋i）,（3－i）（3＋i）)＝3＋i，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＋1＝3，,－（1－a）＝1，)))解得a＝2.故选B.③∵z1在复平面内对应的点位于实轴上，∴1－a＝0，即a＝1,∴复数eq\f(ai,3＋4i)＝eq\f(i,3＋4i)＝eq\f(i（3－4i）,（3＋4i）（3－4i）)＝eq\f(4＋3i,25)，即eq\f(4,25)＋eq\f(3,25)i，故选D.b．复数的模(10)(2020全国Ⅰ，5分)若z＝1＋i，则|z2－2z|＝(D)A．0B．1C.eq\r(2)D．2解析：(法一)因为z＝1＋i，所以z2－2z＝(1＋i)2－2(1＋i)＝2i－2－2i＝－2，所以|z2－2z|＝|－2|＝2.故选D.(法二)|z2－2z|＝|z(z－2)|＝|z||z－2|＝|1＋i||i－1|＝eq\r(2)×eq\r(2)＝2.故选D.(11)(2019全国Ⅰ，5分)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则(C)A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．x2＋(y＋1)2＝1解析：由题意得z＝x＋yi，代入|z－i|＝1，得|x＋yi－i|＝|x＋(y－1)i|＝1，由模的定义可知eq\r(x2＋（y－1）2)＝1，即x2＋(y－1)2＝1.故选C.(12)(2021江苏模拟，5分)“虚数”这个名词是17世纪著名数学家、哲学家笛卡尔最早提出的，很长一段时间里，人们对它产生过种种怀疑和误解，直到19世纪虚数才真正进入数学的领域．与实数不同，虚数不能比较大小．已知复数z，|z|＝1，且z·(1＋i)＞0(其中i是虚数单位)，则复数z＝(C)A.eq\r(2)－eq\r(2)iB.eq\r(2)＋eq\r(2)iC.eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(2),2)iD.eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i解析：设z＝a＋bi.∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝1，∴a2＋b2＝1.∵z·(1＋i)＝(a＋bi)(1＋i)＝(a－b)＋(a＋b)i＞0，∴a>b，a＋b＝0.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝1，,a＋b＝0，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(2),2)，,b＝－\f(\r(2),2))))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(\r(2),2)，,b＝\f(\r(2),2))))(不满足a>b，舍去)．故选C.3．复数的四则运算a．复数的四则运算(13)(2020全国Ⅲ，5分)若(1＋i)＝1－i，则z＝(D)A．1－iB．1＋iC．－iD．i解析：(法一)由(1＋i)＝1－i，得＝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.(法二)由(1＋i)＝1－i，得＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(（1－i）i,（1＋i）i)＝eq\f(（1－i）i,i－1)＝－i，所以z＝i.故选D.(法三)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，所以(1＋i)＝(a－bi)(1＋i)＝(a＋b)＋(a－b)i＝1－i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,a－b＝－1，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝1，))即z＝i.故选D.(14)(2020山东，5分)eq\f(2－i,1＋2i)＝(D)A．1B．－1C．iD．－i解析：(法一)eq\f(2－i,1＋2i)＝eq\f(（2－i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq\f(－5i,1＋4)＝－i.故选D.(法二)eq\f(2－i,1＋2i)＝eq\f(（2－i）i,（1＋2i）i)＝eq\f(（2－i）i,i－2)＝－i.故选D.(15)(2021全国Ⅰ，5分)已知(1－i)2z＝3＋2i，则z＝(B)A．－1－eq\f(3,2)iB．－1＋eq\f(3,2)iC．－eq\f(3,2)＋iD．－eq\f(3,2)－i解析：∵(1－i)2z＝－2iz＝3＋2i，∴z＝eq\f(3＋2i,－2i)＝eq\f(（3＋2i）·i,－2i·i)＝eq\f(－2＋3i,2)＝－1＋eq\f(3,2)i.故选B.(16)(2021浙江期末联考，4分)已知i是虚数单位，若复数z满足eq\f(4,1＋z)＝1－i，则z·＝(B)A．4B．5C．6D．8解析：由eq\f(4,1＋z)＝1－i，得z＝eq\f(4,1－i)－1＝eq\f(4（1＋i）,（1－i）（1＋i）)－1＝eq\f(4（1＋i）,2)－1＝1＋2i，则z·z＝|z|2＝5，故选B.b．一元二次方程在复数范围内的解以及复数的高次幂(17)(经典题，5分)已知复数z满足z2＋z＋1＝0，则z＝__－eq\f(1,2)±eq\f(\r(3),2)i__，z2022＝__1__．解析：∵z2＋z＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)＝0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,2)))2＝－eq\f(3,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(\r(3),2)i))2，∴z＝－eq\f(1,2)±eq\f(\r(3),2)i.