（人教A版）必修第二册高一数学下册期末复习训练专题07 复数及其运算（2份，原卷版+解析版）

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一、复数的有关概念
1.虚数单位:
（1）它的平方等于，即；
（2）与－1的关系: 就是－1的一个平方根，即方程的一个根，方程的另一个根是；
（3）实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立；
（4）的周期性：，，，（）.
2. 概念
形如（）的数叫复数，叫复数的实部，叫复数的虚部。
说明：这里容易忽视但却是列方程求复数的重要依据。
3.复数集
全体复数所成的集合叫做复数集，用字母表示；复数集与其它数集之间的关系：
4.复数与实数、虚数、纯虚、0的关系：
对于复数（），
当且仅当时，复数是实数；
当且仅当时，复数叫做虚数；
当且仅当且时，复数叫做纯虚数；
当且仅当时，复数就是实数0.
所以复数的分类如下:
（）
5.复数相等的充要条件
两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等。即：
如果，那么.
特别地: .
应当理解:
（1）一个复数一旦实部、虚部确定，那么这个复数就唯一确定；反之一样.
（2）复数相等的充要条件是将复数转化为实数解决问题的基础.
一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小。如果两个复数都是实数，就可以比较大小；也只有当两个复数全是实数时才能比较大小。
6.共轭复数：
两个复数的实部相等，而且虚部相反，那么这两个复数叫做共轭复数。即：
复数和（）互为共轭复数。
二、复数的代数表示法及其四则运算
1.复数的代数形式:
复数通常用字母表示，即（），把复数表示成的形式，叫做复数的代数形式。
2.四则运算
；
；
复数除法通常上下同乘分母的共轭复数：。
三、复数的几何意义
1. 复平面、实轴、虚轴：
点的横坐标是，纵坐标是，复数（）可用点表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面，轴叫做实轴，轴叫做虚轴。
实轴上的点都表示实数。
对于虚轴上的点原点对应的有序实数对为，它所确定的复数是表示是实数。故除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数。
复数集C和复平面内所有的点所成的集合是一一对应关系，即
复数复平面内的点
这是因为，每一个复数有复平面内唯一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应，这就是复数的一种几何意义，也就是复数的另一种表示方法，即几何表示方法。
2.复数的几何表示
（1）坐标表示:在复平面内以点表示复数（）；
（2）向量表示:以原点为起点，点为终点的向量表示复数.
向量的长度叫做复数的模，记作.即.
3.复数加法的几何意义：
如果复数、分别对应于向量、，那么以、为两边作平行四边形，对角线表示的向量就是的和所对应的向量。
4.复数减法的几何意义：
两个复数的差与连接这两个向量终点并指向被减数的向量对应。
例题分析
考点1 复数的概念
【例1】．已知复数z＝m（m﹣1）+（m2+2m﹣3）i；当实数m取什么值时，复数z是：
（1）实数
（2）虚数
（3）纯虚数
（4）零．
解：（1）当且仅当m2+2m﹣3＝0，
解得：m＝﹣3或m＝1，
即m＝﹣3或m＝1时复数是实数；
（2）当且仅当m2+2m﹣3≠0，
解得：m≠﹣3且m≠1，
即m≠﹣3且m≠1时复数是虚数；
（3）当且仅当 ，
解得m＝0，
