2025屆高三數學高考二輪專題復習：復數中檔大題專練(含答

案)

1.已知復數z的共軌復數為口且性+4=4,復數Z在復平面內對應的點為尸(x,y).

⑴求點P的軌跡方程；

(2)記點尸的軌跡為曲線C,點A為曲線C上任意一點，設直線>=依與曲線C交于M、N兩

點,直線AM、AV的斜率分別為a、k2,求同+2網的取值范圍.

2.已知復數4=%+始(4也€11』是虛數單位，〃€4),且z“+I=31+2,其中或是

z,=a“+b,i的共軌復數，4=2+2i.

⑴證明：數列｛a?+1｝和也｝均為等比數列.

(2)設數列｛%｝的前〃項和為S“，求S”.

lnt

3.對任意一個非零復數z,定義集合.Mz=｛(O\(o=z-\n^].

2025年

⑴設。是方程x+▲=0的一個根，試用列舉法表示集合出;

X

(2)若復數0€加二，求證MeUM1

4.已知復數z=3+〃2i(meR),4=(l+3i)z,且％為純虛數.

⑴求復數z；

⑵設z,z2在復平面上對應的點分別為AB,O為坐標原點.求向量04在向量上的數量投

影.

z+2

5.已知復數z=Z?i(Z?GR),-一r為實數.

1+1

⑴求卜+Z?卜

⑵若復數（，w+z）2在復平面內對應的點在第四象限，且z為實系數方程/+（〃/-9b+4=0

的根，求實數機的值.

6.已知向量d=（石,1）,&=（cos（yx,sin<wx），O>0,若函數=a為，且〃x）在區間（0,；]

上不具有單調性.

（1）求。的取值范圍;

⑵當。取最小整數值時，若/（a）+[〃/巾=#+6（其中ae7171晨，

2,2，Pe

i是虛數單位），求cos（a-，）的值.

7.已知復數2=r

1—1

⑴求復數z的模忖;

2025年

(2)若az+5+Z?=7-4i(a,6eR),求。，6的值.

8.已知復數z=3+加其中，“eR.

⑴設4=(l+3i)z,若我是純虛數,求實數a的值；

(2)設根=-1,分別記復數z,Z?在復平面上對應的點為A、B,求。4與OB的夾角大小.

9.已知z為復數，且(l+3i)z為純虛數，|z|=W.

⑴求復數z；

⑵若復數。滿足求同的最大值.

10.求實數相取何值時，復數z=(〃P-8根+15)+(布-5〃L14)i所對應的點Z分別滿足下列

條件：

(1)點Z在虛軸上；

(2)點Z在第四象限.

11.已知復數z的共軌復數為z,z在復平面上對應的點在第一象限,且滿足z-z=6i,z-z=25,

⑴求復數z；

(2)求復數z+二的模長.

2025年

12.已知復數z滿足z(l-3i)為純虛數，z-z=-2i.

⑴求z以及2;

_-3

⑵設％=/匕，若聞=20,求實數m的值.

z+3

13.設虛數2=。+歷(〃/￡口),根=2+工是實數，

Z

⑴求IZ|的值以及Z的實部的取值范圍；

b

(2)^(0=-------i,求用-蘇的最小值.

1+a

14.已知復數z滿足zi=4且z+2+|z|=0.

⑴求復數z；

⑵求Z3.

15.已知復數4=(3-3+(1-b)i,z?=W，其中

(1)若Z1為純虛數，求。的值；

(2)若為與z?互為共軌復數，求a+b的值.

16.在復平面內復數Z、Z2所對應的點為ZI、Z2,。為坐標原點，i是虛數單位.

⑴Z=l+2i,z2=3-4z,計算zjz2與OZ/OZ?；

⑵設4=a+歷，z?=c+%(a、b、c,dwR),求證：|。乙?。2；卜忖勾，并指出向量。乙、

OZ；滿足什么條件時取等號.

2025年

17.已知i為虛數單位,復數z=(/-3〃2-4)+(蘇+時i.

