2025屆高考數(shù)學一輪復習第11章算法復數(shù)與推理證明第2講數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入創(chuàng)新教學案含解析新人教版

PAGE第2講數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入[考綱解讀]1.理解復數(shù)的基本概念及復數(shù)相等的充要條件．(重點)2．了解復數(shù)的代數(shù)表示法及幾何意義，能將代數(shù)形式的復數(shù)在復平面上用點或向量表示，并能將復平面上的點或向量所對應(yīng)的復數(shù)用代數(shù)形式表示．3．能進行復數(shù)形式的四則運算，并了解復數(shù)代數(shù)形式的加、減運算的幾何意義．(重點、難點)[考向預料]從近三年高考狀況來看，本講在高考中屬于必考內(nèi)容．預料2024年將會考查：①復數(shù)的基本概念與四則運算；②復數(shù)模的計算；③復數(shù)的幾何意義．題型為客觀題，難度一般不大，屬于基礎(chǔ)題型.1.復數(shù)的有關(guān)概念內(nèi)容意義備注復數(shù)的概念形如eq\o(□,\s\up1(01))a＋bi(a∈R，b∈R)的數(shù)叫復數(shù)，其中實部為eq\o(□,\s\up1(02))a，虛部為eq\o(□,\s\up1(03))b若b＝0，則a＋bi為實數(shù)；若a＝0且b≠0，則a＋bi為純虛數(shù)復數(shù)相等a＋bi＝c＋di?eq\o(□,\s\up1(04))a＝c且b＝d實部與實部、虛部與虛部對應(yīng)相等共軛復數(shù)a＋bi與c＋di共軛?eq\o(□,\s\up1(05))a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)實數(shù)的共軛復數(shù)是它本身復平面建立平面直角坐標系來表示復數(shù)的平面叫做復平面，eq\o(□,\s\up1(06))x軸叫實軸，y軸叫虛軸實軸上的點都表示實數(shù)；除了原點外，虛軸上的點都表示純虛數(shù)，各象限內(nèi)的點都表示虛數(shù)復數(shù)的模設(shè)eq\o(OZ,\s\up6(→))對應(yīng)的復數(shù)為z＝a＋bi，則向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的長度叫做復數(shù)z＝a＋bi的模|z|＝|a＋bi|＝eq\o(□,\s\up1(07))eq\r(a2＋b2)2．復數(shù)的幾何意義復數(shù)集C和復平面內(nèi)全部的點組成的集合是一一對應(yīng)的，復數(shù)集C與復平面內(nèi)全部以原點O為起點的向量組成的集合也是一一對應(yīng)的，即(1)復數(shù)z＝a＋bi復平面內(nèi)的點eq\o(□,\s\up1(01))Z(a，b)(a，b∈R)．(2)復數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)平面對量eq\o(OZ,\s\up6(→)).3．復數(shù)代數(shù)形式的四則運算(1)運算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則運算名稱符號表示語言敘述加減法z1±z2＝(a＋bi)±(c＋di)＝eq\o(□,\s\up1(01))(a±c)＋(b±d)i把實部、虛部分別相加減乘法z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝eq\o(□,\s\up1(02))(ac－bd)＋(ad＋bc)i依據(jù)多項式乘法進行，并把i2換成－1除法eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\o(□,\s\up1(03))eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)把分子、分母分別乘以分母的共軛復數(shù)，然后分子、分母分別進行乘法運算(2)復數(shù)加法的運算定律復數(shù)的加法滿意交換律、結(jié)合律，即對任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝eq\o(□,\s\up1(04))z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝eq\o(□,\s\up1(05))z1＋(z2＋z3)．(3)復數(shù)乘法的運算定律復數(shù)的乘法滿意交換律、結(jié)合律、安排律，即對于隨意z1，z2，z3∈C，有z1·z2＝eq\o(□,\s\up1(06))z2·z1，(z1·z2)·z3＝eq\o(□,\s\up1(07))z1·(z2·z3)，z1(z2＋z3)＝eq\o(□,\s\up1(08))z1z2＋z1z3.(4)復數(shù)加、減法的幾何意義①復數(shù)加法的幾何意義：若復數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))不共線，則復數(shù)z1＋z2是eq\o(□,\s\up1(09))eq\o(OZ1,\s\up6(→))＋eq\o(OZ2,\s\up6(→))所對應(yīng)的復數(shù)．