2022高考数学一轮复习 第五章 §5.4　复　数

这是一份2022高考数学一轮复习 第五章 §5.4　复　数，共13页。试卷主要包含了通过方程的解，认识复数，下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。


1．复数的有关概念
(1)定义：我们把集合C＝{a＋bi|a，b∈R}中的数，即形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a叫做复数z的实部，b叫做复数z的虚部(i为虚数单位)．
(2)分类：
(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共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(5)模：向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模，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
复数z＝a＋bi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一对应关系．
3．复数的运算
(1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.
(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(—→)).
微思考
1．复数a＋bi的实部为a，虚部为b吗？
提示 不一定．只有当a，b∈R时，a才是实部，b才是虚部．
2．i的乘方具有周期性吗？
提示 in＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝4k，,i，n＝4k＋1，,－1，n＝4k＋2，,－i，n＝4k＋3))(k∈Z)．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)方程x2＋x＋1＝0没有解．( × )
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( × )
(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小．( × )
(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模．( √ )
题组二 教材改编
2．若复数z＝(x2－1)＋(x－1)i为纯虚数，则实数x的值为( )
A．－1 B．0 C．1 D．－1或1
答案 A
解析 ∵z为纯虚数，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1＝0，,x－1≠0，))∴x＝－1.
3．在复平面内，向量eq \(AB,\s\up6(→))对应的复数是2＋i，向量eq \(CB,\s\up6(→))对应的复数是－1－3i，则向量eq \(CA,\s\up6(→))对应的复数是( )
A．1－2i B．－1＋2i C．3＋4i D．－3－4i
答案 D
解析 eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＝－1－3i＋(－2－i)＝－3－4i.
4．若复数z满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋4i))z＝1－i(i是虚数单位)，则复数z的共轭复数eq \x\t(z)等于( )
A．－eq \f(1,5)－eq \f(7,5)i B．－eq \f(1,5)＋eq \f(7,5)i
C．－eq \f(1,25)－eq \f(7,25)i D．－eq \f(1,25)＋eq \f(7,25)i
答案 D
解析 由题意可得z＝eq \f(1－i,3＋4i)＝eq \f(1－i3－4i,3＋4i3－4i)＝eq \f(－1－7i,25)，
所以eq \x\t(z)＝－eq \f(1,25)＋eq \f(7,25)i，故选D.
题组三 易错自纠
5．已知a＋bi(a，b∈R)是eq \f(1－i,1＋i)的共轭复数，则a＋b等于( )
A．－1 B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D．1
答案 D
解析 由eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i1－i,1＋i1－i)＝－i，
得a＋bi＝i，由复数相等得a＝0，b＝1，
从而a＋b＝1.
6．i为虚数单位，若复数(1＋mi)(i＋2)是纯虚数，则实数m等于________．
答案 2
解析 因为(1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是纯虚数，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得m＝2.
题型一 复数的概念
1．(2020·全国Ⅲ)若eq \x\t(z)(1＋i)＝1－i，则z等于( )
A．1－i B．1＋i C．－i D．i
答案 D
解析 因为eq \x\t(z)＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝－i，所以z＝i.
2．(2020·全国Ⅰ)若z＝1＋i，则|z2－2z|等于( )
A．0 B．1 C.eq \r(2) D．2
答案 D
解析 方法一 z2－2z＝(1＋i)2－2(1＋i)＝－2，
|z2－2z|＝|－2|＝2.
方法二 |z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|
＝|(1＋i)(－1＋i)|＝|1＋i|·|－1＋i|＝2.
3．已知i为虚数单位，则复数z＝eq \f(3＋i,1－ii)的虚部为( )
A．i B．2 C．－1 D．－i
答案 C
解析 因为eq \f(3＋i,1－ii)＝eq \f(3＋i1＋i,2i)＝eq \f(1＋2i,i)＝2－i，所以z的虚部为－1.
4．(2020·郑州质检)若复数eq \f(1＋2ai,2－i)(a∈R)的实部和虚部相等，则实数a的值为( )
A．1 B．－1 C.eq \f(1,6) D．－eq \f(1,6)
答案 C
解析 因为eq \f(1＋2ai,2－i)＝eq \f(1＋2ai2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(2－2a,5)＋eq \f(1＋4a,5)i，所以由题意，得eq \f(2－2a,5)＝eq \f(1＋4a,5)，解得a＝eq \f(1,6).