(1)當實數加取何值時，z是純虛數；

(2)當機=1時，復數z是關于x的方程/+。丫+4=。的一個根，求實數p與q的值.

18.已知復數Zj=a+i,z2=1-ai（qeR,i是虛數單位）

⑴若4-z?在復平面內對應的點落在第二象限，求實數a的取值范圍；

⑵若z?是實系數一元二次方程*-(4+1卜+〃=0的根，且z；+加式〃zeR)是實數，記

11,2025

Z=—+—+——:,求|z-1的直

zxz2m+m

19.已知復數2=。+為，a,Z>G{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9).

(1)表示的復數對應的點在實軸上的有幾個？

(2)表示的復數對應的點在虛軸上的有幾個？

20.已知復數z滿足z?+2z+4=0,且

(1)求z的三角形式；

⑵記AB,C分別表示復數z、。、-2。在復平面上的對應點.已知A及C三點成逆時針順序,

且VABC為等邊三角形，求tan(arg0)的值.

2025年

21.已知復數z=(〃z2-ii〃2+i8)+(加-9/"+14)i,機eR,其中i為虛數單位.

⑴若復數z是純虛數，求優的值；

(2)若復數z在復平面內對應的點位于第二象限，求機的取值范圍.

22.已知復數Z]=機+(4-機eR),Z2=2cosd+(2+3sind)i(2,6eR),并且4=z?.

⑴若Z為虛數，求，〃的取值范圍；

(2)求2的取值范圍.

23.已知復數z=(l+i)m2-3im+2i—4,m為實數.

⑴若z是純虛數，求相的值；

⑵若復數z在復平面上對應的點在第二象限，求m的取值范圍;

z

⑶若m=0,求-一：的值.

1-1

24.已知i是虛數單位，復數z=(〃，+2m-8)+(〃z-2)i,meR.

(1)當根=1時，求忖；

⑵若Z是純虛數，求加的值；

(3)若z在復平面內對應的點位于第三象限，求加的取值范圍.

2025年

2025年

《2025屆高三數學高考二輪專題復習：復數中檔大題專練（含答案）》參考答案

1.⑴爐+上=1

4

⑵14在+8）

【分析】（1）由題意可知，z=x+yi,z=x-yi,根據復數的加法以及復數的模長公式化簡

可得出點尸的軌跡方程；

（2）由題意可知，點Af、N關于原點對稱，設點A（%,%）、M（x1,y1）,則

利用點差法可求出桃2的值，結合基本不等式可求得同+2網的取值范圍.

【詳解】（1）根據題意：z=x-kyi,z=x-yi,3z+z=4x+2yi,

._________________2

貝ij|3z+2|=J（4x『+（2y）2=4,BPx2+^-=l,

2

所以點P的軌跡方程為Y+匕=1.

4

（2）由題意可知，點M、N關于原點對稱，

設點A（的%）、“（%,%）,則N（—%—%）,%=K

X0_Xl

2

又點A（的%）與點均在曲線C:/+5=l上，

22

所以焉+￡=1①，占2+3=1②，

將①式與②式相減可得：%-才+區二日=0,即警與=-4,

4%一看

于是勺"=一4,則是?網=4,

由基本不等式可得同+2網22.間.網=4及,

同=2網\=272kx=-2V2

當且僅當即當或，時,等號成立,

k，2——4k2=—y/2k2=5/2

2025年

因此，悶+2網的取值范圍是［40,+8).

2.⑴見解析

小、3時3

(2)-----n

22

【分析】(1)由復數相等可得??+1=3。“+2%i=-3bn,再由構造法可證得數列｛4+1｝和也｝

均是公比為3的等比數列；

(2)由z=2+2i,所以％=2,由此可求出““，再由分組求和法求解即可.

【詳解】(1)因為復數4=%+始(%,〃€區,:1是虛數單位，〃eN*),且z向=3^+2,

［=%-,所以an+1+bn+1i=3(q-Ri)+2=34+2-36),

a

所以n+i=3。“+2也+i=-3bn,

所以a,+1=3(4+1),又4=2+2i可得q+1=3e=2

KU|、［""+1+1Tb“+ia

所以一丁=3,丁一3,

。“+1b“

所以：數歹！J｛q+1｝和抄“｝均是等比數列.