即m＝0时，复数z＝﹣3i为纯虚数；
（4）当且仅当 ，
解得m＝1，
即m＝1时，复数z＝0．
变式训练
【变1-1】（多选）．已知复数，则（ ）
A．复数z的实部为
B．复数z的虚部为
C．复数z的模为
D．复数z的共轭复数为
解：复数，
对于A，z的实部为，故A正确，
对于B，虚部为，故B错误，
对于C，＝，故C正确，
对于D，，故D正确．
故选：ACD．
【变1-2】．以2i﹣的虚部为实部，以i﹣2的实部为虚部的新复数是（ ）
A．2+iB．2﹣2iC．﹣+iD．+i
解：以2i﹣的虚部为实部，
以i﹣2的实部为虚部的新复数是2﹣2i．
故选：B．
【变1-3】．欧拉公式eix＝csx+isinx（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，表示的复数的虚部为 ．
解：欧拉公式eix＝csx+isinx（i为虚数单位），
可得＝cs+isin＝+，
表示的复数的虚部：．
故答案为：．
考点2 复数相等问题
【例2】．已知复数z1＝a+2i，，a∈R，若z1＝z2，则a＝（ ）
A．2B．3C．﹣3D．9
解：由已知可得a+2i＝3+（a2﹣7）i，
则a＝3且a2﹣7＝2，解得a＝3，
故选：B．
变式训练
【变2-1】．若z1＝﹣3﹣4i，z2＝（n2﹣3m﹣1）+（n2﹣m﹣6）i（m，n∈R），且z1＝z2，则m+n＝（ ）
A．4或0B．﹣4或0C．2或0D．﹣2或0
解：∵z1＝﹣3﹣4i，z2＝（n2﹣3m﹣1）+（n2﹣m﹣6）i，且z1＝z2，
∴，解得或．
∴m+n＝4或0．
故选：A．
【变2-2】．定义运算＝ad﹣bc，如果（x+y）+（x+3）i＝，求实数x，y的值．
解：由题意得：（x+y）+（x+3）i＝（3x+2y）+yi
∴x+y＝3x+2y，x+3＝y，
解得x＝﹣1，y＝2，
【变2-3】．已知关于x，y的方程组有实数解，求实数a，b的值．
解：∵，
∴，解得，
将上述结果代入第二个等式中得：5+4a﹣（10﹣4+b）i＝9﹣8i；
由两复数相等得，
解得a＝1，b＝2．
考点3 复数的几何意义
【例3】．已知复数z1＝﹣1+2i，z2＝1﹣i，z3＝3﹣2i，它们所对应的点分别是A、B、C，若＝x+y（x、y∈R），则x﹣y的值是 ﹣
解：由题意可得（3，﹣2）＝x（﹣1，2）+y（1，﹣1）＝（﹣x+y，2x﹣y），
∴﹣x+y＝3，2x﹣y＝﹣2，
解得x＝1，y＝4，
∴x﹣y＝﹣3．
故答案为：﹣3．
变式训练
【变3-1】．在复平面内，复数6+5i，﹣2+3i对应的点分别为A，B．若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是（ ）
A．4+8iB．8+2iC．4+iD．2+4i
解：因为复数6+5i，﹣2+3i对应的点分别为A（6，5），B（﹣2，3）．
且C为线段AB的中点，所以C（2，4）．
则点C对应的复数是2+4i．
故选：D．
【变3-2】．关于x的不等式mx2﹣nx+p＞0（m，n，p∈R）的解集为（﹣1，2），则复数m+pi所对应的点位于复平面内的第 二 象限．
解：关于x的不等式mx2﹣nx+p＞0（m，n，p∈R）的解集为（﹣1，2），
所以m＜0，并且﹣1，2是mx2﹣nx+p＝0的两个根，由韦达定理知
∴p＞0
故答案为：二
【变3-3】．已知x∈R，设z＝lg2（3+x）+ilg2（3﹣x），当x为何值时：
（1）在复平面上z对应的点在第二象限？
（2）在复平面上z对应的点在直线x+y﹣2＝0上．
解：（1）由题意可知：，即，
解得：﹣3＜x＜﹣2；
（2）由题意可知：lg2（3+x）+lg2（3﹣x）﹣2＝0，
