一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1.[2024·揚(yáng)州模擬]已知復(fù)數(shù)(m2＋3m－4)＋(m2－2m－24)i(m∈R)是純虛數(shù)，則m＝( )
A.1 B.1或－4 C.4 D.4或6
2.[2024·瑞金模擬]若復(fù)數(shù)z滿足eq \f(（1－i）\(z,\s\up6(－)),i)＝2i－3，則z的虛部為( )
A.－eq \f(5,2) B.eq \f(1,2) C.eq \f(5,2) D.eq \f(5,2)i
3.[2023·鄭州模擬]已知(3＋ai)(－1＋i)＝－b＋2i(a，b∈R，i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)|a－eq \f(1,2)bi|＝( )
A.2 B.eq \r(5) C.eq \r(7) D.6
4.[2024·東莞模擬]若復(fù)數(shù)z滿足(3－4i)·z＝|4＋3i|，則eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A.eq \f(3,5)－eq \f(4,5)i B.eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)IC.－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i D.－eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i
5.[2024·武漢模擬]如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的向量分別是eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，則eq \f(z1＋z2,i·z2)＝( )
A.eq \f(3,2)－eq \f(1,2)i B.eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)i C.－eq \f(3,2)－eq \f(1,2)i D.－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)i
6.[2023·德州質(zhì)檢]若復(fù)數(shù)z滿足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z＋\(z,\s\up6(－))＜0，,（z－\(z,\s\up6(－))）i3＜0，))其中i為虛數(shù)單位，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在( )
A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限
7.[2023·廣州模擬]棣莫弗公式(cs x＋isin x)n＝cs nx＋isin nx(i為虛數(shù)單位)是由法國(guó)數(shù)學(xué)家棣莫弗(1667－1754)發(fā)現(xiàn)的，根據(jù)棣莫弗公式，已知復(fù)數(shù)ω＝cs eq \f(2π,3)＋i·sin eq \f(2π,3)，則ω4的值是( )
A.－ω B.eq \f(1,ω) C.ω D.eq \(ω,\s\up6(－))
8.[2024·安慶模擬]設(shè)復(fù)數(shù)z滿足條件|z|＝1，那么|z＋eq \r(3)＋i|取最大值時(shí)的復(fù)數(shù)z為( )
A.eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i B.－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)IC.eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i D.－eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.
9.[2023·漳州質(zhì)檢]已知復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝2，則( )
A.|z|＝2 B.eq \(z,\s\up6(－))＝1＋I(xiàn)C.z2＝2i D.z·eq \(z,\s\up6(－))＝2
10.[2023·青島質(zhì)檢]若關(guān)于x的方程x2＝－4的復(fù)數(shù)解為z1，z2，則( )
A.z1·z2＝－4
B.z1與z2互為共軛復(fù)數(shù)
C.若z1＝2i，則滿足z·z1＝2＋i的復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限
D.若|z|＝1，則|z－z1·z2|的最小值是3
11.[2024·杭州模擬]已知非零復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為Z1，Z2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則( )
A.當(dāng)|z1＋z2|＝|z1－z2|時(shí)，eq \(OZ1,\s\up6(→))·eq \(OZ2,\s\up6(→))＝0
B.當(dāng)|z1＋z2|＝|z1－z2|時(shí)，z1·z2＝0
C.若|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|，則存在實(shí)數(shù)t，使得z2＝tz1
D.若|z1＋1|＝|z2＋1|，則|z1|＝|z2|
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12.[2024·紹興模擬]已知a，b∈R，若1＋i是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x2＋ax＋b＝0的一個(gè)根，其中i是虛數(shù)單位，則a＋b＝__________.
13.[2023·開封質(zhì)檢]已知復(fù)數(shù)z滿足|z＋2i|＝|z|，寫出一個(gè)滿足條件的復(fù)數(shù)z＝________.
14.[2023·常州質(zhì)檢]18世紀(jì)末期，挪威測(cè)量學(xué)家威塞爾首次利用坐標(biāo)平面上的點(diǎn)來表示復(fù)數(shù)，使復(fù)數(shù)及其運(yùn)算具有了幾何意義，例如|z|＝|OZ|，也即復(fù)數(shù)z的模的幾何意義為z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z到原點(diǎn)的距離. 若復(fù)數(shù)z滿足1≤|z|≤eq \r(2)，則復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所構(gòu)成的圖形面積為______________.
復(fù)數(shù)
1.A [因?yàn)閺?fù)數(shù)(m2＋3m－4)＋(m2－2m－24)i(m∈R)是純虛數(shù)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2＋3m－4＝0，,m2－2m－24≠0，))解得m＝1.故選A.]
2.C [因?yàn)閑q \f(（1－i）\(z,\s\up6(－)),i)＝2i－3，所以eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(i（2i－3）,1－i)＝eq \f(－2－3i,1－i)＝eq \f(（－2－3i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq \f(1,2)－eq \f(5,2)i，
所以z＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)i，其虛部為eq \f(5,2).故選C.]
3.B [∵(3＋ai)(－1＋i)＝－b＋2i，
∴(3－a)i－a－3＝2i－b，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a－3＝－b，,3－a＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝4，))
所以|a－eq \f(1,2)bi||＝|1－2i|＝eq \r(5).故選B.]
4.A [因?yàn)閨4＋3i|＝eq \r(42＋32)＝5，
所以z＝eq \f(5,3－4i)＝eq \f(5（3＋4i）,（3－4i）（3＋4i）)＝eq \f(5（3＋4i）,25)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，所以eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(3,5)－eq \f(4,5)i.故選A.]
5.C [由題圖知：z1＝1－2i，z2＝1＋i，
所以eq \f(z1＋z2,i·z2)＝eq \f(2－i,i·（1＋i）)＝eq \f(2－i,－1＋i)
＝eq \f(（2－i）（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝－eq \f(3,2)－eq \f(1,2)i，故選C.]