②復數(shù)減法的幾何意義：復數(shù)z1－z2是eq\o(□,\s\up1(10))eq\o(OZ1,\s\up6(→))－eq\o(OZ2,\s\up6(→))即eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))所對應(yīng)的復數(shù)．4．模的運算性質(zhì)：①|(zhì)z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2＝eq\o(□,\s\up1(01))z·eq\o(z,\s\up6(－))；②|z1·z2|＝eq\o(□,\s\up1(02))|z1||z2|；③eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\o(□,\s\up1(03))eq\f(|z1|,|z2|).1．概念辨析(1)關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c＝0(a，b，c∈R且a≠0)肯定有兩個根．()(2)若復數(shù)a＋bi中a＝0，則此復數(shù)必是純虛數(shù)．()(3)復數(shù)中有相等復數(shù)的概念，因此復數(shù)可以比較大?。?)(4)復數(shù)的模實質(zhì)上就是復平面內(nèi)復數(shù)對應(yīng)的點到原點的距離，也就是復數(shù)對應(yīng)的向量的模．()答案(1)√(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)已知i為虛數(shù)單位，z＝eq\f(4,1＋i)，則復數(shù)z的虛部為()A．－2i B.2iC．2 D.－2答案D解析z＝eq\f(4,1＋i)＝eq\f(41－i,1＋i1－i)＝eq\f(41－i,2)＝2－2i，故虛部為－2.故選D.(2)(2024·全國卷Ⅱ)設(shè)z＝－3＋2i，則在復平面內(nèi)eq\o(z,\s\up6(－))對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B.其次象限C．第三象限 D.第四象限答案C解析eq\o(z,\s\up6(－))＝－3－2i，故eq\o(z,\s\up6(－))對應(yīng)的點(－3，－2)位于第三象限．故選C.(3)在復平面內(nèi)，復數(shù)z＝cos3＋isin3(i為虛數(shù)單位)，則|z|為()A．4 B.3C．2 D.1答案D解析|z|＝eq\r(cos23＋sin23)＝1.(4)設(shè)復數(shù)z1＝2－i，z2＝a＋2i(i為虛數(shù)單位，a∈R)，若z1z2∈R，則a＝________.答案4解析因為z1z2＝(2－i)(a＋2i)＝2a＋2＋(4－a)i，且z1z2是實數(shù)，所以4－a＝0即a題型一復數(shù)代數(shù)形式的四則運算1．(2024·全國卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，則z＝()A．－1－i B.－1＋iC．1－i D.1＋i答案D解析由z(1＋i)＝2i，得z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(2i1－i,2)＝i(1－i)＝1＋i.故選D.2．已知i是虛數(shù)單位，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))8＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2024＝________.答案0解析原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))8＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2))1010＝i8＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,－2i)))1010＝i8＋i1010＝1＋i4×252＋2＝0.1．復數(shù)代數(shù)形式運算問題的解題策略(1)復數(shù)的加減法在進行復數(shù)的加減法運算時，可類比合并同類項，運用法則(實部與實部相加減，虛部與虛部相加減)計算即可．(2)復數(shù)的乘法復數(shù)的乘法類似于多項式的四則運算，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類同類項，不含i的看作另一類同類項，分別合并即可．(3)復數(shù)的除法除法的關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復數(shù)，解題中要留意把i的冪寫成最簡形式．2．記住以下結(jié)論，可提高運算速度(1)(1±i)2＝±2i；(2)eq\f(1＋i,1－i)＝i；(3)eq\f(1－i,1＋i)＝－i；(4)eq\f(a＋bi,i)＝b－ai；(5)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N).1.eq\f(2＋i1－i2,1－2i)＝()A．