∴lg2[（3+x）（3﹣x）]﹣2＝0，
∴，
∴，
∴9﹣x2＝4，∴x2＝5，
又∵，即﹣3＜x＜3，
∴．
考点4 复数的模与共轭复数
【例4】．如图，在复平面内，点A表示复数z，则图中表示z的共轭复数的点是（ ）
A．AB．BC．CD．D
解：设z＝x+yi（x，y∈R），则＝x﹣yi．又点（x，y）与点（x，﹣y）关于x轴对称，则对应的点为B．
故选：B．
变式训练
【变4-1】．若复数z在复平面内的对应点在第二象限，|z|＝5，对应点在直线y＝x上，则z＝ ﹣3+4i ．
解：设z＝x+yi（x＜0，y＞0），所以，
则x2+y2＝25，且﹣y＝，
联立解得x＝﹣3，y＝4，
所以z＝﹣3+4i，
故答案为：﹣3+4i．
【变4-2】．已知复数z＝（1+2m）+（3+m）i（m∈R）．
（1）若复数z在复平面上所对应的点在第二象限，求m的取值范围；
（2）求当m为何值时，|z|最小，并求|z|的最小值．
解：（1）∵复数z＝（1+2m）+（3+m）i在复平面上所对应的点在第二象限，
∴，解得﹣3＜m＜，
∴m的取值范围是（﹣3，）．
（2）|z|2＝（1+2m）2+（3+m）2＝5m2+10m+10＝5（m+1）2+5，
∴当m＝﹣1时，
．
考点5 复数的几何意义及加、减运算
【例5】．已知复数z1＝a+i，z2＝1﹣i（a∈R，i为虚数单位）．
（1）若z1•z2是纯虚数，求实数a的值；
（2）若复数在复平面上对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．
解：（1）因为复数z1＝a+i，z2＝1﹣i，
所以z1•z2＝（a+i）（1﹣i）＝a+1+（1﹣a）i为纯虚数，
所以a+1＝0且1﹣a≠0，所以a＝﹣1；
（2）复数＝，
因为复数在复平面上对应的点在第二象限，
所以，解得﹣1＜a＜1，
所以实数a的取值范围为（﹣1，1）．
变式训练
【变5-1】．已知复数z+3i﹣3＝3﹣3i，则z＝（ ）
A．0B．6iC．6D．6﹣6i
解：因为z+3i﹣3＝3﹣3i，
所以z＝（3﹣3i）﹣（﹣3+3i）＝6﹣6i．
故选：D．
【变5-2】（多选）．下面关于|（3+2i）﹣（1+i）|的表述正确的是（ ）
A．点（3，2）与点（1，1）之间的距离
B．点（3，2）与点（﹣1，﹣1）之间的距离
C．点（2，1）到原点的距离
D．坐标为（﹣2，﹣1）的向量的模
解：设z1＝3+2i，z2＝1+i，则z1，z2在复平面表示的点分别为（3，2），（1，1），
所以是点（3，2）与点（1，1）之间的距离．
故选项A正确，选项B错误；
＝，故选项C正确；
设＝（﹣2，﹣1），则，故选项D正确．
故选：ACD．
【变5-3】．若复数z满足，则复数z＝ +i ．
解：设z＝a+bi（a，b∈R），
∵，
∴a+bi+＝5+i，
∴，解得，
∴z＝+i．
故答案为：+i．
【变5-4】．复数，其中a∈R．
（1）若a＝﹣2，求z1的模；
（2）若是实数，求实数a的值．
解：（1）若a＝﹣2，则z1＝3+6i，|z1|＝＝＝3；
（2）＝a+5+（a2﹣10）i+（1﹣2a）+（2a﹣5）i
＝（6﹣a）+（a2+2a﹣15）i，
∵是实数，
∴a2+2a﹣15＝0，
解得a＝﹣5或3．
考点6 复数的乘法运算
【例6】．计算：
（1）（4﹣i5）（6+2i7）+（7+i11）（4﹣3i）；
（2）．
解：（1）（4﹣i5）（6+2i7）+（7+i11）（4﹣3i），
＝（4﹣i）（6﹣2i）+（7﹣i）（4﹣3i），
＝22﹣14i+25﹣25i，
＝47﹣39i；
（2），
＝（1+2i）（1+2i+i2）+＝2i﹣4﹣1＝2i﹣5．
变式训练