(2)因為4=2+2i,所以4=仿=2,

所以4+1=3-3"T=3'.〔a?=3"-1,

Sn=al+a2+a3++an_1+an

⑵證明見解析

【分析】(1)求解方程》+-=應得卬=*(1+”,?=￥(1)，再由有理指數累及i的

運算性質可得加小，同理求得〃%=/%，則可求；

(2)由oeMz，可知存在加eN,使得o=z2"i,則對任意”eN,有,

結合(2〃L1)(2〃-1)是正奇數，得療-%也，即此,二也.

2025年

【詳解】（1）由X+!=應，得f一0無+1=0,

(2).ecM1,

存在meN,使得(o=z2m-1.

于是對任意neN,小修=Z(2〃T(2"T),

2n

由于（2加一1）（2〃一1）是正奇數，?-'eMz,

此U叫.

4.（l）z=3+i

（2）3

【分析】（1）利用復數的概念及乘法運算計算即可；

（2）利用復數的幾何意義和向量在向量上的數量投影公式計算即可.

【詳解】（1）=（l+3i）（3+mi）=3-3m+（9+m）i,

因為4是純虛數，

所以3-3機=0且9+加。0,

解得根=1.

所以2=3+i.

（2）由（1）可得z=3+iZ=8+6i,即A（3,l）,3（8,6）,

2025年

所以。4=（3,1）,Q5=（8,6）,

OAOB3x8+lx6.

所以向量。4在向量08上的數量投影為-Icni=/。27=3.

\OB\V8+6-

5.（1）275

⑵-3

【分析】（1）根據復數為實數求出6,代入化簡后求復數模即可；

（2）由復數是實系數方程的根代入求出優，再結合所在象限舍去不合適的值.

z+22+歷(2+6i)(l-i)6+2b-2

【詳解】（1）由z=6i,17r為實數，則1+i-(l+i)(l-i)-2~Ti為實數,

h-2

所以下一=0,6=2,即z=2i,z?=T，

所以|z+z[=|T+2i|=2?.

（2）由（7〃+Z）2=（m+2i）--4+4〃zi在復平面內對應的點在第四象限,

m2-4>0

所以=>m<—2,

4m<0

又z=2i為實系數方程必+（蘇-9卜+4=0的根,

則4+2(根2_9)_4=0,

所以蘇-9=0,m=+3,

又用＜一2,所以根=-3.

【分析】（1）利用數量積公式和三角恒等變換得到/（x）=2sin]ox+；J,求出

5+丁1，13J,根據不單調得到不等式，求出。＞5；

（2）。=1,根據復數相等得到方程，求出2sin[c+2）=當，2sinp+^=^,結合角

的范圍得到cos[a+q]=*，cos,+m]=*,根據湊角法得到答案.

2025年

【詳解】(1)函數/(力=若。。50%+5111。%=2—sin@x+——COSGX=2sin(ox+—

'兀（0+1）71、

由xe10，|71J,得5+梟

3

由函數/（X）在區間］。,弓］上不具有單調性，得（°；）兀＞］,解得0＞；,

故。的取值范圍是［;,+e］.

（2）依題意，得0=1,/（a）=2sinf6Z+y\/（^）=2sinf/?+

所以2sin"H，2sin[+[]=后,

所以sin[e+C]=g,sinG+^=^

I310I3)2

XR兀5兀

倚一兀<aH—<—,

36

所以。

〃日兀C兀兀

由夕￡得W于

由sir?=1,

同理,cos（嗚）考.

所以cos(a_￡)=8m

=cos[a+jjcos[〃+]J+sin[a+]Jsin[〃+三

70A/2V2V24

=----------X----------1---------X=—.

1021025

7.⑴忖=巫

(2)a=3,b=—5

【分析】（1）先利用復數除法化簡題給復數Z,進而求得復數Z的模目;

（2）利用復數相等列出關于。，6的方程組，解之即可求得。，6的值.