2 B.－2C.eq\f(1,3) D.－eq\f(1,3)答案A解析eq\f(2＋i1－i2,1－2i)＝eq\f(2＋i－2i,1－2i)＝eq\f(－4i＋2,1－2i)＝eq\f(21－2i,1－2i)＝2.2．(2024·武漢模擬)設(shè)復數(shù)z滿意eq\f(1＋2z,1－z)＝i，則z＝()A.eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i B.eq\f(1,5)－eq\f(3,5)iC．－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i D.－eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i答案C解析解法一：由eq\f(1＋2z,1－z)＝i得1＋2z＝i－iz，所以z＝eq\f(－1＋i,2＋i)＝eq\f(－1＋i2－i,2＋i2－i)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i.故選C.解法二：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\f(1＋2z,1－z)＝i可化為1＋2a＋2bi＝i－ai＋b，則1＋2a＋2bi＝b＋(1－a)i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2a＝b，,2b＝1－a，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,5)，,b＝\f(3,5)，))所以z＝－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i.故選C.題型二復數(shù)的有關(guān)概念1．(2024·全國卷Ⅱ)設(shè)z＝i(2＋i)，則eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．1＋2i B.－1＋2iC．1－2i D.－1－2i答案D解析∵z＝i(2＋i)＝－1＋2i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝－1－2i.故選D.2．(2024·青島二模)“a＝2”是“復數(shù)z＝eq\f(a＋2i－1＋i,i)(a∈R)為純虛數(shù)”的()A．充分不必要條件 B.必要不充分條件C．充要條件 D.既不充分也不必要條件答案C解析當a＝2時，eq\f(a＋2i－1＋i,i)＝eq\f(21＋i－1＋i,i)＝eq\f(－4,i)＝4i，為純虛數(shù)；若eq\f(a＋2i－1＋i,i)＝eq\f(－a－2＋a－2i,i)＝a－2＋(a＋2)i是純虛數(shù)，則a－2＝0，a＋2≠0，所以a＝2.所以“a＝2”是“復數(shù)z＝eq\f(a＋2i－1＋i,i)(a∈R)為純虛數(shù)”的充要條件．故選C.3．(2024·全國卷Ⅰ)設(shè)z＝eq\f(3－i,1＋2i)，則|z|＝()A．2 B.eq\r(3)C.eq\r(2) D.1答案C解析∵z＝eq\f(3－i,1＋2i)＝eq\f(3－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(1－7i,5)，∴|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)))2)＝eq\r(2).故選C.4．(2024·東北育才學校模擬)若復數(shù)z＝eq\f(a＋i,1－i)，且zi3>0，則實數(shù)a的值等于()A．1 B.－1C.eq\f(1,2) D.－eq\f(1,2)答案A解析∵z＝eq\f(a＋i,1－i)＝eq\f(a＋i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(a－1＋a＋1i,2)，∴zi3＝eq\f(a－1i3＋a＋1i4,2)＝eq\f(－a－1i＋a＋1,2).∵zi3>0，∴zi3為實數(shù)，∴－eq\f(a－1,2)＝0，∴a＝1.當a＝1時，zi3＝1>0，符合題意．故選A.處理復數(shù)基本概念問題的關(guān)鍵因為復數(shù)的分類、相等、模、共軛復數(shù)等問題都與實部和虛部有關(guān)，所以處理復數(shù)有關(guān)基本概念問題的關(guān)鍵是找準復數(shù)的實部和虛部，即轉(zhuǎn)化為a＋bi(a，b∈R)的形式，再從定義動身，把復數(shù)問題轉(zhuǎn)化成實數(shù)問題來處理.1．(2024·山西高校附中模擬)復數(shù)eq\f(i－6＋i,|3－4i|)的實部與虛部之差為()A．－1 B.1C．－eq\f(7,5) D.eq\f(7,5)答案B解析因為eq\f(i－6＋i,|3－4i|)＝－eq\f(1,5)－eq\f(6,5)i，所以實部為－eq\f(1,5)，虛部為－eq\f(6,5)，所以實部與虛部之差為－eq\f(1,5)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))＝1.故選B.2．(2024·浙江高考)已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虛數(shù)單位)，則a2＋b2＝________，ab＝________.