【变6-1】．已知i是虚数单位，复数Z1＝3+4i，若在复平面内，复数Z1与Z2所对应的点关于实轴对称，则Z1•Z2＝（ ）
A．﹣25B．25C．﹣7D．7
解：∵Z1＝3+4i，且在复平面内，复数Z1与Z2所对应的点关于实轴对称，
∴Z2＝3﹣4i，则Z1•Z2＝（3﹣4i）（3+4i）＝25．
故选：B．
【变6-2】．已知a，b∈R，（1+ai）（1+bi）＝2+i（i为虚数单位），则a+b＝ 1 ，|a+bi|＝ ．
解：由（1+ai）（1+bi）＝2+i，
得（1﹣ab）+（a+b）i＝2+i，
则，
由a+b＝1，得a2+b2+2ab＝1，即a2+b2＝1﹣2ab，
由1﹣ab＝2，得ab＝﹣1．
∴a2+b2＝3．
∴|a+bi|＝．
故答案为：1，．
【变6-3】．已知复数z＝m﹣2i（m∈R），ω＝z（z+i）的虚部减去它的实部所得的差为﹣4m，则|z|＝ 2或 ．
解：∵z＝m﹣2i（m∈R），
且复数ω＝z（z+i）＝z2+zi
＝（ m2﹣2）﹣（3m）i，
∴﹣3m﹣m2+2＝﹣4m，
解得m＝2或m＝﹣1，
当m＝2，可得z＝2﹣2i．|z|＝＝2，
当m＝﹣1，可得z＝﹣1﹣2i．|z|＝＝，
所以|z|＝2或．
故答案为：2或．
考点7 复数的除法运算
【例7】．（1）＝ ﹣3﹣3i ；
（2）（）6+＝ ﹣1+i ．
解：（1）原式＝＝﹣3（1+i）＝﹣3﹣3i；
（2）∵＝＝＝i，∴（）6＝i6＝i2＝﹣1.＝＝i．
∴原式＝﹣1+i．
故答案为：﹣3﹣3i，﹣1+i．
变式训练
【变7-1】．已知i为虚数单位，复数z＝，则以下命题为真命题的是（ ）
A．z的共轭复数为
B．z的虚部为
C．|z|＝3
D．z在复平面内对应的点在第一象限
解：z＝＝，
z的共轭复数为，故A错误；
z的虚部为，故B错误；
，故C错误；
z在复平面内对应的点的坐标为（），在第一象限，故D正确．
故选：D．
【变7-2】．已知复数z＝a2+﹣1为纯虚数，则实数a＝（ ）
A．0B．±1C．1D．﹣1
解：∵z＝a2+﹣1＝＝a2﹣1+（a+1）i为纯虚数，
∴，解得a＝1．
故选：C．
【变7-3】．已知z为复数，z+2i和均为实数，其中i是虚数单位．
（1）求复数z和|z|；
（2）若复数z1＝﹣2m+（m2﹣2m﹣5）i在第四象限，求m的取值范围．
解：（1）设z＝a+bi（a，b为实数），
因为z+2i＝a+（b+2）i和＝＝都为实数，
所以b+2＝0，a+2b＝0，
所以b＝﹣2，a＝4，z＝4﹣2i，|z|＝2；
（2）z1＝﹣2m+（m2﹣2m﹣5）i＝4+2i﹣2m+（m2﹣2m﹣5）i＝（4﹣2m）+（m2﹣2m﹣3）i在第四象限，
所以4﹣2m＞0且m2﹣2m﹣3＜0，
解得﹣1＜m＜2，
故m的取值范围为（﹣1，2）．
考点8 复数范围内解方程
【例8】．已知x＝﹣1+i是方程x2+ax+b＝0（a，b∈R）的一个根．
（1）求实数a，b的值；
（2）结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明．
解：（1）∵x＝﹣1+i是方程x2+ax+b＝0（a，b∈R）的一个根，
则根据实系数一元二次方程虚根成对定理，
x＝﹣1﹣i是方程x2+ax+b＝0（a，b∈R）的另外一个根，
再由韦达定理，可得（﹣1+i）+（﹣1﹣i）＝﹣a，且（﹣1+i）•（﹣1﹣i）＝b，
求得a＝2，b＝2．
（2）猜测另一个为﹣1﹣i．
证明：∵x＝﹣1+i是方程x2+ax+b＝0（a，b∈R）的一个根，
结合根与系数的关系，利用实系数一元二次方程虚根成对定理，
可得另一个根和x＝﹣1+i互为共轭复数，故另一个为﹣1﹣i．
变式训练
