高考数学一轮复习 第26讲　复数 教用

第26讲复数知识整合体系重构激活思维1．(2025·新高考Ⅰ卷)(1＋5i)i的虚部为(C)A．－1 B．0C．1 D．62．(教材经典题)复数eq\f(5,i－2)的共轭复数是(B)A．2＋i B．－2＋iC．－2－i D．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)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】z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)＋\f(1,2)i))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．(教材经典题改编)(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)＝2iC．eq\f(7＋i,3＋4i)＝1－i D．eq\f(－1＋i2＋i,－i)＝1－3i【解析】对于A，eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i1＋i,1－i1＋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＋i3－4i,3＋4i3－4i)＝eq\f(25－25i,25)＝1－i，故C正确．对于D，eq\f(－1＋i2＋i,－i)＝eq\f(－3＋i,－i)＝eq\f(－3＋ii,－i2)＝－1－3i，故D错误．5．已知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＝4C．(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(1－3i1－2i,5)＝－1－i．因为|z－z0|＝1，设z＝x＋yi，x，y∈R，所以复数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\to(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＋bieq\o(,\s\up7(一一对应))复平面内的点Z(a，b)eq\o(,\s\up7(一一对应))向量eq\o(OZ,\s\up6(→))．(3)复数的模：设eq\o(OZ,\s\up6(→))＝a＋bi，则向量eq\o(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－adi,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\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，则ω3k＝1(k∈Z)，ω2＋ω＋1＝0．(5)z＝eq\x\to(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．题型突破思维拓展举题说法复数的有关概念例1(1)(2025·青岛期末)已知复数z1＝2＋i，z2＝a－i(a∈R)，若复数z1·z2为纯虚数，则实数a的值为(C)A．1 B．0C．－eq\f(1,2) D．－1(2)(2025·广州一模)若复数z满足1＋iz＝i，则z的虚部为(B)A．－1 B．1C．－i D．i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均可转化为其实部与虚部需满足的条件问题．只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部分别满足的方程(或不等式)组即可求解．(2)解题时，要先确认复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以此明确其实部和虚部．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∈RB．若z＋i∈R，则z的虚部为－1C．若|z|＝1，则z＝±1D．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，而z不一定是实数，故D错误．(2)(2025·徐州2月调研)若复数z＝2i＋eq\f(2,1＋i)，则复数z的共轭复数的模为(B)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2复数的运算及性质例2(1)(2024·新高考Ⅰ卷)若eq\f(z,z－1)＝1＋i，则z＝(C)A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i(2)(2025·金华模拟)(多选)已知复数z1，z2互为共轭复数，则(ABC)A．|z1|＝|z2| B．z1z2＝|z1||z2|C．|z1－z2|2＝－(z1－z2)2 D．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))2【解析】设z1＝a＋bi，a，b∈R，则z2＝a－bi．对于A，|z1|＝|z2|＝eq\r(a2＋b2)，故A正确；对于B，z1z2＝a2＋b2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))＝a2＋b2，故B正确；对于C，z1－z2＝2bi，|z1－z2|2＝(2b)2＝4b2，－(z1－z2)2＝－(2bi)2＝4b2，故C正确；对于D，设z1＝1＋i，z2＝1－i，则eq\f(z1,z2)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝i，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))2＝|i|2＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))2＝i2＝－1，故D错误．(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\to(z)＝(A)A．－i B．iC．0 D．1【解析】因为z＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(1－i1－i,21＋i1－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·湛江一模)(多选)若复数z1，z2满足z1＋z2＝4，z1·z2＝8，则(ABD)A．