答案52解析因為(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi.由(a＋bi)2＝3＋4i，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝3，,ab＝2.))解得a2＝4，b2＝1.所以a2＋b2＝5，ab＝2.題型三復數(shù)的幾何意義1．(2024·福州質(zhì)檢)設(shè)復數(shù)z1，z2在復平面內(nèi)對應(yīng)的點關(guān)于實軸對稱，z1＝2＋i，則eq\f(z1,z2)＝()A．1＋i B.eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)iC．1＋eq\f(4,5)i D.1＋eq\f(4,3)i答案B解析因為復數(shù)z1，z2在復平面內(nèi)對應(yīng)的點關(guān)于實軸對稱，z1＝2＋i，所以z2＝2－i，所以eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋i,2－i)＝eq\f(2＋i2,5)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i，故選B.2．(2024·長沙一模)在復平面內(nèi)表示復數(shù)eq\f(m＋i,m－i)的點位于第一象限，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(－∞，－1) B.(－∞，0)C．(0，＋∞) D.(1，＋∞)答案D解析由題意，得eq\f(m＋i,m－i)＝eq\f(m＋i2,m－im＋i)＝eq\f(m2－1＋2mi,m2＋1)＝eq\f(m2－1,m2＋1)＋eq\f(2m,m2＋1)i，所以復數(shù)eq\f(m＋i,m－i)對應(yīng)的點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2－1,m2＋1)，\f(2m,m2＋1))).又此點位于第一象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m2－1,m2＋1)>0，,\f(2m,m2＋1)>0，))解得m>1，即實數(shù)m的取值范圍是(1，＋∞)．故選D.3．(2024·全國卷Ⅰ)設(shè)復數(shù)z滿意|z－i|＝1，z在復平面內(nèi)對應(yīng)的點為(x，y)，則()A．(x＋1)2＋y2＝1 B.(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1 D.x2＋(y＋1)2＝1答案C解析由已知條件，可得z＝x＋yi.∵|z－i|＝1，∴|x＋yi－i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故選C.復數(shù)的幾何意義及應(yīng)用(1)復數(shù)z、復平面上的點Z及向量eq\o(OZ,\s\up6(→))相互聯(lián)系，即z＝a＋bi(a，b∈R)?Z(a，b)?eq\o(OZ,\s\up6(→)).(2)由于復數(shù)、點、向量之間建立了一一對應(yīng)的關(guān)系，因此可把復數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，解題時可運用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀．提示：|z|的幾何意義：令z＝x＋yi(x，y∈R)，則|z|＝eq\r(x2＋y2)，由此可知表示復數(shù)z的點到原點的距離就是|z|的幾何意義；|z1－z2|的幾何意義是復平面內(nèi)表示復數(shù)z1，z2的兩點之間的距離.1．(2024·長春二模)已知復數(shù)z＝i＋i2，則在復平面內(nèi)z對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B.其次象限C．第三象限 D.第四象限答案B解析∵i＋i2＝－1＋i，∴i＋i2在復平面內(nèi)對應(yīng)的點為(－1,1)，在其次象限．故選B.2．在復平面內(nèi)，若O(0,0)，A(2，－1)，B(0,3)，則在?OACB中，點C所對應(yīng)的復數(shù)為()A．2＋2i B.2－2iC．1＋i D.1－i答案A解析在?OACB中，eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，－1)＋(0,3)＝(2,2)，所以點C所對應(yīng)的復數(shù)為2＋2i.3．如圖所示的網(wǎng)格紙中小正方形的邊長是1，復平面內(nèi)點Z對應(yīng)的復數(shù)z滿意(z1－i)·z＝1，則復數(shù)z1＝()A．－eq\f(2,5)＋eq\f(4,5)i B.eq\f(2,5)＋eq\f(4,5)iC.eq\f(2,5)－eq\f(4,5)i D．－eq\f(2,5)－eq\f(4,5)i答案B解析由圖可知z＝2＋i，因為(z1－i)·z＝1，所以z1＝eq\f(1,z)＋i＝eq\f(1,2＋i)＋i＝eq\f(2－i,5)＋i＝eq\f(2,5)＋eq\f(4,5)i.

