2025届高考数学二轮复习大题专练：复数中档（含解析）

2025届高三数学高考二轮专题复习：复数中档大题专练(含答

案)

1.已知复数z的共轨复数为口且性+4=4,复数Z在复平面内对应的点为尸(x,y).

⑴求点P的轨迹方程；

(2)记点尸的轨迹为曲线C,点A为曲线C上任意一点，设直线>=依与曲线C交于M、N两

点,直线AM、AV的斜率分别为a、k2,求同+2网的取值范围.

2.已知复数4=%+始(4也€11』是虚数单位，〃€4),且z“+I=31+2,其中或是

z,=a“+b,i的共轨复数，4=2+2i.

⑴证明：数列｛a„+1｝和也｝均为等比数列.

(2)设数列｛%｝的前〃项和为S“，求S”.

lnt

3.对任意一个非零复数z,定义集合.Mz=｛(O\(o=z-\n^].

2025年

⑴设。是方程x+▲=0的一个根，试用列举法表示集合出;

X

(2)若复数0€加二，求证MeUM1

4.已知复数z=3+〃2i(meR),4=(l+3i)z,且％为纯虚数.

⑴求复数z；

⑵设z,z2在复平面上对应的点分别为AB,O为坐标原点.求向量04在向量上的数量投

影.

z+2

5.已知复数z=Z?i(Z?GR),-一r为实数.

1+1

⑴求卜+Z?卜

⑵若复数（，w+z）2在复平面内对应的点在第四象限，且z为实系数方程/+（〃/-9b+4=0

的根，求实数机的值.

6.已知向量d=（石,1）,&=（cos（yx,sin<wx），O>0,若函数=a为，且〃x）在区间（0,；]

上不具有单调性.

（1）求。的取值范围;

⑵当。取最小整数值时，若/（a）+[〃/巾=#+6（其中ae7171晨，

2,2，Pe

i是虚数单位），求cos（a-，）的值.

7.已知复数2=r

1—1

⑴求复数z的模忖;

2025年

(2)若az+5+Z?=7-4i(a,6eR),求。，6的值.

8.已知复数z=3+加其中，“eR.

⑴设4=(l+3i)z,若我是纯虚数,求实数a的值；

(2)设根=-1,分别记复数z,Z?在复平面上对应的点为A、B,求。4与OB的夹角大小.

9.已知z为复数，且(l+3i)z为纯虚数，|z|=W.

⑴求复数z；

⑵若复数。满足求同的最大值.

10.求实数相取何值时，复数z=(〃P-8根+15)+(布-5〃L14)i所对应的点Z分别满足下列

条件：

(1)点Z在虚轴上；

(2)点Z在第四象限.

11.已知复数z的共轨复数为z,z在复平面上对应的点在第一象限,且满足z-z=6i,z-z=25,

⑴求复数z；

(2)求复数z+二的模长.

2025年

12.已知复数z满足z(l-3i)为纯虚数，z-z=-2i.

⑴求z以及2;

_-3

⑵设％=/匕，若闻=20,求实数m的值.

z+3

13.设虚数2=。+历(〃/£口),根=2+工是实数，

Z

⑴求IZ|的值以及Z的实部的取值范围；

b

(2)^(0=-------i,求用-苏的最小值.

1+a

14.已知复数z满足zi=4且z+2+|z|=0.

⑴求复数z；

⑵求Z3.

15.已知复数4=(3-3+(1-b)i,z?=W，其中

(1)若Z1为纯虚数，求。的值；

(2)若为与z?互为共轨复数，求a+b的值.

16.在复平面内复数Z、Z2所对应的点为ZI、Z2,。为坐标原点，i是虚数单位.

⑴Z=l+2i,z2=3-4z,计算zjz2与OZ/OZ?；

⑵设4=a+历，z?=c+%(a、b、c,dwR),求证：|。乙•。2；卜忖勾，并指出向量。乙、

OZ；满足什么条件时取等号.

2025年

17.已知i为虚数单位,复数z=(/-3〃2-4)+(苏+时i.

(1)当实数加取何值时，z是纯虚数；

(2)当机=1时，复数z是关于x的方程/+。丫+4=。的一个根，求实数p与q的值.

18.已知复数Zj=a+i,z2=1-ai（qeR,i是虚数单位）

⑴若4-z?在复平面内对应的点落在第二象限，求实数a的取值范围；

⑵若z?是实系数一元二次方程*-(4+1卜+〃=0的根，且z；+加式〃zeR)是实数，记

11,2025

Z=—+—+——:,求|z-1的直

zxz2m+m

19.已知复数2=。+为，a,Z>G{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9).