2025年

l-5i(l-5i)(l+i)l+i-5i+5

【詳解】⑴z=—0T(l+i廣-2

.-.|Z|=732+(-2)2=y/i3.

(2)az+z+Z?=a(3—2i)+3+2i+Z?=(3〃+3+Z?)—(2〃一2)i,

又磁+彳+人=7-4"

3。+3+8=7

角軍得a=3,b=—5.

(2Q-2)=-4,

8.(1)1

C、3?

(z)arccos-------

10

【分析】(1)由已知可得4,根據z是純虛數即可求解;

(2)當加=-1時求解z,z\可得復平面上對應的點A、3的坐標，利用向量夾角公式即

可求解.

【詳解】(1)4=(l+3i)z=(l+3i)(3+mi)=(3-3m)+(m+9)i,

3-3m=0

由4是純虛數，所以

〃i+9w0

所以〃2=1;

(2)當m=一1時，z=3—i,所以z2=(3-i)2=8-6i,

所以4(3,—1),5(8,-6),

所以OA=(3,-1),OB=(8,-6),

OAOB303回

cosOA,OB=

HM10

所以OA與OB的夾角為arccos史邁.

10

9.⑴z=3+i或z=-3-i

⑵小

22

【分析】(1)解法一：設(l+3i)z=〃i(，￡RMw0),根據除法運算和模長關系求。，即可得

復數z；解法二：設設z=〃+歷(a、&GR),可得(l+3i)z=(〃—3。)+(3〃+知，根據純虛數

2025年

的概念以及模長關系求。涉，即可得復數z；

(2)由題意可知：<1,設復數0,；z在復平面內對應的點分別為尸,Z,可知點P在

以點Z為圓心，!■為半徑的圓上或圓內，結合圓的性質分析求解.

【詳解】(1)解法一：因為(l+3i)z純虛數,設(l+3i)z=ai(aeR,aw0),

maim(l-3i)3aa.

貝!!Z=--------=7----------77--------r=------1------1,

Jl+3i(l+3i)(l-3i)1010

可得|z|=J*]+[*]=嚕同=加,解得"=±10,

所以z=3+i或z=-3-i；

解法二：設2=〃+磯。、Z?eR),

則(l+3i)z=(l+3i)(i+bi)=(〃_3Z?)+(3a+b)i,

/、[a—3b—Q

因為l+3i)z為純虛數則。，z解得。=36,且6片0，

又因為忖=Jq?+方=io.=Ji6,解得〃=±1,

所以z=3+i或z=-3-i.

(2)因為120—z區1,BP6?——z<—,

設復數0,gz在復平面內對應的點分別為尸,Z,O為坐標原點，

則|PZ|4g,可知點P在以點Z為圓心，”為半徑的圓上或圓內,

由題意可知：|OZ|=gz|=g|z|=3^，

則同引oz|+，=?+L所以同的最大值坐+L

22222

10.(1)m=3或根=5.

(2)(-2,3)(5,7)

【分析】(1)利用虛軸上點的性質建立方程，求解參數即可.

(2)利用第四象限上點的性質建立方程，求解參數即可.

2025年

—8/72+]5—0

【詳解】(1)根據題意得2u一一八，解得m=3或m=5.

[m-5m-14^0

⑵根據題意得F:解得-2vmv3或5vmv7,

m-5m-14<0

所以實數機的取值范圍是(-2,3)J(5,7).

11.(l)z=4+3i

⑶5M

\L)----

2

【分析】(1)設z=a+〃i，a,beR,則彳=a—bi,結合題意列式求解即可;

z913

(2)由(1)可得z+「=z+ki，進而可得模長.

1-122

【詳解】(1)設z=a+bi,a,beR,則彳=〃一為，

（〃+歷）-（Q-歷）=2bi=6i=3

由題意可得，解得

（4+歷）（〃-歷）=〃2+力2=25=±4

又因為Z在復平面上對應的點在第一象限，即仁，所以z=4+3i.

