第4課時復(fù)數(shù)[考試要求]1.通過方程的解，認(rèn)識復(fù)數(shù).2.理解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，理解兩個復(fù)數(shù)相等的含義.3.掌握復(fù)數(shù)的四則運算，了解復(fù)數(shù)加、減運算的幾何意義．1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的定義形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中i是虛數(shù)單位，實部是a，虛部是b.(2)復(fù)數(shù)的分類復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實數(shù)b＝0，,虛數(shù)b≠0當(dāng)a＝0時為純虛數(shù).))(3)復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(4)共軛復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di互為共軛復(fù)數(shù)?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)．(5)復(fù)數(shù)的模向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的?；蚪^對值，記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)(a，b∈R)．2．復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)數(shù)z＝a＋bi與復(fù)平面內(nèi)的點Z(a，b)及平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一對應(yīng)關(guān)系．3．復(fù)數(shù)的運算(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②減法：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＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．(2)幾何意義：如圖給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義，即eq\o(OZ,\s\up6(→))＝eq\o(OZ1,\s\up6(→))＋eq\o(OZ2,\s\up6(→))，eq\o(Z1Z2,\s\up6(→))＝eq\o(OZ2,\s\up6(→))－eq\o(OZ1,\s\up6(→)).[常用結(jié)論]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(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．復(fù)數(shù)z的方程在復(fù)平面上表示的圖形(1)a≤|z|≤b表示以原點O為圓心，以a和b為半徑的兩圓所夾的圓環(huán)；(2)|z－(a＋bi)|＝r(a，b∈R，r>0)表示以(a，b)為圓心，r為半徑的圓．5．若ω＝－eq\f(1,2)±eq\f(\r(3),2)i，則(1)ω3k＝1(k∈Z)；(2)ω2＋ω＋1＝0.6．z＝eq\x\to(z)?z∈R.一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若a∈C，則a2≥0.(×)(2)復(fù)數(shù)中有相等復(fù)數(shù)的概念，因此復(fù)數(shù)可以比較大?。?×)(3)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的虛部為bi.(×)(4)方程x2＋2x＋4＝0沒有解．(×)二、教材經(jīng)典衍生1．(人教A版必修第二冊P69例1改編)若復(fù)數(shù)z＝(x2－1)＋(x－1)i為純虛數(shù)，則實數(shù)x的值為()A．－1 B．0C．1 D．－1或1A[因為z為純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1＝0，,x－1≠0，))所以x＝－1.]2．(人教A版必修第二冊P80練習(xí)T2改編)(1＋i)·(1－2i)＝()A．－1＋2i B．－1－2iC．3＋i D．3－iD[(1＋i)(1－2i)＝1＋2－2i＋i＝3－i.故選D.]3．(人教A版必修第二冊P80習(xí)題7.2T2改編)在復(fù)平面內(nèi)，向量eq\o(AB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量eq\o(CB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，則向量eq\o(CA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．1－2i B．－1＋2iC．3＋4i D．－3－4iD[由題易知eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1，－3)＋(－2，－1)＝(－3，－4)，所以向量eq\o(CA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是－3－4i.]4．(人教A版必修第二冊P94復(fù)習(xí)參考題7T1(2)改編)復(fù)數(shù)eq\f(5,i＋2)的共軛復(fù)數(shù)是________.2＋i[eq\f(5,i＋2)＝eq\f(52－i,2＋i2－i)＝2－i，故其共軛復(fù)數(shù)是2＋i.]考點一復(fù)數(shù)的有關(guān)概念[典例1](1)已知復(fù)數(shù)z滿足|z|＋z＝2＋4i，則z＝()A．3＋4i B．3－4iC．－3＋4i D．－3－4i(2)(2024·上海高考)已知虛數(shù)z，其實部為1，且z＋eq\f(2,z)＝m(m∈R)，則實數(shù)m為____________．(1)C(2)2[(1)設(shè)z＝a＋bi，a，b∈R，|z|＝eq\r(a2＋b2)，所以|z|＋z＝a＋eq\r(a2＋b2)＋bi＝2＋4i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2＋b2)＝2，,b＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝4，))所以z＝－3＋4i.故選C．(2)設(shè)z＝1＋bi，b∈R且b≠0，則z＋eq\f(2,z)＝1＋bi＋eq\f(2,1＋bi)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2＋3,1＋b2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b3－b,1＋b2)))i＝m.因為m∈R，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b2＋3,1＋b2)＝m，,\f(b3－b,1＋b2)＝0，))解得m＝2.]