組基礎(chǔ)關(guān)1．(2024·濰坊模擬)設(shè)z＝i3＋eq\f(2－i,1＋2i)，則z的虛部是()A．－1 B.－eq\f(4,5)iC．－2i D.－2答案D解析z＝i3＋eq\f(2－i,1＋2i)＝－i＋eq\f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝－i＋eq\f(2－5i＋2i2,5)＝－i－i＝－2i，∴z的虛部為－2.故選D.2．(2024·大連摸底)在復平面內(nèi)，復數(shù)z＝eq\f(4－7i,2＋3i)(i是虛數(shù)單位)，則z的共軛復數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))在復平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B.其次象限C．第三象限 D.第四象限答案B解析z＝eq\f(4－7i,2＋3i)＝eq\f(4－7i2－3i,13)＝eq\f(－13－26i,13)＝－1－2i，其共軛復數(shù)eq\o(z,\s\up6(－))＝－1＋2i對應(yīng)的點(－1,2)在其次象限．3．(2024·南寧二模)若復數(shù)z滿意(1＋z)(1＋i)＝1＋2i(i是虛數(shù)單位)，則|z|＝()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案A解析解法一：由(1＋z)(1＋i)＝1＋2i，得z＝eq\f(1＋2i,1＋i)－1＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2).故選A.解法二：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)．由(1＋z)(1＋i)＝1＋2i，得(1＋a＋bi)(1＋i)＝1＋2i，所以(1＋a－b)＋(1＋a＋b)i＝1＋2i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a－b＝1，,1＋a＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,2)，))所以z＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，則|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2).故選A.4．(2024·廣東湛江測試)若z＝(a－eq\r(2))＋ai為純虛數(shù)，其中a∈R，則eq\f(a＋i7,1＋ai)＝()A．i B.1C．－i D.－1答案C解析∵z為純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－\r(2)＝0，,a≠0，))∴a＝eq\r(2)，∴eq\f(a＋i7,1＋ai)＝eq\f(\r(2)－i,1＋\r(2)i)＝eq\f(\r(2)－i1－\r(2)i,1＋\r(2)i1－\r(2)i)＝eq\f(－3i,3)＝－i.故選C.5．已知m為實數(shù)，i為虛數(shù)單位，若m＋(m2－4)i>0，則eq\f(m＋2i,2－2i)＝()A．i B.1C．－i D.－1答案A解析因為m＋(m2－4)i>0，所以m＋(m2－4)i是實數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,m2－4＝0，))故m＝2.所以eq\f(m＋2i,2－2i)＝eq\f(2＋2i,2－2i)＝eq\f(1＋i,1－i)＝i.6．(2024·江西省重點中學協(xié)作體第一次聯(lián)考)已知i為虛數(shù)單位，(1＋i)x＝2＋yi，其中x，y∈R，則|x＋yi|＝()A．2eq\r(2) B.eq\r(2)C．2 D.4答案A解析∵(1＋i)x＝2＋yi，x＋ix＝2＋yi.∴x＝2，y＝2，∴|x＋yi|＝2eq\r(2).故選A.7．(2024·全國卷Ⅰ)設(shè)有下面四個命題：p1：若復數(shù)z滿意eq\f(1,z)∈R，則z∈R；p2：若復數(shù)z滿意z2∈R，則z∈R；p3：若復數(shù)z1，z2滿意z1z2∈R，則z1＝eq\o(z,\s\up6(－))2；p4：若復數(shù)z∈R，則eq\o(z,\s\up6(－))∈R.其中的真命題為()A．p1，p3 B.p1，p4C．p2，p3 D.p2，p4答案B解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)．對于p1，若eq\f(1,z)∈R，即eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，則b＝0且a≠0?z＝a＋bi＝a∈R，所以p1為真命題．