2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题35复数（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题35复数（教师版），共12页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.理解复数的基本概念.
2.理解复数相等的充要条件.
3.了解复数的代数表示法及其几何意义.
4.能进行复数代数形式的四则运算.
5.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义.
【考点预测】
1．复数的有关概念
(1)复数的定义：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a是实部，b是虚部，i为虚数单位．
(2)复数的分类：
复数z＝a＋bi(a，b∈R)
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(实数b＝0，,虚数b≠0其中，当a＝0时为纯虚数.))
(3)复数相等：
a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．
(4)共轭复数：
a＋bi与c＋di互为共轭复数⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(5)复数的模：
向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模或绝对值，记作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)．
2．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)复平面内的点Z(a，b)．
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq \(OZ,\s\up6(→)).
3．复数的四则运算
(1)复数的加、减、乘、除运算法则：
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
④除法：eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．
(2)几何意义：复数加、减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行．
如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加、减法的几何意义，即eq \(OZ,\s\up6(→))＝eq \(OZ1,\s\up6(-→))＋eq \(OZ2,\s\up6(-→))，eq \(Z1Z2,\s\up6(-→))＝eq \(OZ2,\s\up6(-→))－eq \(OZ1,\s\up6(-→)).
【常用结论】
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.复数的模与共轭复数的关系
z·eq \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2.
【方法技巧】
1.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．
2.复数的乘法：复数乘法类似于多项式的乘法运算．
3.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．
4.由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
二、【题型归类】
【题型一】复数的概念
【典例1】如果复数eq \f(2＋bi,i)(b∈R)的实部与虚部相等，那么b＝( )
A.－2 B.1 C.2 D.4
【解析】eq \f(2＋bi,i)＝eq \f(（2＋bi）（－i）,i（－i）)＝b－2i，所以实部为b，虚部为－2，故b的值为－2.
故选A.
【典例2】(多选)若复数z＝eq \f(2,1＋i)，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A.z的虚部为－1
B.|z|＝eq \r(2)
C.z2为纯虚数
D.z的共轭复数为－1－i
【解析】z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2－2i,2)＝1－i，对于A，z的虚部为－1，正确；
对于B，模长|z|＝eq \r(2)，正确；
对于C，因为z2＝(1－i)2＝－2i，故z2为纯虚数，正确；
对于D，z的共轭复数为1＋i，错误.
故选ABC.
【典例3】(多选)设z1，z2是复数，则下列命题中的真命题是( )
A.若|z1－z2|＝0，则eq \(z,\s\up6(－))1＝eq \(z,\s\up6(－))2
B.若z1＝eq \(z,\s\up6(－))2，则eq \(z,\s\up6(－))1＝z2
C.若|z1|＝|z2|，则z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2
D.若|z1|＝|z2|，则zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
【解析】对于A，若|z1－z2|＝0，则z1－z2＝0，z1＝z2，所以eq \(z,\s\up6(－))1＝eq \(z,\s\up6(－))2为真；
对于B，若z1＝eq \(z,\s\up6(－))2，则z1和z2互为共轭复数，所以eq \(z,\s\up6(－))1＝z2为真；
对于C，设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，a1，b1，a2，b2∈R，
若|z1|＝|z2|，则eq \r(aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1))＝eq \r(aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2))，
即aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)，
所以z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2，
所以z1·eq \(z,\s\up6(－))1＝z2·eq \(z,\s\up6(－))2为真；
对于D，若z1＝1，z2＝i，
则|z1|＝|z2|，而zeq \\al(2,1)＝1，zeq \\al(2,2)＝－1，
所以zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)为假.
故选ABC.
【题型二】复数的四则运算
【典例1】(多选)设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是( )
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3
B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
C．若eq \x\t(z)2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|
D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2
【解析】由|i|＝|1|，知A错误；
z1z2＝z1z3，则z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故B正确；
|z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，
又eq \x\t(z)2＝z3，所以|z2|＝|eq \x\t(z)2|＝|z3|，故C正确，
令z1＝i，z2＝－i，满足z1z2＝|z1|2，不满足z1＝z2，故D错误．
故选BC.