(1)表示的复数对应的点在实轴上的有几个？

(2)表示的复数对应的点在虚轴上的有几个？

20.已知复数z满足z?+2z+4=0,且

(1)求z的三角形式；

⑵记AB,C分别表示复数z、。、-2。在复平面上的对应点.已知A及C三点成逆时针顺序,

且VABC为等边三角形，求tan(arg0)的值.

2025年

21.已知复数z=(〃z2-ii〃2+i8)+(加-9/"+14)i,机eR,其中i为虚数单位.

⑴若复数z是纯虚数，求优的值；

(2)若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，求机的取值范围.

22.已知复数Z]=机+(4-机eR),Z2=2cosd+(2+3sind)i(2,6eR),并且4=z?.

⑴若Z为虚数，求，〃的取值范围；

(2)求2的取值范围.

23.已知复数z=(l+i)m2-3im+2i—4,m为实数.

⑴若z是纯虚数，求相的值；

⑵若复数z在复平面上对应的点在第二象限，求m的取值范围;

z

⑶若m=0,求-一：的值.

1-1

24.已知i是虚数单位，复数z=(〃，+2m-8)+(〃z-2)i,meR.

(1)当根=1时，求忖；

⑵若Z是纯虚数，求加的值；

(3)若z在复平面内对应的点位于第三象限，求加的取值范围.

2025年

2025年

《2025届高三数学高考二轮专题复习：复数中档大题专练（含答案）》参考答案

1.⑴炉+上=1

4

⑵14在+8）

【分析】（1）由题意可知，z=x+yi,z=x-yi,根据复数的加法以及复数的模长公式化简

可得出点尸的轨迹方程；

（2）由题意可知，点Af、N关于原点对称，设点A（%,%）、M（x1,y1）,则

利用点差法可求出桃2的值，结合基本不等式可求得同+2网的取值范围.

【详解】（1）根据题意：z=x-kyi,z=x-yi,3z+z=4x+2yi,

._________________2

贝ij|3z+2|=J（4x『+（2y）2=4,BPx2+^-=l,

2

所以点P的轨迹方程为Y+匕=1.

4

（2）由题意可知，点M、N关于原点对称，

设点A（的%）、“（%,%）,则N（—%—%）,%=K

X0_Xl

2

又点A（的%）与点均在曲线C:/+5=l上，

22

所以焉+£=1①，占2+3=1②，

将①式与②式相减可得：%-才+区二日=0,即警与=-4,

4%一看

于是勺"=一4,则是•网=4,

由基本不等式可得同+2网22.间.网=4及,

同=2网\=272kx=-2V2

当且仅当即当或，时,等号成立,

k，2——4k2=—y/2k2=5/2

2025年

因此，闷+2网的取值范围是［40,+8).

2.⑴见解析

小、3时3

(2)-----n

22

【分析】(1)由复数相等可得«„+1=3。“+2%i=-3bn,再由构造法可证得数列｛4+1｝和也｝

均是公比为3的等比数列；

(2)由z=2+2i,所以％=2,由此可求出““，再由分组求和法求解即可.

【详解】(1)因为复数4=%+始(%,〃€区,:1是虚数单位，〃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：数歹！J｛q+1｝和抄“｝均是等比数列.

(2)因为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证明见解析

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

运算性质可得加小，同理求得〃%=/%，则可求；

(2)由oeMz，可知存在加eN,使得o=z2"i,则对任意”eN,有,

结合(2〃L1)(2〃-1)是正奇数，得疗-%也，即此,二也.

2025年

【详解】（1）由X+!=应，得f一0无+1=0,

(2).ecM1,

存在meN,使得(o=z2m-1.

于是对任意neN,小修=Z(2〃T(2"T),

2n

由于（2加一1）（2〃一1）是正奇数，®-'eMz,

此U叫.

4.（l）z=3+i

（2）3

【分析】（1）利用复数的概念及乘法运算计算即可；

（2）利用复数的几何意义和向量在向量上的数量投影公式计算即可.

【详解】（1）=（l+3i）（3+mi）=3-3m+（9+m）i,

因为4是纯虚数，

所以3-3机=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上的数量投影为-Icni=/。27=3.

\OB\V8+6-

5.（1）275

⑵-3

【分析】（1）根据复数为实数求出6,代入化简后求复数模即可；

（2）由复数是实系数方程的根代入求出优，再结合所在象限舍去不合适的值.

z+22+历(2+6i)(l-i)6+2b-2

【详解】（1）由z=6i,17r为实数，则1+i-(l+i)(l-i)-2~Ti为实数,

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在复平面内对应的点在第四象限,

m2-4>0

所以=>m<—2,

4m<0

又z=2i为实系数方程必+（苏-9卜+4=0的根,

则4+2(根2_9)_4=0,

所以苏-9=0,m=+3,

又用＜一2,所以根=-3.