∵(z2＋z＋1)(z－1)＝z3－1＝0，∴z3＝1，∴z2022＝z3×674＝1674＝1.(18)(2020广东揭阳期末，5分)设z＝eq\f(3＋i,1－3i)，则z＋z2＋z3＋…＋z2020＝(B)A．1B．0C．－1－iD．1＋i解析：(法一)∵z＝eq\f(3＋i,1－3i)＝eq\f(（3＋i）（1＋3i）,（1－3i）（1＋3i）)＝eq\f(10i,10)＝i，∴z＋z2＋z3＋…＋z2020＝eq\f(z（1－z2020）,1－z)＝eq\f(i（1－i2020）,1－i)＝eq\f(i（1－1）,1－i)＝0.故选B.(法二)∵z＝eq\f(3＋i,1－3i)＝eq\f(（3＋i）i,（1－3i）i)＝eq\f(（3＋i）i,i＋3)＝i，∴z＋z2＋z3＋…＋z2020＝i＋i2＋i3＋…＋i2020＝(i＋i2＋i3＋i4)＋(i5＋i6＋i7＋i8)＋…＋(i2017＋i2018＋i2019＋i2020)＝0.故选B.4．复数与其他专题综合考查(19)(经典题，5分)1748年，瑞士著名数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式eix＝cosx＋isinx，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据此公式可知，e2i表示的复数在复平面内对应的点位于(B)A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：根据题意可知，当x＝2时，e2i＝cos2＋isin2，其表示的复数对应点的坐标为(cos2，sin2)．∵eq\f(π,2)<2<π，∴cos2<0，sin2>0，∴(cos2，sin2)位于第二象限．故选B.(20)(2020山东德州月考，5分)已知复数z＝x＋yieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y∈R))，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－2))＝eq\r(3)，则eq\f(y,x)的最大值为__eq\r(3)__．解析：∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（x－2）＋yi))＝eq\r(（x－2）2＋y2)＝eq\r(3)，∴(x－2)2＋y2＝3，∴点(x，y)在以(2，0)为圆心，eq\r(3)为半径的圆上．易知eq\f(y,x)表示经过原点和点(x，y)的直线的斜率．由图可知，当直线与圆相切且切点在第一象限时，直线的斜率最大．设此时直线的倾斜角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，则sinθ＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝eq\f(π,3).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))max＝tanθ＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).随堂普查练211．(2020江苏，5分)已知i是虚数单位，则复数z＝(1＋i)(2－i)的实部是__3__．解析：复数z＝(1＋i)(2－i)＝3＋i，所以复数z＝(1＋i)(2－i)的实部是3.2．(2020浙江，4分)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝(C)A．1B．－1C．2D．－2解析：因为a－1＋(a－2)i是实数，所以a－2＝0，解得a＝2.故选C.3．(2023改编，5分)已知i是虚数单位，若复数z满足z(1＋i)＝|1＋eq\r(3)i|，则的虚部为(A)A．1B．iC．－1D．－i解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，代入z(1＋i)＝|1＋eq\r(3)i|，得(a＋bi)(1＋i)＝a－b＋(a＋b)i＝|1＋eq\r(3)i|＝2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＝2，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，))∴z＝1－i，共轭复数＝1＋i，∴的虚部为1.故选A.4．(2020北京，4分)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1，2)，则i·z＝(B)A．1＋2iB．－2＋iC．1－2iD．－2－i解析：∵复数z对应的点的坐标是(1，2)，∴z＝1＋2i，∴i·z＝i(1＋2i)＝－2＋i.故选B.5．(2020全国Ⅱ，5分)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，则|z1－z2|＝_2eq\r(3)__．解析：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)．∵复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝4，①,c2＋d2＝4，②,（a＋c）2＋（b＋d）2＝4，③)))③－①－②，得2ac＋2bd＝－4，∴|z1－z2|＝|(a－c)＋(b－d)i|＝eq\r(（a－c）2＋（b－d）2)＝eq\r(a2＋b2＋c2＋d2－2ac－2bd)＝eq\r(4＋4－（－4）)＝2eq\r(3).6．(2021北京，4分)在复平面内，复数z满足(1－i)z＝2，则z＝(D)A．