6.C [設(shè)z＝a＋bi，a，b∈R，則eq \(z,\s\up6(－))＝a－bi，z＋eq \(z,\s\up6(－))＝a＋bi＋a－bi＝2a＜0，(z－eq \(z,\s\up6(－)))i3＝(a＋bi－a＋bi)i3＝2bi4＝2b＜0，所以a＜0，b＜0，所以z在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(a，b)在第三象限.故選C.]
7.C [依題意知，ω＝cs eq \f(2π,3)＋i·sin eq \f(2π,3)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，由棣莫弗公式，
得ω4＝(cs eq \f(2π,3)＋i·sin eq \f(2π,3))4＝cs eq \f(8π,3)＋i·sin eq \f(8π,3)＝cs(3π－eq \f(π,3))＋i·sin(3π－eq \f(π,3))＝－cs eq \f(π,3)＋i·sin eq \f(π,3)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，
所以ω4＝ω.故選C.]
8.A [復(fù)數(shù)z滿足條件|z|＝1，
它對(duì)應(yīng)的點(diǎn)構(gòu)成復(fù)平面上的單位圓，|z＋eq \r(3)＋i|表示單位圓上的點(diǎn)到Q(－eq \r(3)，－1)的距離，使此距離取得最大值的復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是(－eq \r(3)，－1)和(0，0)的連線與單位圓在第一象限的交點(diǎn)M.
∵點(diǎn)(－eq \r(3)，－1)到原點(diǎn)距離是2，單位圓半徑是1，又∠MOx＝30°，所以M(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)).
故對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i.故選A.]
9.BD [∵z(1＋i)＝2, ∴z＝eq \f(2,1＋i)＝1－i，
∴|z|＝eq \r(12＋（－1）2)＝eq \r(2)，eq \(z,\s\up6(－))＝1＋i，
z2＝(1－i)2＝－2i，
z·eq \(z,\s\up6(－))＝(1－i)(1＋i)＝2，故選BD.]
10.BD [因?yàn)?±2i)2＝－4，因此不妨令方程
x2＝－4的復(fù)數(shù)解z1＝2i，z2＝－2i.
對(duì)于A，z1·z2＝2i·(－2i)＝4，A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，z1與z2互為共軛復(fù)數(shù)，B正確；
對(duì)于C，z1＝2i，由z·z1＝2＋i，
得z＝eq \f(2＋i,2i)＝eq \f(（2＋i）·（－i）,2i·（－i）)＝eq \f(1－2i,2)＝eq \f(1,2)－i，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(eq \f(1,2)，－1)在第四象限，C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，由|z|＝1，
得x2＋y2＝1，顯然有－1≤x≤1，
由選項(xiàng)A知z1·z2＝4，
因此|z－z1·z2|＝|(x－4)＋yi|＝eq \r(（x－4）2＋y2)＝eq \r(17－8x)≥3，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，即z＝1時(shí)取等號(hào)，D正確.
故選BD.]
11.AC [對(duì)A，|z1＋z2|＝|z1－z2|
即|eq \(OZ1,\s\up6(→))＋eq \(OZ2,\s\up6(→))|＝|eq \(OZ1,\s\up6(→))－eq \(OZ2,\s\up6(→))|，
兩邊平方可得eq \(OZ1,\s\up6(→))·eq \(OZ2,\s\up6(→))＝0，A對(duì)；
對(duì)B，取z1＝1，z2＝i，
則|z1＋z2|＝|z1－z2|，但z1·z2≠0，B錯(cuò)；
對(duì)C，|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|即
|eq \(OZ1,\s\up6(→))＋eq \(OZ2,\s\up6(→))|＝|eq \(OZ1,\s\up6(→))|＋|eq \(OZ2,\s\up6(→))|，兩邊平方可得eq \(OZ1,\s\up6(→))·eq \(OZ2,\s\up6(→))＝|eq \(OZ1,\s\up6(→))|·|eq \(OZ2,\s\up6(→))|，
故cs 〈eq \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(OZ1,\s\up6(→))·\(OZ2,\s\up6(→)),|\(OZ1,\s\up6(→))|·|\(OZ2,\s\up6(→))|)＝1，
故eq \(OZ1,\s\up6(→))∥eq \(OZ2,\s\up6(→))，
因此存在實(shí)數(shù)t，使得z2＝tz1，C對(duì)；
對(duì)D，取z1＝2i，z2＝1＋i，但|z1|≠|(zhì)z2|，
D錯(cuò).故選AC.]
12.0 [∵1＋i是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x2＋ax＋b＝0的一個(gè)根，∴1－i是另一個(gè)根，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a＝1＋i＋1－i＝2，,b＝（1＋i）（1－i），))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝2，))∴a＋b＝0.]
13.1－i(答案不唯一，虛部為－1即可) [設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，
則|z＋2i|＝|a＋bi＋2i|＝|a＋(b＋2)i|＝eq \r(a2＋（b＋2）2)，
|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2).
∵|z＋2i|＝|z|，
∴eq \r(a2＋（b＋2）2)＝eq \r(a2＋b2)，
∴a2＋(b＋2)2＝a2＋b2，化簡(jiǎn)得4b＋4＝0，解得b＝－1.
∴滿足條件的一個(gè)復(fù)數(shù)z＝1－i(答案不唯一，虛部為－1即可).]
14.π [因?yàn)閺?fù)數(shù)z滿足1≤|z|≤eq \r(2)，則復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在以原點(diǎn)為圓心，內(nèi)圓半徑為1，外圓半徑為eq \r(2)的圓環(huán)上，故所構(gòu)成的圖形面積為2π－π＝π.]

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