【典例2】在数学中，记表达式ad－bc为由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))所确定的二阶行列式．若在复数域内，z1＝1＋i，z2＝eq \f(2＋i,1－i)，z3＝eq \x\t(z)2，则当eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z1 z2,z3 z4))＝eq \f(1,2)－i时，z4的虚部为________．
【解析】依题意知，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z1 z2,z3 z4))＝z1z4－z2z3，
因为z3＝eq \x\t(z)2，
且z2＝eq \f(2＋i,1－i)＝eq \f(2＋i1＋i,2)＝eq \f(1＋3i,2)，
所以z2z3＝|z2|2＝eq \f(5,2)，
因此有(1＋i)z4－eq \f(5,2)＝eq \f(1,2)－i，
即(1＋i)z4＝3－i，
故z4＝eq \f(3－i,1＋i)＝eq \f(3－i1－i,2)＝1－2i.
所以z4的虚部是－2.
【典例3】若z＝eq \f(i2 023,1－i)，则|z|＝________；z＋eq \x\t(z)＝________.
【解析】z＝eq \f(i2 023,1－i)＝eq \f(－i,1－i)＝eq \f(1－i,2)，
|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，
z＋eq \x\t(z)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i＝1.
【题型三】复数的几何意义
【典例1】已知i为虚数单位，则复数eq \f(1－i,1＋2i)的共轭复数在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】eq \f(1－i,1＋2i)＝eq \f(（1－i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq \f(－1－3i,5)，其共轭复数为－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i，在复平面内对应的点位于第二象限.
故选B．
【典例2】设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i(i为虚数单位)，则z1z2＝( )
A．－5 B．5
C．－4＋i D．－4－i
【解析】因为复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，所以z2＝－2＋i，所以z1z2＝(2＋i)(－2＋i)＝－5.
故选A.
【典例3】已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面内对应的点分别为A，B，C，若eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是________．
【解析】由条件得eq \(OC,\s\up6(→))＝(3，－4)，eq \(OA,\s\up6(→))＝(－1，2)，
eq \(OB,\s\up6(→))＝(1，－1)，
根据eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))得
(3，－4)＝λ(－1，2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－λ＋μ＝3，,2λ－μ＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝2，))所以λ＋μ＝1.
三、【培优训练】
【训练一】在复数列{an}中，已知a1＝－i，an＝aeq \\al(2,n－1)＋i(n≥2，n∈N*)，则eq \f(a1＋a3＋…＋a2 019,a2＋a4＋…＋a2 020)＝________．
【解析】因为a1＝－i，所以
a2＝aeq \\al(2,1)＋i＝(－i)2＋i＝i－1；
a3＝(i－1)2＋i＝－i；
a4＝(－i)2＋i＝i－1；
a5＝(i－1)2＋i＝－i；
…
a2 019＝－i；
a2 020＝i－1.
则eq \f(a1＋a3＋…＋a2 019,a2＋a4＋…＋a2 020)＝eq \f(－1 010i,1 010（i－1）)＝eq \f(－i,i－1)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(i,2).
【训练二】在数学中，记表达式ad－bc是由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))所确定的二阶行列式．若在复数域内，z1＝1＋i，z2＝eq \f(2＋i,1－i)，z3＝eq \(z,\s\up6(－))2，则当eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z1 z2,z3 z4))＝eq \f(1,2)－i时，z4的虚部为________．
【解析】根据题意有eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z1 z2,z3 z4))＝z1z4－z2z3，
因为z3＝eq \(z,\s\up6(－))2，z2＝eq \f(2＋i,1－i)，
所以z2z3＝z2eq \(z,\s\up6(－))2＝eq \f(5,2)，
因此有(1＋i)z4－eq \f(5,2)＝eq \f(1,2)－i，
即(1＋i)z4＝3－i，
整理得z4＝eq \f(3－i,1＋i)＝eq \f(（3－i）（1－i）,2)＝1－2i.
所以z4的虚部是－2.
【训练三】(2022·青岛模拟)已知复数z满足|z－1－i|≤1，则|z|的最小值为( )
A．1 B.eq \r(2)－1 C.eq \r(2) D.eq \r(2)＋1
【解析】令z＝x＋yi(x，y∈R)，
则由题意有(x－1)2＋(y－1)2≤1，
∴|z|的最小值即为圆(x－1)2＋(y－1)2＝1上的动点到原点的最小距离，
∴|z|的最小值为eq \r(2)－1.
【训练四】已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)，且满足|z－2|＝1，则eq \f(y,x)的取值范围是________.