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))＝8 B．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1－z2))＝4C．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))＝4 D．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝1【解析】依题意，复数z1，z2是方程x2－4x＋8＝0的两个根，由x2－4x＋8＝0可得Δ＝(－4)2－4×8＝－16＝(4i)2，解得x＝2±2i，不妨取z1＝2＋2i，z2＝2－2i，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))＝2eq\r(2)×2eq\r(2)＝8，故A正确；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1－z2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4i))＝4，故B正确；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))＝2eq\r(2)＋2eq\r(2)＝4eq\r(2)，故C错误；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2＋2i,2－2i)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2＋2i2,4＋4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8i,8)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(i))＝1，故D正确．复数的几何意义例3(1)(2026·萍乡期中)(多选)在复平面内，复数z＝1＋eq\r(3)i对应的点为Z，向量eq\o(OZ,\s\up6(→))绕原点O逆时针旋转至eq\o(OZ1,\s\up6(→))处，若旋转角为θ，则(BCD)A．Z的坐标为(eq\r(3)，1)B．当θ＝eq\f(π,2)时，|eq\o(ZZ1,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)C．当θ＝eq\f(2π,3)时，以O为圆心，OZ为半径的圆中劣弧ZZ1的长为eq\f(4π,3)D．Z1的坐标为(cosθ－eq\r(3)sinθ，sinθ＋eq\r(3)cosθ)【解析】对于A，Z的坐标为(1，eq\r(3))，A错误；对于B，|eq\o(OZ1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OZ,\s\up6(→))|＝2，而θ＝eq\f(π,2)，则|eq\o(ZZ1,\s\up6(→))|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，B正确；对于C，当θ＝eq\f(2π,3)时，劣弧ZZ1的长为2×eq\f(2π,3)＝eq\f(4π,3)，C正确；对于D，∠ZOx＝eq\f(π,3)，则∠Z1Ox＝θ＋eq\f(π,3)，点Z1的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))，2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))))，即(cosθ－eq\r(3)sinθ，sinθ＋eq\r(3)cosθ)，D正确．(2)(2026·黄冈期初)已知z∈C，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－1))＝1，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－2i))的最大值是(A)A．eq\r(5)＋1 B．eq\r(5)－1C．2 D．eq\r(5)【解析】|z－1|＝1表示以C(1,0)为圆心，r＝1为半径的圆，则圆心C到点M(0,2)的距离d＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，则|z－2i|的最大值为d＋r＝eq\r(5)＋1．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)(2025·汕头一模)(多选)已知复数z0＝1－i，z＝x＋yi(x，y∈R)，则下列结论正确的是(AD)A．方程eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－z0))＝2表示的z在复平面内对应点的轨迹是圆B．方程eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－z0))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－\x\to(z0)))＝2表示的z在复平面内对应点的轨迹是椭圆C．方程eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－z0))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－\x\to(z0)))＝1表示的z在复平面内对应点的轨迹是双曲线D．方程eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,2)z0＋\x\to(z0)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－z0))表示的z在复平面内对应点的轨迹是直线【解析】对于A，方程表示到定点(1，－1)的距离等于2的动点轨迹，即圆，故A正确；对于B，方程表示到定点(1，－1)与(1,1)距离的和为2的动点轨迹，而点(1，－1)与点(1,1)的距离也为2，所以z在复平面内对应点的轨迹为线段，故B错误；对于C，方程表示到定点(1，－1)与(1,1)的距离的差为1的动点轨迹，即双曲线的一支，故C错误；对于D，方程表示到定点M(－1,0)与N(1，－1)的距离相等的动点轨迹，即线段MN的中垂线，故D正确．