【分析】（1）利用数量积公式和三角恒等变换得到/（x）=2sin]ox+；J,求出

5+丁1，13J,根据不单调得到不等式，求出。＞5；

（2）。=1,根据复数相等得到方程，求出2sin[c+2）=当，2sinp+^=^,结合角

的范围得到cos[a+q]=*，cos,+m]=*,根据凑角法得到答案.

2025年

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

'兀（0+1）71、

由xe10，|71J,得5+枭

3

由函数/（X）在区间］。,弓］上不具有单调性，得（°；）兀＞］,解得0＞；,

故。的取值范围是［;,+e］.

（2）依题意，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（呜）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）先利用复数除法化简题给复数Z,进而求得复数Z的模目;

（2）利用复数相等列出关于。，6的方程组，解之即可求得。，6的值.

2025年

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

【详解】⑴z=—0T(l+i广-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

角军得a=3,b=—5.

(2Q-2)=-4,

8.(1)1

C、3®

(z)arccos-------

10

【分析】(1)由已知可得4,根据z是纯虚数即可求解;

(2)当加=-1时求解z,z\可得复平面上对应的点A、3的坐标，利用向量夹角公式即

可求解.

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

3-3m=0

由4是纯虚数，所以

〃i+9w0

所以〃2=1;

(2)当m=一1时，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与OB的夹角为arccos史迈.

10

9.⑴z=3+i或z=-3-i

⑵小

22

【分析】(1)解法一：设(l+3i)z=〃i(，£RMw0),根据除法运算和模长关系求。，即可得

复数z；解法二：设设z=〃+历(a、&GR),可得(l+3i)z=(〃—3。)+(3〃+知，根据纯虚数

2025年

的概念以及模长关系求。涉，即可得复数z；

(2)由题意可知：<1,设复数0,；z在复平面内对应的点分别为尸,Z,可知点P在

以点Z为圆心，!■为半径的圆上或圆内，结合圆的性质分析求解.

【详解】(1)解法一：因为(l+3i)z纯虚数,设(l+3i)z=ai(aeR,aw0),

maim(l-3i)3aa.

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

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

可得|z|=J*]+[*]=噜同=加,解得"=±10,

所以z=3+i或z=-3-i；

解法二：设2=〃+矶。、Z?eR),

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

/、[a—3b—Q

因为l+3i)z为纯虚数则。，z解得。=36,且6片0，

又因为忖=Jq?+方=io.=Ji6,解得〃=±1,

所以z=3+i或z=-3-i.

(2)因为120—z区1,BP6?——z<—,

设复数0,gz在复平面内对应的点分别为尸,Z,O为坐标原点，

则|PZ|4g,可知点P在以点Z为圆心，”为半径的圆上或圆内,

由题意可知：|OZ|=gz|=g|z|=3^，

则同引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)利用虚轴上点的性质建立方程，求解参数即可.

(2)利用第四象限上点的性质建立方程，求解参数即可.

2025年

—8/72+]5—0

【详解】(1)根据题意得2u一一八，解得m=3或m=5.

[m-5m-14^0

⑵根据题意得F:解得-2vmv3或5vmv7,

m-5m-14<0

所以实数机的取值范围是(-2,3)J(5,7).

11.(l)z=4+3i

⑶5M

\L)----

2

【分析】(1)设z=a+〃i，a,beR,则彳=a—bi,结合题意列式求解即可;

z913

(2)由(1)可得z+「=z+ki，进而可得模长.

1-122

【详解】(1)设z=a+bi,a,beR,则彳=〃一为，

（〃+历）-（Q-历）=2bi=6i=3

由题意可得，解得

（4+历）（〃-历）=〃2+力2=25=±4

又因为Z在复平面上对应的点在第一象限，即仁，所以z=4+3i.

4+913

（2）由（1）可知z=4+3i,则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)设复数z的代数形式，利用复数的乘法运算化简，根据纯虚数概念求解;

(2)利用复数的乘除、乘方化简，再由模的公式建立方程求解加.

【详解】(1)设2=」+1(a,6wR),则彳=<7-历,

由z（l—3i）=（a+历）（1—3i）=（a+3，）+0—3a）i为纯虚数,

得。+3人=0①，且》-3。/0,

由彳-z=-2M=-2i,得必=-2②，

由①②解得a=-3,6=1,验证知》一3a=10w。，满足题意.