【变8-1】．在复数范围内方程2x2﹣x+3＝0的解（ ）
A．x＝B．x＝C．x＝D．x＝
解：方程2x2﹣x+3＝0，Δ＝（﹣1）2﹣4×2×3＝﹣23＝23i2，
则在复数范围内方程的解为．
故选：B．
【变8-2】．已知是实系数一元二次方程ax2+bx+1＝0的一个根，则a+b＝ 1﹣ ．
解：由题意可得实系数一元二次方程ax2+bx+1＝0的另一个根为 ，利用根与系数的关系可得
+＝﹣，（ ）（）＝，解得 a＝1，b＝﹣，
∴a+b＝1﹣，
故答案为：1﹣．
【变8-3】．已知复数z＝2+i（i是虚数单位）是关于x的实系数方程x2+px+q＝0在复数范围内的一个根．
（1）求p+q的值；
（2）复数w满足z•w是实数，且|w|＝2，求复数w．
解：（1）∵在复数范围内，实系数方程x2+px+q＝0的两个根互为共轭复数，
∴实系数方程x2+px+q＝0在复数范围内的另一个根为，
∴由韦达定理，可得，解得，
∴p+q＝1．
（2）设复数w＝a+bi（a，b∈R），
∴z•w＝（2+i）（a+bi）＝（2a﹣b）+（a+2b）i，
∵z•w是实数，
∴a+2b＝0，即a＝﹣2b，
∵|w|＝2，
∴，解得 或，
∴复数w＝4﹣2i或w＝﹣4+2i．
考点9 复数的三角表示形式
【例9】．已知k是实数，ω是非零复数，且满足argω＝，（1+）2+（1+i）2＝1+kω．
（1）求ω；
（2）设z＝csθ+isinθ，θ∈[0，2π），若|z﹣ω|＝1+，求θ的值．
解：（1）由argω＝，则设ω＝a﹣ai（a∈R），＝a+ai，
∵（1+）2+（1+i）2＝1+kω，
∴2a+[2a（1+a）+2]i＝ka﹣kai，
∴，∴，
∴ω＝﹣1+i．
（2）∵z﹣ω＝csθ+1+（sinθ﹣1）i，
∴|z﹣ω|＝＝＝＝1+，
∴cs（θ+）＝1，
∵θ∈[0，2π），∴θ+∈[，），
∴θ+＝2π，∴θ＝．
变式训练
【变9-1】．将复数4[cs（﹣）+isin（﹣）]化成代数形式，正确的是（ ）
A．4B．﹣4C．4iD．﹣4i
解：复数4[cs（﹣）+isin（﹣）]＝4（0﹣i）＝﹣4i．
故选：D．
【变9-2】．复数z＝3（cs+isin）的模是 3 ．
解：∵z＝3（cs+isin），
∴＝3．
故答案为：3．
【变9-3】．在复平面内，设O为坐标原点，点A，B所对应的复数分别为z1，z2，且z1，z2的辐角主值分别为α，β，模长均为1．若△AOB的重心G对应的复数为+i，求tan（α+β）．
解：由题意，z1＝csα+isinα，z2＝csβ+isinβ，
∵△AOB的重心G对应的复数为+i，
∴，即，
由和差化积公式：
，，
两式相除得：，
故．
考点10 复数乘法运算的三角表示及其几何意义
【例10】．设复数z1＝+i，复数z2满足|z2|＝2，且z1•z22在复平面内对应的点在虚轴的负半轴上，argz2∈（0，π），求z2的代数形式．
解：设z2＝2（csα+isinα），α∈（0，π），
z1•z22＝（+i）•4（csα+isinα）2＝8[cs（2）+isin（2）]，
由题意知2＝2k，k∈Z，
所以，k∈Z，
因为α∈（0，π），
所以，
所以z2＝2（cs+isin）＝﹣1+．
变式训练
【变10-1】．计算（cs+isin）×（cs+isin）＝（ ）
A．1B．﹣1C．iD．﹣i
解：（cs+isin）×（cs+isin）
＝（+）×（i）
＝
＝i．
故选：C．
【变10-2】．（cs60°﹣isin240°）×6（cs30°﹣isin210°）＝ 3i ．
解：（cs60°﹣isin240°）×6（cs30°﹣isin210°）
＝（cs60°+isin60°）×6（cs30°+isin30°）