解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項(1)復(fù)數(shù)的分類及對應(yīng)點的位置問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實部與虛部應(yīng)該滿足的條件問題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實部和虛部滿足的方程(不等式)組即可．(2)解題時一定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，以確定實部和虛部．[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(1)(2025·八省適應(yīng)性測試)|2－4i|＝()A．2 B．4C．2eq\r(5) D．6(2)若虛數(shù)z使得z2＋z是實數(shù)，則z滿足()A．實部是－eq\f(1,2) B．實部是eq\f(1,2)C．虛部是0 D．虛部是eq\f(1,2)(1)C(2)A[(1)|2－4i|＝eq\r(22＋－42)＝2eq\r(5).故選C．(2)設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，z2＋z＝(a＋bi)2＋(a＋bi)＝a2＋2abi－b2＋a＋bi＝a2＋a－b2＋(2ab＋b)i.因為z2＋z是實數(shù)，所以2ab＋b＝0，解得b＝0(舍去)，或a＝－eq\f(1,2).故選A．]考點二復(fù)數(shù)的四則運算[典例2](1)(2024·新高考Ⅰ卷)若eq\f(z,z－1)＝1＋i，則z＝()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i(2)(2025·臨沂模擬)若虛數(shù)單位i是關(guān)于x的方程ax3＋bx2＋bx＋1＝0(a，b∈R)的一個根，則|a＋bi|＝()A．0 B．1C．eq\r(2) D．2(1)C(2)C[(1)因為eq\f(z,z－1)＝eq\f(z－1＋1,z－1)＝1＋eq\f(1,z－1)＝1＋i，所以z＝1＋eq\f(1,i)＝1－i.故選C．(2)因為i是關(guān)于x的方程ax3＋bx2＋bx＋1＝0(a，b∈R)的一個根，所以ai3＋bi2＋bi＋1＝0，即－ai－b＋bi＋1＝0，即(b－a)i＋(1－b)＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－a＝0，,1－b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，))所以|a＋bi|＝|1＋i|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).故選C．](1)復(fù)數(shù)的乘法運算類似于多項式的乘法運算；(2)復(fù)數(shù)的除法關(guān)鍵是分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù)．[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．(1)(2024·全國甲卷)若z＝5＋i，則i(eq\x\to(z)＋z)＝()A．10i B．2iC．10 D．－2(2)已知復(fù)數(shù)z＝1＋eq\f(2i,1－i)，則1＋z＋z2＋…＋z2024＝________.(1)A(2)1[(1)由z＝5＋i，得eq\x\to(z)＝5－i，所以z＋eq\x\to(z)＝10，則i(eq\x\to(z)＋z)＝10i.故選A．(2)法一：因為z＝1＋eq\f(2i,1－i)＝1＋eq\f(2i1＋i,2)＝i，所以1＋z＋z2＋…＋z2024＝eq\f(1－z2025,1－z)＝eq\f(1－i2025,1－i)＝eq\f(1－i4×506·i,1－i)＝1.法二：因為z＝1＋eq\f(2i,1－i)＝1＋eq\f(2i1＋i,2)＝i，所以1＋z＋z2＋…＋z2024＝1＋i＋i2＋…＋i2024＝506×(1＋i－1－i)＋1＝1.]考點三復(fù)數(shù)的幾何意義[典例3](1)(2023·新高考Ⅱ卷)在復(fù)平面內(nèi)，(1＋3i)(3－i)對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限(2)(多選)已知復(fù)數(shù)z0＝1＋2i(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為P0，復(fù)數(shù)z滿足|z－1|＝|z－i|，則下列結(jié)論正確的是()A．點P0的坐標(biāo)為(1,2)B．復(fù)數(shù)z0的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點與點P0關(guān)于虛軸對稱C．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點Z在一條直線上D．點P0與z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點Z間的距離的最小值為eq\f(\r(2),2)(1)A(2)ACD[(1)因為(1＋3i)·(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(6,8)，位于第一象限．故選A．(2)復(fù)數(shù)z0＝1＋2i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為P0(1,2)，A正確；復(fù)數(shù)z0的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點與點P0關(guān)于實軸對稱，B錯誤；設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，代入|z－1|＝|z－i|，得|(x－1)＋yieq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(＝))x＋(y－1)i|，即eq\r(x－12＋y2)＝eq\r(x2＋y－12)，整理得y＝x，即點Z在直線y＝x上，C正確；易知點P0到直線y＝x的距離即為點P0，Z之間距離的最小值，結(jié)合點到直線的距離公式可知，最小值為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－2)),\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，D正確．故選ACD.]由于復(fù)數(shù)、點、向量之間建立了一一對應(yīng)的關(guān)系，因此可把復(fù)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．[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．(1)若復(fù)數(shù)z滿足|z－2i|＝1，則|z|的最大值為()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．