思维升华 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．
题型二 复数的四则运算
例1 (1)(2020·新高考全国Ⅰ)eq \f(2－i,1＋2i)等于( )
A．1 B．－1 C．i D．－i
答案 D
解析 eq \f(2－i,1＋2i)＝eq \f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(－5i,5)＝－i.
(2)(多选)(八省联考)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
答案 BC
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，故选BC.
思维升华 (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．
跟踪训练1 (1)(2018·全国Ⅲ)(1＋i)(2－i)等于( )
A．－3－i B．－3＋i
C．3－i D．3＋i
答案 D
解析 (1＋i)(2－i)＝2＋2i－i－i2＝3＋i.
(2)(2020·乌鲁木齐模拟)已知复数z＝1＋i(i是虚数单位)，则eq \f(z2＋2,z－1)等于( )
A．2＋2i B．2－2i
C．2i D．－2i
答案 B
解析 eq \f(z2＋2,z－1)＝eq \f(1＋i2＋2,1＋i－1)＝eq \f(2＋2i,i)＝eq \f(2＋2i－i,－i2)＝2－2i.
(3)(2020·武汉模拟)eq \f(1－i2 021,1＋i)＝________.
答案 －i
解析 eq \f(1－i2021,1＋i)＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1－i1＋i)＝eq \f(－2i,2)＝－i.
题型三 复数的几何意义
例2 (1)(2019·全国Ⅱ)设z＝－3＋2i，则在复平面内eq \x\t(z)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
答案 C
解析 eq \x\t(z)＝－3－2i，故eq \x\t(z)对应的点(－3，－2)位于第三象限．
(2)(2019·全国Ⅰ)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )
A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1
答案 C
解析 ∵z在复平面内对应的点为(x，y)，
∴z＝x＋yi(x，y∈R)．
∵|z－i|＝1，∴|x＋(y－1)i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故选C.
(3)(2020·全国Ⅱ)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝________.
答案 2eq \r(3)
解析 方法一 设z1－z2＝a＋bi，a，b∈R，
因为z1＋z2＝eq \r(3)＋i，
所以2z1＝(eq \r(3)＋a)＋(1＋b)i,2z2＝(eq \r(3)－a)＋(1－b)i.
因为|z1|＝|z2|＝2，所以|2z1|＝|2z2|＝4，
所以eq \r(\r(3)＋a2＋1＋b2)＝4，①
eq \r(\r(3)－a2＋1－b2)＝4，②
①2＋②2，得a2＋b2＝12.
所以|z1－z2|＝eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(3).
方法二 设复数z1，z2在复平面内分别对应向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，
则z1＋z2对应向量eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)).
由题意知|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(OB,\s\up6(→))|＝|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))|＝2，
如图所示，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，
则z1－z2对应向量eq \(BA,\s\up6(→))，且|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(AC,\s\up6(→))|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|＝2，
可得|eq \(BA,\s\up6(→))|＝2|eq \(OA,\s\up6(→))|sin 60°＝2eq \r(3).
故|z1－z2|＝|eq \(BA,\s\up6(→))|＝2eq \r(3).
思维升华 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．
跟踪训练2 (1)(2020·东北三省三校模拟)设i是虚数单位，则复数eq \f(1,1＋i)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
答案 D
解析 eq \f(1,1＋i)＝eq \f(1－i,1＋i1－i)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，则复数eq \f(1,1＋i)对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，在第四象限，故选D.
(2)如图，若向量eq \(OZ,\s\up6(→))对应的复数为z，则z＋eq \f(4,z)表示的复数为( )
A．1＋3i B．－3－i
C．3－i D．3＋i
答案 D
解析 由题图可得Z(1，－1)，即z＝1－i，所以z＋eq \f(4,z)＝1－i＋eq \f(4,1－i)＝1－i＋eq \f(41＋i,1－i1＋i)＝1－i＋eq \f(4＋4i,2)＝1－i＋2＋2i＝3＋i.故选D.
如图的复平面中，r＝eq \r(a2＋b2)，cs θ＝eq \f(a,r)，sin θ＝eq \f(b,r)，tan θ＝eq \f(b,a)(a≠0)．
任何一个复数z＝a＋bi都可以表示成z＝r(cs θ＋isin θ)的形式．
我们把r(cs θ＋isin θ)叫做复数的三角形式．
对应于复数的三角形式，把z＝a＋bi叫做复数的代数形式．
复数乘、除运算的三角表示：
已知复数z1＝r1(cs θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cs θ2＋isin θ2)，则
z1·z2＝r1r2[cs(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]．
eq \f(z1,z2)＝eq \f(r1,r2)[cs(θ1－θ2)＋isin(θ1－θ2)]．
例1 下列各式是否是三角形式，若不是，化为三角形式：
(1)z1＝－2(cs θ＋isin θ)；(2)z2＝cs θ－isin θ；(3)z3＝－sin θ＋ics θ.