＝3（cs90°+isin90°）
＝3i．
故答案为：3i．
【变10-3】．在复平面内，把与复数4+4i对应的向量绕原点O按顺时针方向旋转15°，求与所得向量对应的复数（用代数形式表示）．
解：因为复数4+4i对应的向量为（4，4），
此时向量与x轴的夹角的正切值为＝，则向量与x轴的夹角为60°，
现在将向量顺时针旋转15°，则此时向量与x轴的夹角为45°，
所以新的向量的坐标为（4，4），
则此时向量对应的复数为4+4i．
考点11 复数除法运算的三角表示及其几何意义
【例11】．在复平面内，将与复数3﹣i对应的向量绕原点O按顺时针方向旋转60°，求与所得的向量对应的复数，写出你的思考过程．
解：将与复数3﹣i对应的向量绕原点O按顺时针方向旋转60°，
可得所求复数为（3﹣）[cs（﹣60°）+isin（﹣60°）]
＝（3﹣）（）＝．
变式训练
【变11-1】．计算2÷2（cs60°+isin60°）＝（ ）
A．+iB．﹣iC．iD．i
解：2÷2（cs60°+isin60°）＝
＝＝
＝﹣i．
故选：B．
【变11-2】．（i）÷3（cs120°﹣isin300°）＝ ﹣i ．
解：原式＝（cs60°+isin60°）÷3（cs120°+isin120°）
＝[cs（60°﹣120°）+isin（60°﹣120°）]
＝﹣i．
故答案为：﹣i．
【变11-3】．复数是方程x5﹣α＝0的一个根，那么α的值等于 ．
解：复数是方程x5﹣α＝0的一个根，
∴α＝（）5＝＝．
故答案为：．

实战演练
1．复数＝（ ）
A．2+iB．﹣2+iC．﹣2﹣iD．2﹣i
解：．
故选：A．
2．已知复数，则z的虚部为（ ）
A．﹣1B．C．D．1
解：，即z的虚部为．
故选：C．
3．已知复数z满足z（1﹣3i）＝5﹣5i，则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
解：z（1﹣3i）＝5﹣5i，
则，
则复数z在复平面内对应的点（2，1）在第一象限．
故选：A．
4．设复数z满足，则|z|＝（ ）
A．B．C．eD．π
解：将方程变形为z2+πz+e＝0，Δ＝π2﹣4e＜0，
故，
于是．
故选：A．
5．在复平面内，已知复数z1＝1﹣i对应的向量为，现将向量绕点O逆时针旋转90°，并将其长度变为原来的2倍得到向量，设对应的复数为z2，则＝（ ）
A．2iB．C．2D．
解：复数z1＝1﹣i对应的向量为，
则，
将向量绕点O逆时针旋转90°所得向量坐标为x，y，x＞0，
则，解得x＝y＝1，
故，即z2＝2+2i，
所以＝．
故选：A．
（多选）6．下列命题正确的是（ ）
A．若复数z满足z2∈R，则z∈R
B．若复数z满足，则z是纯虚数
C．若复数z1，z2满足|z1|＝|z2|，则z1＝±z2
D．若复数z1，z2满足且z1≠0，则|z1|＝|z2|
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，z＝i时，z2∈R，但z∉R，A错误；
对于B，设z＝a+bi，则＝＝，若，必有a＝0，b≠0，则z是纯虚数，B正确；
对于C，若z1＝1，z2＝i，则有|z1|＝|z2|，但z1≠±z2，C错误；
对于D，若复数z1，z2满足且z1≠0，则有z1＝，必有|z1|＝|z2|，D正确．
故选：BD．
（多选）7．在复平面内，下列说法正确的是（ ）
A．若复数z满足z•＝0，则z＝0
B．对任意复数z，必有|z|2＝z2
C．若复数z＝a+bi（a，b∈R），则“z为纯虚数”的充要条件是“a＝0”
D．若复数z满足|z|＝1，则z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆