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.

故实数机的值为1或5.

,,,「11]

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

(2)1

【分析】(1)由题意复数是实数，则虚部为零，求解出/+〃=1,进而得到机=2%由

求解。的取值范围即可;

(2)先求出租-。2,然后配凑利用基本不等式求解其最值即可.

【详解】(1)依题匕#0且〃2=2+，=[0+^7^]+(。一^^)为实数,

b

所以8-=0,得/+》2=1,即|z|二l.

/+b2

此时吁z+丁。+占+卜小)=2。，

又-14〃我1,得-;Wavg,即z的实部的取值范围是

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

当且仅当29+1)=”,即a=。时等号成立,

所以根-疗的最小值为L

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

⑵Z3=8.

【分析】(1)设复数z=x+yi,x、yeR,由共轨复数的概念、复数的模长公式结合题意

列方程组求解即可；

2025年

（2）根据（1）中Z的值，利用复数的乘法法则计算求z3即可.

【详解】（1）设复数z=x+yi,犬、yeR,则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，所以复数z=—l+/或z=—l—后；

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

=-2(l+^i)x(-l+V3i)=-2(匈2=-2x(-3-l)=8；

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

=2(1-后)(1+匈=211『-依)[=2x(l+3)=8,

综上，z3=8.

15.(1)3

(2)5

【分析】(1)根据纯虚数的定义列式求解即可；

(2)整理可得马=三+个1,结合共辗复数的定义列式求解即可.

/\/\[3—6=0

【详解】⑴若4=(3-9+。叫i为纯虚数，则]»o,解得6=3,

所以b的值为3.

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

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

a

3-b7=--—--2

2。=2

若Z与z?互为共辗复数，则，解得

—=一色b=3

2

所以a+b=5.

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

⑵证明见解析，OZ\〃OZ?

【分析】（1）由复数的乘法计算Z]/2,写出QZ]和QZ2的坐标，用向量数量积的坐标表示

2025年

计算数量积;

(2)分别计算出OZ「OZ2和z『Z2，进而得到|OZ「OZ2『=(ac+6d。

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

即OZ]〃OZ2时等号成立.

【详解】(1)z,-z2=(l+2i)-(3-4i)=ll+2i;

OZ]=(1,2),OZ2=(3,T),所以OZ/OZ；=3—8=-5；

(2)证明：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?|,

当〃=历时取等号，此时OZJ/OZ2.

17.(l)m=4

⑵「\p=4n0

【分析】(1)由z是纯虚数得到实部为0,虚部不为0,解方程组得到用的值；

(2)将z=-6+2i代入方程，实部和虚部均为0,解方程组得到P和4的值.

ZTZ?—31Tl—4—0

【详解】(1)由Z是纯虚数得2c，解得根=4.

m+机

所以当机=4时，z是纯虚数.

(2)当根=1时，z=—6+2i,

因为z是关于1的方程炉+2工+4=。的一个根，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）先利用复数减法运算化简复数，再结合复数对应的点所在象限列不等式即可求

解；

=1、

（2）根据韦达定理求得,然后利用复数运算法则化简得z；+mZ]=M+（2+〃?）i,利用

\n=2

11i202551

该复数为实数列方程得加=-2,从而代入2=—+—+——化简得2=了—不，最后利用复

Zjz2m+m44

数模的运算求解即可.

【详解】（1）因为复数4=〃+i,z2=l-ai,所以Z-Z2=a-l+（Q+l）i,

其对应的点为由题意[+]>0,解得

即实数a的取值范围为（-U）;

(2)由题意知X?—(a+l)x+〃=0的两根为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

因为z；+mzx=(a+i)2+，w(a+i)=(l+i)?+m+im=机+(2+机)i为实数,

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个

(2)10个

【分析】（1）利用点的特征确定复数个数即可.

（2）利用点的特征确定复数个数即可.

【详解】（1）若点在实轴上，则6=0,此时。=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,

均满足题意，故共有1。个这样的复数.

（2）若点在虚轴上，则a=0,此时匕=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,

均满足题意，故共有10个这样的复数.

2025年

20.(l)z=2j^cos—+isin—J

(2)tan(arg0)=

【分析】(i)解方程结合辐角范围得到复数，再表示为三角形式即可.

(2)利用旋转的性质求出z、。，最后利用辐角的性质求解即可.

【详解】(1)由Z2+2Z+4=0,解得z=-l土石i.

：argze[,兀],z=-1-杳应舍去，

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

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

V|C4|=|CB|,AB,C位置成逆时针顺序,又=