解 (1)由“模非负”知，不是三角形式，需做变换：z1＝2(－cs θ－isin θ)．
复平面上点Z1(－2cs θ，－2sin θ)在第三象限(假定θ为锐角)，余弦“－cs θ”已在前，不需再变换三角函数名称，因此可用诱导公式“π＋θ”将辐角变换到第三象限．
∴z1＝2(－cs θ－isin θ)＝2[cs(π＋θ)＋isin(π＋θ)]．
(2)由“加号连”知，不是三角形式．
复平面上点Z2(cs θ，－sin θ)在第四象限(假定θ为锐角)，不需改变三角函数名称，可用诱导公式“2π－θ”或“－θ”将辐角变换到第四象限．
∵z2＝cs θ－isin θ＝cs(－θ)＋isin(－θ)或z2＝cs θ－isin θ＝cs(2π－θ)＋isin(2π－θ)．
考虑到复数辐角的不唯一性，复数的三角形式也不唯一．
(3)由“余弦前”知，不是三角形式．
复平面上点Z3(－sin θ，cs θ)在第二象限(假定θ为锐角)，需改变三角函数名称，可用诱导公式“eq \f(π,2)＋θ”将辐角变换到第二象限．
∴z3＝－sin θ＋ics θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))＋isineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ)).
例2 (1)已知z∈C，|z|＝1，且z2≠－1，则复数eq \f(z,z2＋1)( )
A．必为纯虚数
B．是虚数但不一定是纯虚数
C．必为实数
D．可能是实数也可能是虚数
答案 C
解析 设z＝cs θ＋isin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈R，且θ≠kπ＋\f(π,2)))，
则eq \f(z,z2＋1)＝eq \f(cs θ＋isin θ,cs 2θ＋isin 2θ＋1)＝eq \f(cs θ＋isin θ,2cs2θ＋i·2sin θ·cs θ)＝eq \f(1,2cs θ)∈R.
(2)设π<θA．2π－3θ B．3θ－2π C．3θ D．3θ－π
答案 B
解析 eq \f(cs 2θ＋isin 2θ,cs θ－isin θ)＝eq \f(cs 2θ＋isin 2θ,cs－θ＋isin－θ)＝cs 3θ＋isin 3θ.∵π<θ(3)复数cs eq \f(π,3)＋isin eq \f(π,3)经过n次乘方后，所得的幂等于它的共轭复数，则n的值等于( )
A．3 B．12
C．6k－1(k∈Z) D．6k＋1(k∈Z)
答案 C
解析 由题意，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,3)＋isin \f(π,3)))n＝cs eq \f(nπ,3)＋isin eq \f(nπ,3)＝cs eq \f(π,3)－isin eq \f(π,3)，
由复数相等的定义，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,3)＝cs \f(π,3)＝\f(1,2)，,sin \f(nπ,3)＝－sin \f(π,3)＝－\f(\r(3),2).))
解得eq \f(nπ,3)＝2kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)，∴n＝6k－1(k∈Z)．故选C.
课时精练
1．(2020·山东重点中学联考)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
答案 D
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.
2．(2019·全国Ⅰ)设z＝eq \f(3－i,1＋2i)，则|z|等于( )
A．2 B.eq \r(3) C.eq \r(2) D．1
答案 C
解析 方法一 ∵z＝eq \f(3－i,1＋2i)＝eq \f(3－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(1－7i,5)，
∴|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,5)))2)＝eq \r(2).
方法二 |z|＝eq \f(|3－i|,|1＋2i|)＝eq \f(\r(10),\r(5))＝eq \r(2).
3．(2021·江南十校联考)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)
答案 A
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).
4．(2021·成都诊断)设复数z1＝1＋i，z2＝2＋bi，若eq \f(z1,z2)为纯虚数，则实数b等于( )
A．－2 B．2 C．－1 D．1
答案 A
解析 由eq \f(z1,z2)＝eq \f(1＋i,2＋bi)＝eq \f(1＋i2－bi,4＋b2)＝eq \f(2＋b＋2－bi,4＋b2)为纯虚数，得2＋b＝0，且2－b≠0，所以b＝－2.
5．(多选)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
答案 BD
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.