解：对于A，设z＝a+bi（a，b∈R），则＝a﹣bi，
所以z＝（a+bi）（a﹣bi）＝a2﹣（bi）2＝a2+b2＝0，
所以a＝b＝0，即z＝0，故A正确；
对于B，取z＝1+i，则|z|2＝2，z2＝（1+i）2＝2i，
所以|z|2≠z2，故B错误；
对于C，若复数z＝a+bi（a，b∈R），则“z为纯虚数”的充要条件是“a＝0且b≠0”，故C错误；
对于D，若复数z满足|z|＝1，则z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆，故D正确．
故选：AD．
（多选）8．任何一个复数z＝a+bi（其中a，b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（csθ+isinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝[r（csθ+isinθ）]n＝rn（csnθ+isinnθ）（n∈N*），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．|z2|＝|z|2
B．当r＝2，θ＝时，＝i
C．当r＝1，时，z3＝﹣1
D．当r＝1，时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数
解：对于复数z＝a+bi有，
z2＝（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi
∴|z2|＝a2+b2，而|z|2＝a2+b2，所以选项A正确；
根据复数的三角形式，时，，
此时，，选项B错误；
时，，
根据棣莫弗定理，z3＝r＝（csπ+isinπ）＝﹣1，所以选项C正确；
时，为偶数时，
设，
所以k为奇数时，zn为纯虚数；k为偶数时zn为实数，
选项D错误．
故选：AC．
9．已知，则（ ）
A．x4+x3+x2+x+1＝（x﹣ω）（x﹣ω3）（x﹣ω7）（x﹣ω9）
B．x4﹣x3+x2﹣x+1＝（x﹣ω）（x﹣ω3）（x﹣ω7）（x﹣ω9）
C．x4﹣x3﹣x2+x+1＝（x﹣ω）（x﹣ω3）（x﹣ω7）（x﹣ω9）
D．x4+x3+x2﹣x﹣1＝（x﹣ω）（x﹣ω3）（x﹣ω7）（x﹣ω9）
解：容易得到1、ω、ω2、⋯、ω9为x10﹣1＝0的根，
则x10﹣1＝（x﹣1）（x﹣ω）（x﹣ω2）（x﹣ω3）⋯（x﹣ω9），
另外1、ω2、ω4、ω6、ω8为x5﹣1＝0的根，
则x5﹣1＝（x﹣1）（x﹣ω2）（x﹣ω4）（x﹣ω6）（x﹣ω8），
结合ω5＝﹣1，两个式子作比可得x5+1＝（x﹣ω）（x﹣ω3）（x+1）（x﹣ω7）（x﹣ω9），
即（x﹣ω）（x﹣ω3）（x﹣ω7）（x﹣ω9）＝，
故选：B．
10．若复数为纯虚数，则|2+ai|＝ ．
解：∵＝＝为纯虚数，
则，解得a＝1，
故|2+ai|＝|2+i|＝．
故答案为：．
11．在复数范围内，方程x2+2＝0的解为 ．
解：在复数范围内，由方程x2+2＝0得x2＝﹣2，即．
故答案为：．
12．已知z1，z2∈C且z1＝i（i为虚数单位），满足|z1﹣1|＝1，则|z1﹣z2|的取值范围为 [0，] ．
解：设z1﹣1＝csθ+isinθ，则z1＝1+csθ+isinθ，
因为z1＝i•，所以z2＝sinθ+i（csθ+1），
所以|z1﹣z2|＝
＝＝，
显然当＝时，原式取最小值0，
当＝﹣1时，原式取最大值2，
故|z1﹣z2|的取值范围为[0，]．
故答案为：[0，]．
13．已知复数z＝（i为虚数单位）在复平面内对应的点位于第二象限，则实数a的取值范围是 （） ．