對于p2，若z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，則ab＝0.當a＝0，b≠0時，z＝a＋bi＝bi∈/R，所以p2為假命題．對于p3，若z1z2∈R，即(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i∈R，則a1b2＋a2b1＝0.而z1＝eq\o(z,\s\up6(－))2，即a1＋b1i＝a2－b2i?a1＝a2，b1＝－b2.因為a1b2＋a2b1＝0?/a1＝a2，b1＝－b2，所以p3為假命題．對于p4，若z∈R，即a＋bi∈R，則b＝0?eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi＝a∈R，所以p4為真命題．故選B.8．(2024·天津高考)已知a∈R，i為虛數(shù)單位，若eq\f(a－i,2＋i)為實數(shù)，則a的值為________．答案－2解析∵a∈R，eq\f(a－i,2＋i)＝eq\f(a－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(2a－1－a＋2i,5)＝eq\f(2a－1,5)－eq\f(a＋2,5)i為實數(shù)，∴－eq\f(a＋2,5)＝0，∴a＝－2.

9.設(shè)i是虛數(shù)單位，若z＝eq\f(i2024,i2024－1)，則復數(shù)z的虛部是________．答案－eq\f(1,2)解析因為z＝eq\f(i2024,i2024－1)＝eq\f(i505×4,i505×4＋1－1)＝eq\f(1,i－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，所以復數(shù)z的虛部是－eq\f(1,2).10．已知復數(shù)z滿意z＋|z|＝3＋i，則z＝________.答案eq\f(4,3)＋i解析設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)．因為z＋|z|＝3＋i，所以a＋eq\r(a2＋b2)＋bi＝3＋i，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2＋b2)＝3，,b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(4,3)，,b＝1，))所以z＝eq\f(4,3)＋i.組實力關(guān)1．(2024·哈爾濱模擬)復數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，i為虛數(shù)單位，eq\o(z,\s\up6(－))為z的共軛復數(shù)，則以下結(jié)論正確的是()A．z2＝|z|2B．若a＝0則z為純虛數(shù)C．(z－eq\o(z,\s\up6(－)))(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＝0D．若a＝b，則z對應(yīng)復平面上的點在復平面一、三象限角平分線上答案D解析z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，|z|2＝(eq\r(a2＋b2))2＝a2＋b2，故A錯誤；當a＝0，b≠0時，z為純虛數(shù)，故B錯誤；因為z＝a＋bi(a，b∈R)，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，(z－eq\o(z,\s\up6(－)))(z＋eq\o(z,\s\up6(－)))＝2bi·2a＝4abi≠0，故C錯誤；z＝a＋bi，對應(yīng)復平面上的點坐標為(a，b)，若a＝b，則此點在復平面一、三象限角平分線上，故D正確．2．(2024·湖北四地七校聯(lián)考)歐拉公式eiθ＝cosθ＋isinθ(e是自然對數(shù)的底數(shù)，i是虛數(shù)單位)是由瑞士聞名數(shù)學家歐拉發(fā)覺的．它將三角函數(shù)的定義域擴大到復數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，它在復變函數(shù)論里占有特別重要的地位，當θ＝π時，就有eiπ＋1＝0.依據(jù)上述背景學問，試推斷e－ieq\f(2024π,3)表示的復數(shù)在復平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B.其次象限C．第三象限 D.第四象限答案B解析由題意，e－ieq\f(2024π,3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2024π,3)))＋isineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2024π,3)))＝－coseq\f(6