(2)(2025·上海卷)已知复数z满足z2＝eq\x\to(z)2，|z|≤1，则|z－2－3i|的最小值是__2eq\r(2)__．【解析】设z＝a＋bi(a，b∈R)，所以eq\x\to(z)＝a－bi．由题意可知z2＝a2＋2abi－b2＝eq\x\to(z)2＝a2－2abi－b2，则ab＝0．又eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z))＝eq\r(a2＋b2)≤1，所以由|z－2－3i|的几何意义知z在复平面内对应的点Z(a，b)在单位圆内部(含边界)的坐标轴上运动，如图，即线段AB，CD上运动．设E(2,3)，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z－2－3i))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ZE))，由图象可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BE))＝eq\r(10)＞eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CE))＝2eq\r(2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ZE))min＝2eq\r(2)．随堂内化1．(2023·全国甲卷文)eq\f(51＋i3,2＋i2－i)＝(C)A．－1 B．1C．1－i D．1＋i【解析】eq\f(51＋i3,2＋i2－i)＝eq\f(51－i,5)＝1－i．2．(2025·景德镇三模)已知复数z1，z2满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))＝1，z2＝1＋eq\r(3)i，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1－z2))的最大值是(C)A．1 B．2C．3 D．4【解析】设复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，因为|z1|＝1，z2＝1＋eq\r(3)i，所以点Z1在单位圆x2＋y2＝1上，Z2(1，eq\r(3))，则|z1－z2|＝|Z1Z2|≤|OZ2|＋1＝3，其中O为坐标原点，所以|z1－z2|的最大值是3．3．(2025·苏州期初)(多选)在复数范围内关于x的实系数一元二次方程x2＋px＋2＝0的两根为x1，x2，其中x1＝1＋i，则(BD)A．p＝2 B．x2＝1－iC．x1·eq\x\to(x)2＝－2i D．eq\f(x1,x2)＝i【解析】因为x1＝1＋i，且实系数一元二次方程x2＋px＋2＝0的两根为x1，x2，所以x1x2＝2，可得x2＝eq\f(2,x1)＝eq\f(2,1＋i)＝1－i，故B正确；因为x1＋x2＝1＋i＋1－i＝2＝－p，所以p＝－2，故A错误；eq\x\to(x)2＝1＋i，x1·eq\x\to(x)2＝(1＋i)2＝2i≠－2i，故C错误；eq\f(x1,x2)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,2)＝eq\f(2i,2)＝i，故D正确．4．(多选)已知复数z1，z2，下列结论正确的有(AD)A．|z1－z2|≤|z1|＋|z2|B．若z1－z2＞0，则|z1|＞|z2|C．若|z1－z2|＝|z1＋z2|，则z1z2＝0D．若z1＝1＋i，z2＝1－i，则eq\f(z1,z2)为纯虚数【解析】对于A，设z1，z2对应的向量分别为eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))，则由向量三角不等式得|eq\o(OZ1,\s\up6(→))－eq\o(OZ2,\s\up6(→))|≤|eq\o(OZ1,\s\up6(→))|＋|eq\o(OZ2,\s\up6(→))|，所以|z1－z2|≤|z1|＋|z2|恒成立，故A正确；对于B，取z1＝－1＋i，z2＝－2＋i，z1－z2＝1＞0，但|z1|＝eq\r(,2)，|z2|＝eq\r(,5)，|z1|＜|z2|，故B错误；对于C，取z1＝1＋i，z2＝1－i，则|z1－z2|＝2＝|z1＋z2|，而z1z2＝2，故C错误；对于D，eq\f(z1,z2)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(2i,2)＝i，故D正确．配套精练A组夯基精练一、单项选择题1．(2024·全国甲卷)若z＝5＋i，则i(eq\x\to(z)＋z)＝(A)A．10i B．2iC．10 D．22．(2025·杭州期末)已知eq\x\to(z)为z的共轭复数，若z＝eq\f(1＋2i,2－i)，则eq\x\to(z)＝(A)A．－i B．iC．eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i D．eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i3．(2025·唐山一模)已知a∈R，若(a－2)＋(a－1)i是纯虚数，则a＝(D)A．－2 B．－1C．1 D．24．(2025·泰州一调)已知复数z满足eq\f(z－2,3z－4)＝i，则z的虚部为(B)A．eq\f(1,5)i B．eq\f(1,5)C．eq\f(7,5)i D．eq\f(7,5)5．(2026·武汉期初)若复数z满足eq\f(2z＋i,z)＝3＋i，则z＝(A)A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i6．(2025·北京卷)已知复数z满足i·z＋2＝2i，则|z|＝(B)A．eq\r(2) B．2eq\r(2)C．4 D．87．(2025·广州二模)已知复数z满足|z－2i|＝1，则|z|的最小值为(C)A．3 B．2C．1 D．0【解析】设z＝x＋yi(x，y∈R)，因为|z－2i|＝1，所以|x＋(y－2)i|＝1，所以eq\r(x2＋y－22)＝1，所以x2＝1－(y－2)2(y∈[1,3])，则|z|＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(1－y－22＋y2)＝eq\r(4y－3)≥eq\r(4－3)＝1，当且仅当y＝1时取等号．二、多项选择题8．(2026·济南期初)设z是复数，则下列命题中正确的有(ABD)A．z＋eq\x\to(z)∈R B．z·eq\x\to(z)∈RC．|z|2＝z2 D．