2＋iB．2－iC．1－iD．1＋i解析：由题意可得z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(2（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(2（1＋i）,2)＝1＋i.故选D.7．(2020黑龙江哈尔滨一模，5分)已知i是虚数单位，z＝1＋i－3i2020，且z的共轭复数为，则z·＝(C)A.eq\r(3)B.eq\r(5)C．5D．3解析：(法一)∵z＝1＋i－3i2020＝1＋i－3i4×505＝－2＋i，∴＝－2－i，∴z·＝(－2＋i)(－2－i)＝4－i2＝5.故选C.(法二)由法一得z＝－2＋i，∴|z|＝eq\r(（－2）2＋12)＝eq\r(5)，∴z·＝|z|2＝(eq\r(5))2＝5.故选C.8．(2023改编，5分)已知i为虚数单位，复数z1＝cos75°＋isin75°，复数z2＝cos45°＋isin45°，则z1·z2＝__－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i__．解析：z1·z2＝(cos75°＋isin75°)(cos45°＋isin45°)＝(sin15°＋icos15°)(cos45°＋isin45°)＝sin15°cos45°－cos15°sin45°＋(cos15°cos45°＋sin15°sin45°)i＝sin(－30°)＋icos(－30°)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i.

课后提分练21数系的扩充与复数的引入A组(巩固提升)1．(2023改编，5分)下列四个选项中，正确的是(D)A．复平面内实轴上的点都表示实数，虚轴上的点都表示纯虚数B．若复数z1，z2满足zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，则zeq\o\al(2,1)＝0且zeq\o\al(2,2)＝0C．若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，则zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)D．设z为复数，a，b∈R，若z＋a＝2＋bi，则＋a＝2z－bi解析：A.虚轴上的原点不表示纯虚数，故A错误；B.当z1＝i，z2＝1时，zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，此时zeq\o\al(2,1)＝－1，zeq\o\al(2,2)＝1，故B错误；C.当z1＝1，z2＝i时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))，此时zeq\o\al(2,1)＝1，zeq\o\al(2,2)＝－1，不满足zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)，故C错误；D.由z＋＝2z＋bi，得，即＋a＝2z－bi.故D正确．2．(经典题，5分)设集合C＝{复数}，A＝{实数}，B＝{纯虚数}，若全集S＝C，则下列结论正确的是(D)A．A∪B＝CB．∁SA＝BC．A∩(∁SB)＝∅D.B∪(∁SB)＝C解析：由复数与实数和纯虚数的关系可知A⫋C，B⫋C，A∩B＝∅，A∪B⫋C，只有D选项正确．3．(2020海南，5分)(1＋2i)(2＋i)＝(B)A．4＋5iB．5iC．－5iD．2＋3i解析：(1＋2i)(2＋i)＝2＋i＋4i＋2i2＝5i.故选B.4．(2021全国Ⅱ，5分)设iz＝4＋3i，则z＝(C)A．－3－4iB．－3＋4iC．3－4iD．3＋4i解析：由题意可得z＝eq\f(4＋3i,i)＝eq\f(（4＋3i）i,i2)＝eq\f(4i－3,－1)＝3－4i.故选C.5．(多选)(2021江苏盐城期中，5分)已知复数z＝eq\f(2,－1＋i)，则(BD)A．|z|＝2B．z2＝2iC．z的共轭复数为1＋iD．z的虚部为－1解析：z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝－1－i，所以|z|＝eq\r(（－1）2＋（－1）2)＝eq\r(2)，故选项A错误；z2＝(－1－i)2＝1－1＋2i＝2i，故选项B正确；z的共轭复数为－1＋i，故选项C错误；z的虚部为－1，故选项D正确．故选BD.6．(2021天津，5分)i是虚数单位，复数eq\f(9＋2i,2＋i)＝__4－i__．解析：eq\f(9＋2i,2＋i)＝eq\f(（9＋2i）（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝eq\f(20－5i,5)＝4－i.7．(2021河南联考，5分)若z＋2＝3－i，则|z|＝(B)A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2解析：设z＝a＋bi，则＝a－bi.因为z＋2z＝3－i，所以a＋bi＋2(a－bi)＝3－i，所以3a－bi＝3－i，所以3a＝3，－b＝－1，所以a＝1，b＝1，所以z＝1＋i，故|z|＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2).故选B.8．(2019全国Ⅱ，5分)设z＝－3＋2i，则在复平面内z对应的点位于(C)A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：由共轭复数的概念知＝－3－2i，在复平面内，对应点的坐标为(－3，－2)，位于第三象限．故选C.9．(2020全国Ⅰ，5分)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝(C)A．0B．1C.eq\r(2)D．