【解析】复数z＝x＋yi，且|z－2|＝1，
所以(x－2)2＋y2＝1，
它表示圆心为(2，0)，半径为1的圆，
则eq \f(y,x)表示圆上的点与原点连线的斜率，
由题意设过点O且与圆相切的直线方程为
y＝kx，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）2＋y2＝1，,y＝kx，))
消去y，整理得(k2＋1)x2－4x＋3＝0，
由Δ＝16－12(k2＋1)＝0，
解得k＝－eq \f(\r(3),3)或k＝eq \f(\r(3),3)，
由题意得eq \f(y,x)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).
【训练五】已知复数z满足z2＝3＋4i，且z在复平面内对应的点位于第三象限．
(1)求复数z；
(2)设a∈R，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋z,1＋\x\t(z))))2 021＋a))＝2，求实数a的值．
【解析】(1)设z＝c＋di(c<0，d<0)，
则z2＝(c＋di)2＝c2－d2＋2cdi＝3＋4i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c2－d2＝3，,2cd＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝－2，,d＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,d＝1))(舍去)．
∴z＝－2－i.
(2)∵eq \x\t(z)＝－2＋i，∴eq \f(1＋z,1＋\x\t(z))＝eq \f(－1－i,－1＋i)＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,2)＝i，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋z,1＋\x\t(z))))2 021＝i2 021＝i2 020＋1＝i505×4＋1＝i，
∴|a＋i|＝eq \r(a2＋1)＝2，∴a＝±eq \r(3).
【训练六】若虚数z同时满足下列两个条件：
①z＋eq \f(5,z)是实数；
②z＋3的实部与虚部互为相反数．
这样的虚数是否存在？若存在，求出z；若不存在，请说明理由．
【解析】这样的虚数存在，z＝－1－2i或z＝－2－i.
设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，
z＋eq \f(5,z)＝a＋bi＋eq \f(5,a＋bi)＝a＋bi＋eq \f(5（a－bi）,a2＋b2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(5a,a2＋b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5b,a2＋b2)))i.
因为z＋eq \f(5,z)是实数，所以b－eq \f(5b,a2＋b2)＝0.
又因为b≠0，所以a2＋b2＝5.①
又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，
所以a＋3＋b＝0.②
由①②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))
故存在虚数z，z＝－1－2i或z＝－2－i.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 设z＝－3＋2i，则在复平面内eq \(z,\s\up6(－))对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解析】由题意，得eq \(z,\s\up6(－))＝－3－2i，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限.
故选C．
2. 若复数z＝eq \f(a,1＋i)＋1为纯虚数，则实数a＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
【解析】因为复数z＝eq \f(a,1＋i)＋1＝eq \f(a（1－i）,（1＋i）（1－i）)＋1＝eq \f(a,2)＋1－eq \f(a,2)i为纯虚数，所以eq \f(a,2)＋1＝0且－eq \f(a,2)≠0，解得a＝－2.
故选A．
3. 已知复数z＝(1＋2i)(1＋ai)(a∈R)，若z∈R，则实数a＝( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．2 D．－2
【解析】z＝(1＋2i)(1＋ai)＝(1－2a)＋(2＋a)i，因为z∈R，所以2＋a＝0，即a＝－2.
故选D.
4. 如图，已知复数z在复平面内对应的向量为eq \(OZ,\s\up6(→))，O为坐标原点，则|z|为( )
A．1 B．eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2
【解析】因为向量eq \(OZ,\s\up6(→))＝(1，1)，所以复数z对应的点为(1，1)，所以|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)。
故选B.
5. 在复平面内，复数z对应的点与1＋i对应的点关于实轴对称，则z等于( )
A．1＋i B．－1－i
C．－1＋i D．1－i
【解析】1＋i在复平面内对应点为(1,1)，关于实轴对称的点为(1，－1)，∴z＝1－i.
故选D.
6. 若复数z满足z(1－i)＝|1－i|＋i，则z的实部为( )
A.eq \f(\r(2)－1,2) B.eq \r(2)－1
C．1 D.eq \f(\r(2)＋1,2)
【解析】由z(1－i)＝|1－i|＋i，得z＝eq \f(\r(2)＋i,1－i)＝eq \f(\r(2)＋i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(\r(2)－1,2)＋eq \f(\r(2)＋1,2)i，故z的实部为eq \f(\r(2)－1,2).
故选A.
7. 已知i是虚数单位，则“a＝i”是“a2＝－1”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】i是虚数单位，则i2＝－1，“a＝i”是“a2＝－1”的充分条件；
由a2＝－1，得a＝±i，
故“a＝i”是“a2＝－1”的不必要条件；
故“a＝i”是“a2＝－1”的充分不必要条件．
故选A.