|z|＝|eq\x\to(z)|【解析】设z＝a＋bi(a，b∈R)．对于A，eq\x\to(z)＝a－bi，则z＋eq\x\to(z)＝2a∈R，故A正确；对于B，z·eq\x\to(z)＝(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2∈R，故B正确；对于C，|z|2＝(eq\r(a2＋b2))2＝a2＋b2，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，则|z|2＝z2不一定成立(或取z＝i，可知C错误)，故C错误；对于D，|z|＝eq\r(a2＋b2)＝|eq\x\to(z)|，故D正确．9．(2025·南通一调)已知z1，z2是复数，则下列说法正确的是(BC)A．若z2为实数，则z是实数 B．若z2为虚数，则z是虚数C．若z2＝eq\x\to(z1)，则z1z2是实数 D．若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，则z1z2＝0【解析】对于A，取z＝i，则z2＝－1为实数，而z为虚数，故A错误．对于B，设z＝a＋bi，a，b∈R，则z2＝a2－b2＋2abi．若z2为虚数，则a≠0且b≠0，所以z为虚数，故B正确．对于C，设z1＝a＋bi，a，b∈R，则z2＝a－bi，此时z1z2＝a2＋b2为实数，故C正确．对于D，方法一：令z1＝－1，z2＝i，则zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，而z1z2＝－i≠0，故D错误．方法二：若zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，设z1＝a＋bi，z2＝b－ai，此时z1·z2＝2ab＋(b2－a2)i，显然不一定为0，故D错误．10．(2025·石家庄一检)下列选项正确的是(ACD)A．若m，n∈R，则m＋ni＝2＋i的充要条件是m＝2，n＝1B．若复数z1，z2，z3满足z1z2＝z2z3，则z1＝z3C．i＋i2＋i3＋…＋i2025＝iD．若复数z满足|z|＝1，则|z－3＋4i|的最大值为6【解析】对于A，因为m，n∈R，所以m＋ni＝2＋i等价于m－2＋(n－1)i＝0，等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2＝0，,n－1＝0，))即m＝2，n＝1，故A正确；对于B，由z1z2＝z2z3可得z2(z1－z3)＝0，当z2＝0时，等式成立，但z1与z3不一定相等，故B错误；对于C，当n∈N*时，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＝1，则i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＋i4n＝i－1－i＋1＝0，于是i＋i2＋i3＋…＋i2025＝(i＋i2＋i3＋i4)×506＋i＝i，故C正确；对于D，|z|＝1可理解为复平面内以原点为圆心的单位圆，而|z－3＋4i|可看成点(3，－4)到该圆上点的距离，易得|z－3＋4i|的最大值为eq\r(32＋－42)＋1＝6，故D正确．11．(2025·郑州二检)已知复数z满足|z＋1|＋|z－1|＝4，则下列说法正确的是(ABC)A．|z|≤2 B．|z－1|≥1C．若z∈R，则|z|＝2 D．若z2∈R，则|z|＝2【解析】设z＝m＋ni，m，n∈R，则复数z在复平面内对应点P(m，n)，设F1(－1,0)，F2(1,0)，则|z＋1|＝|m＋1＋ni|＝eq\r(m＋12＋n2)＝|PF1|，同理|z－1|＝|PF2|，所以|z＋1|＋|z－1|＝|PF1|＋|PF2|＝4＞2，即点P的轨迹为椭圆，且椭圆长半轴长a＝2，焦半径c＝1，所以短半轴长b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，所以点P的轨迹方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．对于A，|z|＝|OP|≤a＝2，A正确．对于B，|z－1|＝|PF2|≥a－c＝1，B正确．对于C，若z∈R，即n＝0，令y＝0，则x＝±2，所以|z|＝2，C正确．对于D，z2＝m2－n2＋2mni，若z2∈R，则m＝0或n＝0，当m＝0时，n＝±eq\r(3)，此时|z|＝eq\r(3)；当n＝0时，m＝2，此时|z|＝2，D错误．三、填空题12．(2025·郑州三模)若复数z满足(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，则|z|＝__eq\r(5)__．【解析】因为(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，所以eq\x\to(z)＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(10－5i,5)＝2－i，所以z＝2＋i，|z|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)．13．(2025·张家口期末)若复数z1，z2满足|z1|＝5且z2＝iz1，则|z1＋z2|＝__5eq\r(2)__．【解析】设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\r(a2＋b2)＝5，即a2＋b2＝25，则z2＝iz1＝ai－b，z1＋z2＝a＋bi＋ai－b＝(a－b)＋(a＋b)i，故|z1＋z2|＝eq\r(a－b2＋a＋b2)＝eq\r(2a2＋b2)＝eq\r(2×25)＝5eq\r(2)．14．(2025·潍坊期末)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝1，z1－z2＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，则|z1＋z2|＝__eq\r(3)__．【解析】如图，设复数z1，z2在复平面内对应的点为Z1，Z2，则|eq\o(OZ1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OZ2,\s\up6(→))|＝1．因为z1－z2＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)i，所以|eq\o(OZ1,\s\up6(→))－eq\o(OZ2,\s\up6(→))|