6．(多选)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
答案 AD
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．
7．i是虚数单位，若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值为________．
答案 －2
解析 (1－2i)(a＋i)＝a＋2＋(1－2a)i，由已知，得a＋2＝0,1－2a≠0，∴a＝－2.
8．(2020·阜宁调研)若复数z＝i＋i2 020，则eq \x\t(z)＋eq \f(10,z)的模等于________．
答案 6eq \r(2)
解析 z＝i＋i2 020＝i＋1，eq \x\t(z)＋eq \f(10,z)＝1－i＋eq \f(10,1＋i)＝6－6i，其模为6eq \r(2).
9．设O是坐标原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数分别为2－3i，－3＋2i.那么向量eq \(BA,\s\up6(→))对应的复数是________．
答案 5－5i
解析 ∵向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))对应的复数分别为2－3i，－3＋2i，
∴eq \(OA,\s\up6(→))＝(2，－3)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－3,2)，
∴eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝(5，－5)，其对应的复数是5－5i.
10．(2020·西安模拟)若eq \f(a＋bi,i)(a，b∈R)与(2－i)2互为共轭复数，则a＝________，b＝________.
答案 －4 3
解析 因为eq \f(a＋bi,i)＝eq \f(a＋bi－i,－i2)＝b－ai(a，b∈R)，(2－i)2＝4－4i－1＝3－4i，所以由题意得b＝3，a＝－4.
11．复数z1＝eq \f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i，若eq \x\t(z)1＋z2是实数，求实数a的值．
解 eq \x\t(z)1＋z2＝eq \f(3,a＋5)＋(a2－10)i＋eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a＋5)＋\f(2,1－a)))＋[(a2－10)＋(2a－5)]i
＝eq \f(a－13,a＋5a－1)＋(a2＋2a－15)i.
因为eq \x\t(z)1＋z2是实数，
所以a2＋2a－15＝0，
解得a＝－5或a＝3.
因为a＋5≠0，
所以a≠－5，故a＝3.
12．已知复数z＝bi(b∈R)，eq \f(z－2,1＋i)是实数，i是虚数单位．
(1)求复数z；
(2)若复数(m＋z)2所表示的点在第一象限，求实数m的取值范围．
解 (1)因为z＝bi(b∈R)，
所以eq \f(z－2,1＋i)＝eq \f(bi－2,1＋i)＝eq \f(bi－21－i,1＋i1－i)
＝eq \f(b－2＋b＋2i,2)＝eq \f(b－2,2)＋eq \f(b＋2,2)i.
又因为eq \f(z－2,1＋i)是实数，所以eq \f(b＋2,2)＝0，
所以b＝－2，即z＝－2i.
(2)因为z＝－2i，
所以(m＋z)2＝(m－2i)2＝m2－4mi＋4i2
＝(m2－4)－4mi，
又因为复数(m＋z)2所表示的点在第一象限，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－4>0，,－4m>0，))解得m<－2，
即实数m的取值范围为(－∞，－2)．
13．计算eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))2 021＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))2 021等于( )
A．－2i B．0 C．2i D．2
答案 B
解析 ∵eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(2i,2)＝i，
∴eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1,i)＝－i，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))2 021＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))2 021
＝i2 021＋(－i)2 021
＝i－i＝0.
14．(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 \x\t(z)1＝eq \x\t(z)2
B．若z1＝eq \x\t(z)2，则eq \x\t(z)1＝z2
C．若|z1|＝|z2|，则z1·eq \x\t(z)1＝z2·eq \x\t(z)2
D．若|z1|＝|z2|，则zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
答案 ABC
解析 对于A，若|z1－z2|＝0，则z1－z2＝0，z1＝z2，
所以eq \x\t(z)1＝eq \x\t(z)2为真；
对于B，若z1＝eq \x\t(z)2，则z1和z2互为共轭复数，
所以eq \x\t(z)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(a\\al(2,1)＋b\\al(2,1))＝eq \r(a\\al(2,2)＋b\\al(2,2))，
即aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)，
所以z1·eq \x\t(z)1＝aeq \\al(2,1)＋beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)＝z2·eq \x\t(z)2，
所以z1·eq \x\t(z)1＝z2·eq \x\t(z)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.
15．(2020·枣庄模拟)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________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))
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\{\rc\ (\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))).
16．(2020·张家口调研)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 (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).满足条件(a，b为实数)
复数的分类
a＋bi为实数⇔b＝0
a＋bi为虚数⇔b≠0
a＋bi为纯虚数⇔a＝0且b≠0