3(2)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________.(1)D(2)2eq\r(3)[(1)設(shè)z＝a＋bi，a，b∈R.則|z－2i|＝1表示復(fù)平面內(nèi)點Z(a，b)到點(0,2)的距離為1，則|z|的最大值為點(0,2)到點(0,0)的距離加上1，即|z|max＝2＋1＝3.故選D.(2)法一(代數(shù)法)：設(shè)z1－z2＝a＋bi，a，b∈R，因為z1＋z2＝eq\r(3)＋i，所以2z1＝(eq\r(3)＋a)＋(1＋b)i,2z2＝(eq\r(3)－a)＋(1－b)i.因為|z1|＝|z2|＝2，所以|2z1|＝|2z2|＝4，所以eq\r(\r(3)＋a2＋1＋b2)＝4，①eq\r(\r(3)－a2＋1－b2)＝4，②①2＋②2，得a2＋b2＝12.所以|z1－z2|＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(3).法二(幾何法)：設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)分別對應(yīng)向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，則z1＋z2對應(yīng)向量eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)).由題意知|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，如圖所示，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OACB，則z1－z2對應(yīng)的向量為eq\o(BA,\s\up6(→))，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2，可得|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OA,\s\up6(→))|sin60°＝2eq\r(3).故|z1－z2|＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝2eq\r(3).]課時分層作業(yè)(三十五)(本試卷共73分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．(2024·新高考Ⅱ卷)已知z＝－1－i，則|z|＝()A．0 B．1C．eq\r(2) D．2C[因為z＝－1－i，所以|z|＝eq\r(－12＋－12)＝eq\r(2).故選C．]2．(2025·德州模擬)已知復(fù)數(shù)z滿足z－i(2＋z)＝0，則z＝()A．－1－i B．－1＋iC．1＋i D．1－iB[由z－i(2＋z)＝0，可得(1－i)z＝2i，所以z＝eq\f(2i,1－i)＝eq\f(2i1＋i,1－i1＋i)＝－1＋i.故選B．]3．已知復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，i是虛數(shù)單位，若z－eq\x\to(z)＝2eq\r(3)i，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A．eq\r(3) B．2eq\r(3)C．eq\r(3)i D．2eq\r(3)iA[z－eq\x\to(z)＝2bi＝2eq\r(3)i，解得b＝eq\r(3).故選A．]4．已知i是虛數(shù)單位，則化簡eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2025的結(jié)果為()A．i B．－iC．－1 D．1A[因為eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f(1＋2i＋i2,2)＝i，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2025＝i2025＝i.]5．若復(fù)數(shù)z＝eq\f(a＋i,3－i)(其中a∈R，i為虛數(shù)單位)為純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)z－1在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限B[依題意，z＝eq\f(a＋i,3－i)＝eq\f(a＋i3＋i,3－i3＋i)＝eq\f(3a－1,10)＋eq\f(a＋3i,10)，由z為純虛數(shù)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1＝0，,a＋3≠0，))解得a＝eq\f(1,3)，復(fù)數(shù)z－1＝－1＋eq\f(1,3)i，所以復(fù)數(shù)z－1在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))，位于第二象限．故選B．]6．(2025·濟(jì)南模擬)已知復(fù)數(shù)z1，z2滿足2|z1|＝|z2|＝|2z1－z2|＝2，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1＋\f(1,2)z2))＝()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．2eq\r(3)B[設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則2eq\r(a2＋b2)＝eq\r(c2＋d2)＝eq\r(2a－c2＋2b－d2)＝2，所以a2＋b2＝1，c2＋d2＝4,8－4(ac＋bd)＝4，即ac＋bd＝1，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1＋\f(1,2)z2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)c))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)d))2)＝eq\r(a2＋b2＋\f(1,4)c2＋d2＋ac＋bd)＝eq\r(1＋\f(1,4)×4＋1)＝eq\r(3).故選B．]二、多項選擇題7．下列命題正確的是()A．復(fù)數(shù)z＝－2－i的虛部為－1B．設(shè)z為復(fù)數(shù)，(1－i)z＝1＋i，則|eq\x\to(z)|＝2C．若復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)為純虛數(shù)，則a＝0，b≠0D．復(fù)數(shù)2－i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第二象限AC[對于選項A：復(fù)數(shù)z＝－2－i的虛部為－1，故A正確；對于選項B：因為(1－i)z＝1＋i，則z＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝i，所以|eq\x\to(z)|＝|－i|＝1，故B錯誤；對于選項C：若復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)為純虛數(shù)，則a＝0，b≠0，故C正確；對于選項D：復(fù)數(shù)2－i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點為(2，－1)，在第四象限，故D錯誤．