8. 在复数范围内，已知p，q为实数，1－i是关于x的方程x2＋px＋q＝0的一个根，则p＋q等于( )
A．2 B．1 C．0 D．－1
【解析】因为1－i是关于x的方程x2＋px＋q＝0的一个根，则1＋i是方程x2＋px＋q＝0的另一根，由根与系数的关系可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋i＋1－i＝－p，,1＋i1－i＝q，))
解得p＝－2，q＝2，
所以p＋q＝0.
故选C.
【多选题】
9. 已知i为虚数单位，复数z＝eq \f(3＋2i,2－i)，则以下说法正确的是( )
A.z在复平面内对应的点在第一象限
B.z的虚部是－eq \f(7,5)
C.|z|＝3eq \r(5)
D.若复数z1满足|z1－z|＝1，则|z1|的最大值为1＋eq \f(\r(65),5)
【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在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(7,5)))，在第一象限，故A正确；
z的虚部是eq \f(7,5)，故B不正确；
|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(65),5)，故C不正确；
设z1＝x＋yi，x，y∈R，由|z1－z|＝1得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,5)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(7,5)))eq \s\up12(2)＝1，则点(x，y)在以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(7,5)))为圆心，以1为半径的圆上，则(x，y)到(0，0)的距离的最大值为1＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)))\s\up12(2))＝1＋eq \f(\r(65),5)，即|z1|的最大值为1＋eq \f(\r(65),5)，故D正确.
故选AD.
10. 若复数z满足(1＋i)·z＝5＋3i(其中i是虚数单位)，则( )
A．z的虚部为－i
B．z的模为eq \r(17)
C．z的共轭复数为4－i
D．z在复平面内对应的点位于第四象限
【解析】由(1＋i)·z＝5＋3i得
z＝eq \f(5＋3i,1＋i)＝eq \f(5＋3i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(8－2i,2)＝4－i，
所以z的虚部为－1，A错误；
z的模为eq \r(42＋－12)＝eq \r(17)，B正确；
z的共轭复数为4＋i，C错误；z在复平面内对应的点为(4，－1)，位于第四象限，D正确．
故选BD.
11. 下面是关于复数z＝eq \f(2,－1＋i)的四个命题，其中真命题的是( )
A．|z|＝2 B．z2＝2i
C．z的共轭复数为1＋i D．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，
∴|z|＝eq \r(2)，z2＝2i，z的共轭复数为－1＋i，z的虚部为－1.
故选BD.
12. 在复平面内，下列命题是真命题的是( )
A．若复数z满足eq \f(1,z)∈R，则z∈R
B．若复数z满足z2∈R，则z∈R
C．若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝eq \x\t(z)2
D．若复数z∈R，则eq \x\t(z)∈R
【解析】对于A，设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \f(1,z)＝eq \f(1,a＋bi)＝eq \f(a－bi,a＋bia－bi)＝eq \f(a,a2＋b2)－eq \f(b,a2＋b2)i，若eq \f(1,z)∈R，则b＝0，所以z＝a∈R，故A为真命题；
对于B，若复数z＝i，则z2＝－1∈R，但z∉R，故B为假命题；
对于C，若复数z1＝i，z2＝2i满足z1z2＝－2∈R，但z1≠eq \x\t(z)2，故C为假命题；
对于D，若复数z＝a＋bi∈R，则b＝0，eq \x\t(z)＝z∈R，故D为真命题．
【填空题】
13. 设复数z满足eq \(z,\s\up6(－))＝|1－i|＋i(i为虚数单位)，则复数z＝________．
【解析】复数z满足eq \(z,\s\up6(－))＝|1－i|＋i＝eq \r(2)＋i，则复数z＝eq \r(2)－i.
14. 已知复数z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)(i为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x－2y＋m＝0上，则m＝________．
【解析】z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)＝eq \f(4＋2i,2i)＝eq \f(（4＋2i）i,2i2)＝1－2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其代入x－2y＋m＝0，得m＝－5.
15. 当复数z＝(m＋3)＋(m－1)i(m∈R)的模最小时，eq \f(4i,z)＝________．
【解析】|z|＝eq \r(（m＋3）2＋（m－1）2)
＝eq \r(2m2＋4m＋10)＝eq \r(2（m＋1）2＋8)，
所以当m＝－1时，|z|min＝2eq \r(2)，
所以eq \f(4i,z)＝eq \f(4i,2－2i)＝eq \f(4i（2＋2i）,8)＝－1＋i.
