【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题7.7 复数的运算大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(16)页，61.782 KB，由小赞的店铺上传

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专题7.7复数的运算大题专项训练（30道）【人教A版2019必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2023·高一课时练习）已知复数𝑧=−21+√3i，

求1+𝑧+𝑧2+⋯+𝑧2022的值．【解题思路】由题知𝑧=−1+√3i2，𝑧2=−1−√3i2，𝑧3=1，𝑧+𝑧2+𝑧3=0，进而根据周期性求解即可.【解答过程】解：因为𝑧=−21+√3i=−2(1−√3i)(1+√3i)(1−√3i

)=−1+√3i2，所以𝑧2=(−1+√3i2)2=1−3−2√3i4=−1−√3i2所以𝑧3=−1+√3i2⋅−1−√3i2=1−(√3i)24=1所以，𝑧+𝑧2+𝑧3=−1+√3i2+−1−√3i2+1=0，所

以1+𝑧+𝑧2+⋯+𝑧2022=1+674(𝑧+𝑧2+𝑧3)=12．（2023·高一课时练习）已知非零复数𝑧1，𝑧2满足|𝑧1+𝑧2|=|𝑧1−𝑧2|，求证：(𝑧1𝑧2)2一定是负数．【解题思路】设𝑧1=𝑎+𝑏i,𝑧2=𝑐+𝑑i(𝑎,𝑏,�

�,𝑑∈𝑅)，根据|𝑧1+𝑧2|=|𝑧1−𝑧2|化简得𝑎𝑐+𝑑𝑏=0，而𝑧1𝑧2=𝑎+𝑏i𝑐+𝑑i=𝑏𝑐−𝑎𝑑𝑐2+𝑑2i，根据非零复数𝑧1,𝑧2则可判断𝑎𝑑−𝑏𝑐≠0，则

𝑧1𝑧2是纯虚数，则(𝑧1𝑧2)2是负数.【解答过程】设𝑧1=𝑎+𝑏i,𝑧2=𝑐+𝑑i(𝑎,𝑏,𝑐,𝑑∈𝑅)|𝑧1+𝑧2|=|𝑧1−𝑧2|，即|(𝑎+𝑐)+(𝑏+𝑑)i|=|(𝑎−�

�)+(𝑏−𝑑)i|则(𝑎+𝑐)2+(𝑏+𝑑)2=(𝑎−𝑐)2+(𝑏−𝑑)2化简得𝑎𝑐+𝑑𝑏=0∴𝑧1𝑧2=𝑎+𝑏i𝑐+𝑑i=(𝑎+𝑏i)(𝑐−𝑑i)(𝑐+𝑑i)(𝑐−𝑑i)=𝑏𝑐−𝑎𝑑𝑐2+𝑑2i，又𝑏𝑐−𝑎�

�≠0，否则𝑧1,𝑧2中至少有一个为零，则𝑧1𝑧2是纯虚数,∴(𝑧1𝑧2)2是负数.3．（2023·高三课时练习）已知𝑧是复数，𝑧+2i、𝑧2−i均为实数（i为虚数单位），且复数(𝑧+𝑎i)2在复平面上对应的点在第一象限

，求实数𝑎的取值范围．【解题思路】设𝑧=𝑥+𝑦i(𝑥、𝑦∈𝑅)，化简𝑧+2i、𝑧2−i并根据其均为实数求得参数x，y，化简(𝑧+𝑎i)2并根据其在复平面上对应的点在第一象限列不等式即可求得𝑎的范围.【解答过程】设𝑧

=𝑥+𝑦i(𝑥、𝑦∈𝑅)，∵𝑧+2i=𝑥+(𝑦+2)i为实数，∴𝑦=−2，∴𝑧=𝑥−2i.∵𝑧2−i=𝑥−2i2−i=15(𝑥−2i)(2+i)=15(2𝑥+2)+15(𝑥−4)i为实数，∴