故選AC．]8．已知復(fù)數(shù)z1，z2，則下列說法中正確的是()A．|z1z2|＝|z1|·|z2|B．|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|C．“z1z2∈R”是“z1＝eq\x\to(z)2”的必要不充分條件D．“|z1|＝|z2|”是“zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)”的充分不必要條件AC[A：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，所以|z1z2|＝eq\r(ac－bd2＋ad＋bc2)＝eq\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，|z1||z2|＝eq\r(a2＋b2)eq\r(c2＋d2)＝eq\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)，則|z1z2|＝|z1||z2|，故A正確．B：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i，所以|z1＋z2|＝eq\r(a＋c2＋b＋d2)＝eq\r(a2＋b2＋c2＋d2＋2ac＋bd)，|z1|＋|z2|＝eq\r(a2＋b2)＋eq\r(c2＋d2)，則|z1＋z2|≠|(zhì)z1|＋|z2|，故B錯誤．C：由選項A知，z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，eq\x\to(z)2＝c－di，又z1z2∈R，所以ad＋bc＝0，不一定有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝c，,b＝－d，))即推不出z1＝eq\x\to(z)2；由z1＝eq\x\to(z)2，得a＋bi＝c－di，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝c，,b＝－d，))則ad＋bc＝0，即z1z2∈R，所以“z1z2∈R”是“z1＝eq\x\to(z)2”的必要不充分條件，故C正確．D：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則zeq\o\al(2,1)＝(a2－b2)＋2abi，zeq\o\al(2,2)＝(c2－d2)＋2cdi，若|z1|＝|z2|，則eq\r(a2＋b2)＝eq\r(c2＋d2)，即a2＋b2＝c2＋d2，推不出zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)；若zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)，則|zeq\o\al(2,1)|＝|zeq\o\al(2,2)|，又|zeq\o\al(2,1)|＝eq\r(a2－b22＋4a2b2)＝eq\r(a2＋b22)＝a2＋b2＝|z1|2，同理可得|zeq\o\al(2,2)|＝|z2|2，所以|z1|2＝|z2|2，|z1|＝|z2|；所以“|z1|＝|z2|”是“zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)”的必要不充分條件，故D錯誤．故選AC．]三、填空題9．在復(fù)平面內(nèi)，O為坐標(biāo)原點，向量eq\o(OA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－1＋2i，若點A關(guān)于直線y＝－x的對稱點為B，則向量eq\o(OB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為________.－2＋i[因為A(－1,2)關(guān)于直線y＝－x的對稱點B(－2,1)，所以向量eq\o(OB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－2＋i.]10．在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)關(guān)于x的實系數(shù)一元二次方程x2＋px＋2＝0的兩根為x1，x2，其中x1＝1＋i，則eq\f(x1,x2)＝________.i[因為x1＝1＋i且實系數(shù)一元二次方程x2＋px＋2＝0的兩根為x1，x2，所以x1x2＝2，可得x2＝eq\f(2,x1)＝eq\f(2,1＋i)＝1－i，eq\f(x1,x2)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(1＋i2,2)＝eq\f(2i,2)＝i.]11．棣莫弗公式(cosx＋isinx)n＝cosnx＋isinnx(i為虛數(shù)單位)是由法國數(shù)學(xué)家棣莫弗(1667—1754)發(fā)現(xiàn)的．根據(jù)棣莫弗公式可知，若復(fù)數(shù)ω＝coseq\f(2π,3)＋i·sineq\f(2π,3)，則ω4的值是()A．－ω B．eq\f(1,ω)C．ω D．eq\x\to(ω)C[依題意知，ω＝coseq\f(2π,3)＋i·sineq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，由棣莫弗公式，得ω4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)＋i·sin\f(2π,3)))4＝coseq\f(8π,3)＋i·sineq\f(8π,3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π－\f(π,3)))＋i·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π－\f(π,3)))＝－coseq\f(π,3)＋i·sineq\f(π,3)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，所以ω4＝ω.故選C．]12．(多選)(2025·青島模擬)已知復(fù)數(shù)z，下列說法正確的是()A．若z－eq\x\to(z)＝0，則z為實數(shù)B．若z2＋eq\x\to(z)2＝0，則z＝eq\x\to(z)＝0C．若|z－i|＝1，則|z|的最大值為2D．若|z－i|＝|z|＋1，則z為純虛數(shù)AC[設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，若z－eq\x\to(z)＝0，即(a＋bi)－(a－bi)＝2bi＝0，即b＝0，則z為實數(shù)，故A正確；若z2＋eq\x\to(z)2＝0，即(a＋bi)2＋(a－bi)2＝0，化簡可得a2－b2＋2abi＋a2－b2－2abi＝0，即a2＝b2，即a＝±b，當(dāng)a＝b時，z＝a＋ai，eq\x\to(z)＝a－a