16. 已知复数z1＝1－i，z2＝4＋6i(i为虚数单位)，则eq \f(z2,z1)＝________；若复数z＝1＋bi(b∈R)满足z＋z1为实数，则|z|＝________．
【解析】因为z1＝1－i，z2＝4＋6i，所以eq \f(z2,z1)＝eq \f(4＋6i,1－i)＝eq \f(（4＋6i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq \f(－2＋10i,2)＝－1＋5i.因为z＝1＋bi(b∈R)，所以z＋z1＝2＋(b－1)i，又因为z＋z1为实数，所以b－1＝0，得b＝1.所以z＝1＋i，则|z|＝eq \r(2).
17. 设复数eq \(z,\s\up6(－))满足z＝|1－i|＋i(i为虚数单位)，则复数z＝________．
【解析】复数z满足eq \(z,\s\up6(－))＝|1－i|＋i＝eq \r(2)＋i，则复数z＝eq \r(2)－i.
18. 已知复数z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)(i为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x－2y＋m＝0上，则m＝________．
【解析】z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)＝eq \f(4＋2i,2i)＝eq \f(（4＋2i）i,2i2)＝1－2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，将其代入x－2y＋m＝0，得m＝－5.
19. 已知a∈R，则复数z＝(a2－2a＋4)－(a2－2a＋2)i所对应的点在第________象限，复数z对应点的轨迹是________．
【解析】令z＝x＋yi(x，y∈R)，
x＝a2－2a＋4＝(a－1)2＋3≥3，
y＝－(a2－2a＋2)＝－[(a－1)2＋1]≤－1，消去a2－2a得y＝－x＋2(x≥3)，故复数z所对应的点在第四象限，z对应点的轨迹为一条射线，其方程为y＝－x＋2(x≥3)．
20. 如图所示，在复平面内，网格中的每个小正方形的边长都为1，点A，B对应的复数分别是z1，z2，则|z1－z2|＝________．
【解析】由图象可知z1＝i，z2＝2－i，
故|z1－z2|＝|－2＋2i|＝eq \r(（－2）2＋22)＝2eq \r(2).
21. 设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝________．
【解析】方法一：设z1＝x1＋y1i(x1，y1∈R)，z2＝x2＋y2i(x2，y2∈R)，则由|z1|＝|z2|＝2，得xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＝4.因为z1＋z2＝x1＋x2＋(y1＋y2)i＝eq \r(3)＋i，所以|z1＋z2|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＋2x1x2＋2y1y2＝8＋2x1x2＋2y1y2＝(eq \r(3))2＋12＝4，所以2x1x2＋2y1y2＝－4，所以|z1－z2|＝|x1－x2＋(y1－y2)i|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝
eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)－2x1x2－2y1y2)＝eq \r(8＋4)＝2eq \r(3).
方法二：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝eq \r(3)－a＋(1－b)i，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|z1|2＝a2＋b2＝4，,|z2|2＝（\r(3)－a）2＋（1－b）2＝4，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝4，,\r(3)a＋b＝2，))所以|z1－z2|2＝(2a－eq \r(3))2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(eq \r(3)a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，所以|z1－z2|＝2eq \r(3).
方法三：题设可等价转化为向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a＋b＝(eq \r(3)，1)，求|a－b|.因为(a＋b)2＋(a－b)2＝2|a|2＋2|b|2，所以4＋(a－b)2＝16，所以|a－b|＝2eq \r(3)，即|z1－z2|＝2eq \r(3).
方法四：设z1＋z2＝z＝eq \r(3)＋i，则z在复平面上对应的点为P(eq \r(3)，1)，所以|z1＋z2|＝|z|＝2，由平行四边形法则知OAPB是边长为2，一条对角线也为2的菱形，则另一条对角线的长为|z1－z2|＝2×eq \f(\r(3),2)×2＝2eq \r(3).
22. 若复数z＝i＋i2 022，则eq \(z,\s\up6(－))＋eq \f(10,z)的模等于________.
【解析】z＝i＋i2 022＝i－1，eq \(z,\s\up6(－))＋eq \f(10,z)＝1＋i＋eq \f(10,1－i)＝6＋6i，其模为6eq \r(2).