4+913

（2）由（1）可知z=4+3i,則2+「7=（4+3"+不一=彳+?卜

1—11—122

Z5710

所以z+---

1-i2

12.（l）z=-3+i；z=-3-i

（2）1或5

【分析】(1)設復數z的代數形式，利用復數的乘法運算化簡，根據純虛數概念求解;

(2)利用復數的乘除、乘方化簡，再由模的公式建立方程求解加.

【詳解】(1)設2=」+1(a,6wR),則彳=<7-歷,

由z（l—3i）=（a+歷）（1—3i）=（a+3，）+0—3a）i為純虛數,

得。+3人=0①，且》-3。/0,

由彳-z=-2M=-2i,得必=-2②，

由①②解得a=-3,6=1,驗證知》一3a=10w。，滿足題意.

所以z=-3+i3=-3—i.

2025年

?3

z+m-i加-3+2i_(加-3+2i”

(2)由(1)可知,4=-------------=-2+(m-3)i,

z+3_―-(-i)-i

由|zj=20,得J(-2)2+(〃L3)2=2夜,

整理，得nv—6m+5=0,

解得力=1或〃z=5.

故實數機的值為1或5.

,,,「11]

13.(l)kl=l,[-5,5

(2)1

【分析】(1)由題意復數是實數，則虛部為零，求解出/+〃=1,進而得到機=2%由

求解。的取值范圍即可;

(2)先求出租-。2,然后配湊利用基本不等式求解其最值即可.

【詳解】(1)依題匕#0且〃2=2+，=[0+^7^]+(。一^^)為實數,

b

所以8-=0,得/+》2=1,即|z|二l.

/+b2

此時吁z+丁。+占+卜小)=2。，

又-14〃我1,得-;Wavg,即z的實部的取值范圍是

2

b.

(2)由已知得相—刃2=2々—

1+a

b2_1—/_1—CL

=2a+=2。H------------=2〃H--------

(a+1)2(a+1)a+1

22

=2a-l+——=2(Q+1)+---------3,

4+1Q+1

1]113322

由于,故〃+1￡——=2(a+1)H-------—3>1,

222222aa++11

2

當且僅當29+1)=”,即a=。時等號成立,

所以根-療的最小值為L

14.(l)z=-l+V3i^z=-l->/3i;

⑵Z3=8.

【分析】(1)設復數z=x+yi,x、yeR,由共軌復數的概念、復數的模長公式結合題意

列方程組求解即可；

2025年

（2）根據（1）中Z的值，利用復數的乘法法則計算求z3即可.

【詳解】（1）設復數z=x+yi,犬、yeR,則2=%-村，z+z=2x,\z\=ylx2+y2,

_..x2+y2=4

由Z.Z=4且Z+Z+|z|=。,得，r---------，

[2尤=0

解方程得|y=+石，所以復數z=—l+/或z=—l—后；

(2)當z=—l+后時，z3=(-1+V3i)2x(-1+V3i)=(-2-2731)x(-1+73i)

=-2(l+^i)x(-l+V3i)=-2(匈2=-2x(-3-l)=8；

當z=-1--\^i時，z3=(—1—-\/3ijx(-1--^3ij=^—2+2>/3ijx(-1-A/31j

=2(1-后)(1+匈=211『-依)[=2x(l+3)=8,

綜上，z3=8.

15.(1)3

(2)5

【分析】(1)根據純虛數的定義列式求解即可；

(2)整理可得馬=三+個1,結合共輾復數的定義列式求解即可.

/\/\[3—6=0

【詳解】⑴若4=(3-9+。叫i為純虛數，則]?o,解得6=3,

所以b的值為3.

a+2i(a+2i)(l+i)a-2a+2.

(2)因為4=(3—6)+(l—》)i,1-i-(l-i)(l+i)~~2~I-1

a

3-b7=--—--2

2。=2

若Z與z?互為共輾復數，則，解得

—=一色b=3

2

所以a+b=5.

16.(l)ll+2i,-5

⑵證明見解析，OZ\〃OZ?