𝑥=4．∴𝑧=4−2i．∵(𝑧+𝑎i)2=[4+(𝑎−2)i]2=(12+4𝑎−𝑎2)+8(𝑎−2)i在复平面上对应的点在第一象限，∴{12+4𝑎−𝑎2>08(𝑎−2)>0，解得2<𝑎<6.∴实数a的取值范围是(2,6)．4．（2022春·

陕西榆林·高二校考期中）已知复数𝑧=𝑏i（𝑏∈R，i是虚数单位），𝑧+31−i是实数.(1)求b的值；(2)若复数(𝑚−𝑧)2−8𝑚在复平面内对应的点在第二象限，求实数m的取值范围.【解题思路】（1）利用复数的除法可求𝑧+31−i，再结合其为实数可求𝑏=−3；（2）利用复数的乘方

可求(𝑚−𝑧)2−8𝑚，再由它对应的点所处的象限可求𝑚的取值范围.【解答过程】（1）∵𝑧=𝑏i，∴𝑧+31−i=3+𝑏i1−i=(3+𝑏i)(1+i)2=3−𝑏+(𝑏+3)i2∵z+31−i是实数，∴𝑏+3=0，解得𝑏

=−3.（2）由（1）知𝑧=−3i,∴(𝑚−𝑧)2−8𝑚=(𝑚+3i)2−8𝑚=(𝑚2−8𝑚−9)+6𝑚i，∵复数(𝑚−𝑧)2−8𝑚在复平面内对应的点在第二象限，∴{𝑚2−8𝑚−9<0

6𝑚>0，解得0<𝑚<9，故实数m的取值范围是(0,9).5．（2022春·广西桂林·高二校考期中）已知复数𝑧=𝑚2−2𝑚−15+(𝑚2−9)i，其中𝑚∈R.(1)若𝑧为实数，求𝑚的值；(2)若𝑧为纯虚数，求𝑧1+i的值.【解题思路】（1）由题

意得𝑚2−9=0，求解即可；（2）先由题意求得𝑧=16i，再根据复数的除法法则化简复数𝑧1+i，由此可求得答案.【解答过程】（1）若z为实数，则𝑚2−9=0，解得𝑚=±3．（2）若𝑧为纯虚数，则{𝑚2−2𝑚−15=0�

�2−9≠0，解得𝑚=5，∴𝑧=16i，故𝑧1+i=16i1+i=16i(1−i)(1+i)(1−i)=8+8i.6．（2022·高一单元测试）设复数𝑧1=1−𝑎i(𝑎∈𝑅),𝑧2=3−4i.(1)若𝑧1+𝑧2是实数，

求𝑧1⋅𝑧2；(2)若𝑧1𝑧2是纯虚数，求𝑧1的共轭复数.【解题思路】(1)根据𝑧1+𝑧2是实数，求得𝑎=−4，再由复数的乘法运算即可求得𝑧1⋅𝑧2；(2)由𝑧1𝑧2是纯虚数，可得𝑎=−34，即有𝑧1=1+34i，即可得𝑧1的共轭复数.【解答过程】（1

）解：∵𝑧1+𝑧2=4−(4+𝑎)i是实数，∴4+𝑎=0,𝑎=−4,𝑧1=1+4i，∴𝑧1⋅𝑧2=(1+4i)(3−4i)=19+8i；（2）解：∵𝑧1𝑧2=1−𝑎i3−4i=(1−𝑎i)(3+

4i)(3−4i)(3+4i)=(3+4𝑎)+(4−3𝑎)i25是纯虚数，所以{3+4𝑎=04−3𝑎≠0，解得𝑎=−34，所以𝑧1=1+34i，故𝑧1的共轭复数为1−34i.7．（2022春·重庆酉阳·高一阶段练习）已知复数𝑧=1+𝑏i（i为虚数