解：因为z＝＝＝在复平面内对应的点位于第二象限，
则，解得a，
则实数a的范围为（），
故答案为：（）．
14．若i为虚数单位，且，则a2022+a2023+1＝ ﹣i ．
解：因为，
则a＝a5＝a9＝⋅⋅⋅＝a4n+1＝i，（n∈N*），a2＝a6＝a10＝⋅⋅⋅＝a4n+2＝﹣1，（n∈N*），
故a2022+a2023+1＝﹣1﹣i+1＝﹣i．
故答案为：﹣i．
15．德国数学家阿甘得在1806年公布了虚数的图像表示法，形成由各点都对应复数的“复平面”，后来又称“阿甘得平面”．高斯在1831年，用实数组（a，b）代表复数a+bi，并建立了复数的某些运算，使得复数的某些运算也像实数一样的“代数化”．若复数z满足z•（1+2i）＝3+i，则复数z的模是 ．
解：复数z满足z•（1+2i）＝3+i，
则z＝＝＝1﹣i，
故|z|＝．
故答案为：．
16．已知复数．
（1）当a为何值时，复数z1﹣z2+z3是实数？
（2）当a为何值时，复数z1﹣z2+z3是纯虚数？
解：（1）∵，
∴，
又复数z1﹣z2+z3是实数，∴a+4＝0，即a＝﹣4；
（2）由（1），，
又复数z1﹣z2+z3是纯虚数，∴，即a＝1．
17．已知z为复数，z+2i和均为实数，其中i是虚数单位．
（1）求复数z；
（2）若z1＝+﹣i对应的点在第四象限，求实数m的取值范围．
解：（1）设z＝a+bi（a，b∈R），
由z+2i＝a+（b+2）i为实数，可得b+2＝0，则b＝﹣2．
又＝为实数，则，
得a＝4，∴z＝4﹣2i；
（2）∵z1＝+﹣i，
∴，
而z1＝+﹣i对应的点在第四象限，
∴，解得或．
故m的取值范围为．
18．（1）已知复数z满足|z|+z＝1+3i，求．
（2）已知O为坐标原点，对应的复数为﹣3+4i，对应的复数为2a+i（a∈R）．若与共线，求a的值．
解：（1）设z＝a+bi（a，b∈R），
∵|z|+z＝1+3i，
∴，即，解得，
∴z＝﹣4+3i，即；
（2）对应的复数为﹣3+4i，对应的复数为2a+i（a∈R），
则，，
∵与共线，
∴﹣3＝4×2a，解得a＝．
19．（1）已知复数z＝（m2﹣8m+15）+（m2﹣4m+3）i，m∈R．若z是纯虚数，求实数m的值；
（2）已知复数（m∈R，i是虚数单位）．设是z的共轭复数，复数在复平面上对应的点在第一象限，求m的取值范围．
解：（1）z＝（m2﹣8m+15）+（m2﹣4m+3）i是纯虚数，
则，
解得m＝5；
（2）复数＝＝1+2m+（2m﹣1）i，
则＝1+2m+（1﹣2m）i在复平面上对应的点在第一象限，
所以，
解得﹣，
故m的取值范围为（﹣，）．
20．在复平面内，O为坐标原点，复数z1＝m+i是关于x的方程x2﹣2x+n＝0的一个根．
（1）求实数m，n的值；
（2）若复数z2＝1+i，z1，z2，所对应d的点分别为A，B，C，记△AOB的面积为S1，△BOC的面积为S2，求．
解：（1）∵z1＝m+i是关于x的方程x2﹣2x+n＝0的一个根，
∴（m+i）2﹣2（m+i）+n＝0，
∴m2﹣1﹣2m+n+（2m﹣2）i＝0，
∴m2﹣1﹣2m+n＝0且2m﹣2＝0，
∴m＝，n＝4；
（2）∵z1＝+i，z2＝1+i，
∴＝+＝＝+i，
∴A（，1），B（1，），C（，），
∴＝（，1），＝（1，），＝（，），
∴＝2，即C为OA的中点，
∴＝＝2．
21．已知复数z1＝i﹣a，z2＝1﹣i，其中a是实数．
（1）若，求实数a的值；
（2）若是纯虚数，求．
解：（1），
∴，解得a＝1；
（2），且是纯虚数，
∴﹣1﹣a＝0，a＝﹣1，
∴，，，
∴，且函数x∈N*，的周期为4，2022＝2+4×505，
∴＝i﹣1．