【分析】（1）由復數的乘法計算Z]/2,寫出QZ]和QZ2的坐標，用向量數量積的坐標表示

2025年

計算數量積;

(2)分別計算出OZ「OZ2和z『Z2，進而得到|OZ「OZ2『=(ac+6d。

|zi'zi\=(ac-bd)2+(^ad+bc)",作差得到卜,Z2「-口4-OZ』=(<ad-bcf>0,從而ad=be

即OZ]〃OZ2時等號成立.

【詳解】(1)z,-z2=(l+2i)-(3-4i)=ll+2i;

OZ]=(1,2),OZ2=(3,T),所以OZ/OZ；=3—8=-5；

(2)證明：OZ]=(a,6),OZ2=(c,6?),所以OZ].OZ2=ac+bd,|0Zj-OZ2|=(ac+M)~,

222

ZJ-ZQ=(ac-M)+(ad+bc)i,|zj-z2|=(ac-bd)+(ad+bc),

2

|zrz/-\OZi-OZ^=(ad-bc)>0,所以|OZ1.OZ?]V|z「z?|,

當〃=歷時取等號，此時OZJ/OZ2.

17.(l)m=4

⑵「\p=4n0

【分析】(1)由z是純虛數得到實部為0,虛部不為0,解方程組得到用的值；

(2)將z=-6+2i代入方程，實部和虛部均為0,解方程組得到P和4的值.

ZTZ?—31Tl—4—0

【詳解】(1)由Z是純虛數得2c，解得根=4.

m+機

所以當機=4時，z是純虛數.

(2)當根=1時，z=—6+2i,

因為z是關于1的方程爐+2工+4=。的一個根，所以z2+pz+q=0,

即(_6+2iy+p(_6+2i)+q=0,整理得(32-6p+q)+(2p_24)i=0,

32-6p+q=0p=n

所以,解得

2/7-24=04=40

18.(1)(-1,1)；

⑵*

2025年

【分析】（1）先利用復數減法運算化簡復數，再結合復數對應的點所在象限列不等式即可求

解；

=1、

（2）根據韋達定理求得,然后利用復數運算法則化簡得z；+mZ]=M+（2+〃?）i,利用

\n=2

11i202551

該復數為實數列方程得加=-2,從而代入2=—+—+——化簡得2=了—不，最后利用復

Zjz2m+m44

數模的運算求解即可.

【詳解】（1）因為復數4=〃+i,z2=l-ai,所以Z-Z2=a-l+（Q+l）i,

其對應的點為由題意[+]>0,解得

即實數a的取值范圍為（-U）;

(2)由題意知X?—(a+l)x+〃=0的兩根為1—ai,1+ai,

(1—ai)+(l+ai)=2=a+la=\

所以,所以所以Z[=l+i,Z2=l—i,

(l-ai)(l+ai)=nn=2

因為z；+mzx=(a+i)2+，w(a+i)=(l+i)?+m+im=機+(2+機)i為實數,

所以2+“2=0,即=-2,

r2S

+—+°=—+—+_\_=i+lzi=3」i

Zjz2m+ni1+i1-i-2+2i22-2+2i444

所以|z-l|=

-4

19.(1)10個

(2)10個

【分析】（1）利用點的特征確定復數個數即可.

（2）利用點的特征確定復數個數即可.

【詳解】（1）若點在實軸上，則6=0,此時。=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,

均滿足題意，故共有1。個這樣的復數.

（2）若點在虛軸上，則a=0,此時匕=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,

均滿足題意，故共有10個這樣的復數.

2025年

20.(l)z=2j^cos—+isin—J

(2)tan(arg0)=

【分析】(i)解方程結合輻角范圍得到復數，再表示為三角形式即可.

(2)利用旋轉的性質求出z、。，最后利用輻角的性質求解即可.

【詳解】(1)由Z2+2Z+4=0,解得z=-l土石i.

：argze[,兀],z=-1-杳應舍去，

z=-l+\/3i=21cos/+isin/1.

(2)由題意得，CA：z—(―2G)=z+2dCB：69—(—269)=30

V|C4|=|CB|,AB,C位置成逆時針順序,又=