2解析：z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，∴|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).故选C.10．(2020全国Ⅱ，5分)(1－i)4＝(A)A．－4B．4C．－4iD．4i解析：(1－i)4＝[(1－i)2]2＝(－2i)2＝－4.故选A.11．(2019北京，5分)已知复数z＝2＋i，则z·z＝(D)A.eq\r(3)B.eq\r(5)C．3D．5解析：(法一)∵z＝2＋i，∴z·＝|z|2＝(eq\r(22＋12))2＝5.故选D.(法二)根据题意知＝2－i，∴z·＝(2＋i)(2－i)＝4－i2＝4＋1＝5.故选D.12．(2021全国Ⅱ，5分)设2(z＋)＋3(z－)＝4＋6i，则z＝(C)A．1－2iB．1＋2iC．1＋iD．1－i解析：设z＝a＋bi，a，b是实数，则＝a－bi.由2(z＋)＋3(z－)＝2·2a＋3·2bi＝4a＋6bi，得4a＋6bi＝4＋6i，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＝4，,6b＝6，))解得a＝b＝1，所以z＝1＋i.故选C.13．(2023改编，5分)若实系数一元二次方程z2＋z＋eq\f(m,2)＝0有两虚数根α，β，且|α－β|＝3，那么实数m的值是(A)A．5B．1C．－1D．－5解析：因为实系数一元二次方程z2＋z＋eq\f(m,2)＝0有两虚数根α，β，所以Δ＝1－2m<0，m>eq\f(1,2)，解方程得z＝eq\f(－1±\r(2m－1)i,2)，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(α－β))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2m－1)i))＝eq\r(2m－1)＝3，解得m＝5，满足题意．故选A.14．(经典题，5分)已知i是虚数单位，复数z满足eq\f(（1－i）2,z)＝1＋i，则|z|＝(A)A.eq\r(2)B．2C．1D.eq\r(5)解析：(法一)设z＝a＋bi(a，b∈R)，∵复数z满足eq\f(（1－i）2,z)＝1＋i，∴－2i＝(1＋i)(a＋bi)＝a－b＋(a＋b)i，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＝0，,a＋b＝－2，))解得a＝b＝－1，∴z＝－1－i，∴|z|＝eq\r(（－1）2＋（－1）2)＝eq\r(2).故选A.(法二)根据题意得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（1－i）2,z)))＝|1＋i|，即eq\f(|（1－i）2|,|z|)＝|1＋i|，∴|z|＝eq\f(|1－i|2,|1＋i|)＝eq\f(（\r(2)）2,\r(2))＝eq\r(2).故选A.15．(2020山东枣庄期末，5分)已知i是虚数单位，则eq\f(i2020,1－i)在复平面内对应的点位于(A)A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：∵eq\f(i2020,1－i)＝eq\f(i4×505,1－i)＝eq\f(1,1－i)＝eq\f(1＋i,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴eq\f(i2020,1－i)在复平面内对应的点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，位于第一象限．故选A.16．(2021黑龙江哈尔滨模拟，5分)设z为复数，则下列命题中错误的是(C)A．|z|2＝zB．若|z|＝1，则|z＋i|的最大值为2C．z2＝||2D．若|z－1|＝1，则0≤|z|≤2解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi.z·＝(a＋bi)(a－bi)＝a2－b2i2＝a2＋b2＝|z|2，故A正确．由|z|＝1，得a2＋b2＝1(－1≤b≤1)，则|z＋i|＝eq\r(a2＋（b＋1）2)＝eq\r(2＋2b)，当b＝1时，|z＋i|取得最大值2，故B正确．z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，||2＝a2＋b2，z2与||2不一定相等，故C错误．z－1＝(a－1)＋bi，|z－1|＝eq\r(（a－1）2＋b2)＝1，由模的几何意义可知，复数z在复平面内对应的点与(1，0)之间的距离为1，∴满足|z－1|＝1的复数z在复平面内对应点的轨迹是以(1，0)为圆心，1为半径的圆，如图所示．|z|＝eq\r(a2＋b2)表示复数z在复平面内对应的点与原点(0，0)之间的距离．由图知，原点O是圆上一点，故圆上的点与原点距离的最小值为0，最大值为直径2，即0≤|z|≤2，故D正确．故选C.B组(冲刺满分)17．(2020甘肃兰州模拟，5分)若复数z＝1＋i＋i2＋i3＋…＋i2021，则复数z在复平面内对应的点在第(A)象限．A．一B．二C．三D．四解析：(法一)∵i2022＝i4×505·i2＝－1，∴z＝1＋i＋i2＋i3＋…＋i2021＝eq\f(1－i2022,1－i)＝eq\f(1－（－1）,1－i)＝eq\f(2（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1＋i，则复数z在复平面内对应的点(1，1)在第一象限．故选A.(法二)z＝1＋i＋i2＋i3＋…＋i2021＝1＋i＋(i2＋i3＋i4＋i5)＋(i6＋i7＋i8＋i9)＋…＋(i2018＋i2019＋i2020＋i2021)＝1＋i，则复数z在复平面内对应的点(1，1)在第一象限．故选A.18．(2020广东中山期末，12分)计算：(1)(1－i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))(1＋i)；答案：－1＋eq\r(3)i解：(1－i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))(1＋i)＝(1－i)(1＋i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝(1－i2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝－1＋eq\r(3)i.(6分)(2)eq\f(－2\r(3)＋i,1＋2\r(3)i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))eq\s\up12(2020).答案：－1＋i解：(法一)eq\f(－2\r(3)＋i,1＋2\r(3)i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2020＝eq\f(（－2\r(3)＋i）（1－2\r(3)i）,（1＋2\r(3)i）（1－2\r(3)i）)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,－2i)))1010＝eq\f(13i,13)＋eq\f(1,（－i）1010)＝i＋eq\f(1,i4×252＋2)＝i－1＝－1＋i.(12分)(法二)eq\f(－2\r(3)＋i,1＋2\r(3)i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2020＝eq\f(（－2\r(3)＋i）i,（1＋2\r(3)i）i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,－2i)))1010＝eq\f(（－2\r(3)＋i）i,i－2\r(3))＋i1010＝i＋i1010＝i＋i4×252＋2＝i－1＝－1＋i.(12分)19．(2023改编，5分)若复数z＝eq\f(（1＋i）4,（1＋\r(3)i）3（1－i）)(其中i为虚数单位)，则z·z的值为(C)A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,16)C.eq\f(1,8)D.eq\f(1,64)解析：z·＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（1＋i）4,（1＋\r(3)i）3（1－i）)))2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（1＋i）4))2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（1＋\r(3)i）3))2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－i))2)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋i))8,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)i))6\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－i))2)＝eq\f(（\r(2)）8,26×（\r(2)）2)＝eq\f(1,8).20．(经典题，12分)设复数z＝a＋bi(a，b∈R，a>0)，满足|z|＝eq\r(10)，且复数(1－2i)z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上．(1)求复数z；答案：z＝3＋i解：由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝eq\r(10)得a2＋b2＝10.∵复数(1－2i)z＝(1－2i)(a＋bi)＝a＋2b＋(b－2a)i在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，∴a＋2b＋b－2a＝0，即a＝3b.(3分)又a>0，∴3b>0，即b>0.将a＝3b代入a2＋b2＝10，得(3b)2＋b2＝10b2＝10，解得b＝1，∴a＝3，∴z＝3＋i.(5分)(2)若＋eq\f(m＋i,1－i)(m∈R)为纯虚数，求实数m的值．答案：m＝－5解：∵z＝3＋i，∴＝3－i，∴＋eq\f(m＋i,1－i)＝3－i＋eq\f(（m＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝3－i＋eq\f(m－1＋（m＋1）i,2)＝eq\f(m＋5,2)＋eq\f(m－1,2)i.(9分)又∵＋eq\f(m＋i,1－i)为纯虚数，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m＋5,2)＝0，,\f(m－1,2)≠0，))解得m＝－5.(12分)21．(2023汇编，20分)已知复数z满足|z|＝eq\r(2)，z2的虚部为2.(1)求复数z；答案：z＝1＋i或z＝－1－i解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z|＝eq\r(a2＋b2)，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi.由已知可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)＝\r(2)，,2ab＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－1.))∴z＝1＋i或z＝－1－i.(5分)(2)设z，z2，z－z2在复平面内对应的