单位，𝑏>0，且𝑧2为纯虚数．(1)求复数𝑧；(2)若复数𝜔=𝑧1−i，求𝜔的模．【解题思路】（1）由𝑧2为纯虚数，结合题意可求出𝑏=1，即可求出复数𝑧.（2）由复数的乘法和除法运算化简复数𝜔

，再由复数的模长公式即可求出答案.【解答过程】（1）因为复数𝑧=1+𝑏i，则𝑧2=(1+𝑏i)2=1−𝑏2+2𝑏i，因为𝑧2为纯虚数，所以{1−𝑏2=02𝑏≠0，又因为𝑏>0，所以𝑏=1.所以𝑧

=1+i.（2）𝜔=𝑧1−i=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=2i2=i，则|𝜔|=1.8．（2023·高一课时练习）设复数𝜔=−12+√32i，求证：(1)𝜔，𝜔2，1都是1的立方根；(2)1+�

�+𝜔2=0．【解题思路】（1）写出复数的三角形式，利用三角形式进行计算即可证明；（2）利用复数的三角运算求出𝜔2，进而可得1+𝜔+𝜔2的值.【解答过程】（1）∵𝜔=−12+√32i=cos2π3+isin2π

3∴𝜔3=(cos2π3+isin2π3)3=cos(3×2π3)+isin(3×2π3)=cos2π+isin2π=1，(𝜔2)3=𝜔6=(𝜔3)2=12=1，13=1，所以𝜔，𝜔2，1都是1的立方根；（2）∵𝜔2=(cos

2π3+isin2π3)2=cos(2×2π3)+isin(2×2π3)=cos4π3+isin4π3=−12−√32i，∴1+𝜔+𝜔2=1−12+√32i−12−√32i=0.9．（2022春·重庆沙坪坝·高一期中）已知a，bR，i是虚数单位，若复数𝑧1=

𝑎−i与𝑧2=2+bi互为共轭复数.(1)判断复平面内𝑧2对应的点在第几象限;(2)计算(𝑎+𝑏i)2.【解题思路】（1）根据共轭复数的定义求得𝑎,𝑏，得复数𝑧2，再得其对应点的坐标，从而得其所在象限；（2）由复数的乘方法则计算

．【解答过程】（1）因为复数𝑧1=𝑎−i与𝑧2=2+bi互为共轭复数，则a=2，b=1，𝑧2=2+i，其对应的点为(2,1)，故在第一象限;（2）(𝑎+𝑏i)=(2+i)2=4+4i+i2=3+4i．10．（2023·高一单元测试）已知𝑓(𝑧

)=𝑧−1，且𝑓(𝑧1−𝑧2)=4+4i，若𝑧1=2−2i．(1)求复数𝑧1的三角形式与arg𝑧1；(2)求|𝑧1−𝑧2𝑧1+𝑧2|．【解题思路】（1）求出复数𝑧1的模和辐角主值后，可得复数𝑧1的三角形式；（2）根据𝑓(𝑧)=𝑧−1，𝑓(�

�1−𝑧2)=4+4i以及𝑧1=2−2i求出𝑧2，将𝑧1和𝑧2代入|𝑧1−𝑧2𝑧1+𝑧2|可求出结果.【解答过程】（1）因为𝑧1=2−2i，所以其模𝑟=√22+(−2)2=2√2，设其辐角为𝜃，则cos𝜃=22√2=√22，sin𝜃=−2

2√2=−√22，因为复数𝑧1=2−2i对应的点(2,−2)在第四象限，所以arg𝑧1=7π4，所以复数𝑧1的三角形式为𝑧1=2√2(cos7π4+isin7π4).（2）因为𝑓(𝑧)=𝑧−1，所以𝑓(𝑧1−𝑧2)=𝑧1−𝑧2−1=𝑧̅1−𝑧̅2−1=4+4i，因为�

�1=2−2i，所以2+2i−𝑧̅2−1=4+4i,所以𝑧̅2=−3−2i，所以𝑧2=−3+2i，所以|𝑧1−𝑧2𝑧1+𝑧2|=|2−2i+3−2i2−2i−3+2i|=|5−4i−1|=√24+16=√41.11．（

2023·高一课时练习）已知复数𝑧=3𝑥−(𝑥2−𝑥)i(𝑥∈𝑅)的实部与虚部的差为𝑓(𝑥)．(1)若𝑓(𝑥)=8，且𝑥>0，求复数i𝑧的虚部；(2)当𝑓(𝑥)取得最小值时，求复数𝑧1+2i的实部．【解题思路】（1）由复

数的实部、虚部的运算，可得𝑓(𝑥)=𝑥2+2𝑥，再结合题意可得𝑥=2，再确定i𝑧在复平面内对应的点的坐标即可；（2）先求出函数取最小值时𝑥对应的值，再结合复数的除法运算即可得解.【解答过程】（1）由题意可得�

�(𝑥)=3𝑥+(𝑥2−𝑥)=𝑥2+2𝑥，因为𝑓(𝑥)=8，所以𝑥2+2𝑥=8，又𝑥>0，所以𝑥=2，即𝑧=6−2i，则i𝑧=i(6−2i)=2+6i，所以复数i𝑧的虚部为6．（2）因为𝑓(�

�)=𝑥2+2𝑥=(𝑥+1)2−1，所以当𝑥=−1时，𝑓(𝑥)取得最小值，此时，𝑧=−3−2i，则𝑧1+2i=−3+2i1+2i=−(3+2i)(1−2i)5=−75+45i，所以𝑧1+2i的

实部为−75．12．（2022春·广西玉林·高一阶段练习）已知复数𝑧=(1−i)2+3(1+i)2−i．(1)求z的共轭复数；(2)若𝑎𝑧+𝑏=1−i，求实数a，b的值．【解题思路】（1）根据

复数乘方、除法的运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可；（2）根据复数相等的定义进行求解即可.【解答过程】（1）𝑧=(1−i)2+3(1+i)2−i=1−2i−1+3+3i2−i=(3+i)(2+i)(2−i)(2+i)=6+3i+2i−15=1+i，所以z的共轭复数为1−i；（2）𝑎�

�+𝑏=1−i⇒𝑎(1+i)+𝑏=1−i⇒𝑎+𝑏+𝑎i=1−i⇒{𝑎+𝑏=1𝑎=−1⇒𝑎=−1,𝑏=2.13．（2023·高一课时练习）复数𝑧=(1+i)2+2i1−i，其中i为虚数单位．(1)求𝑧及|𝑧|；(2)若𝑧2+𝑎𝑧

̅+𝑏=2+3i，求实数𝑎，𝑏的值．【解题思路】（1）首先根据复数的运算求解出复数𝑧，进而根据复数的模长公式求解|𝑧|；（2）首先将𝑧=−1+3i代入等式，然后根据等式关系构造方程组，解方程组即可得到实数𝑎，𝑏的值.【解答过程】（1）∵𝑧=(1+i)2+2i1−

i=1+2i+i2+2i(1+i)(1+i)(1−i)=2i+i(1+i)=−1+3i，∴|𝑧|=√(−1)2+32=√10．（2）由（1）可知𝑧=−1+3i，𝑧=−1−3i由𝑧2+𝑎𝑧̅+𝑏=2+3i，得：(−1+3i)2+𝑎(−1−3i)

+𝑏=2+3i，即(−8−𝑎+𝑏)+(−6−3𝑎)i=2+3i，∴{−8−𝑎+𝑏=2,−6−3𝑎=3.，解得{𝑎=−3,𝑏=7.14．（2022秋·山东日照·高二统考期中）已知𝑧是复数，𝑧+

2i（i为虚数单位）为实数，且𝑧+𝑧̅=8.(1)求复数𝑧；(2)若复数(𝑧+𝑎i)2在复平面上对应的点在第四象限，求实数𝑎的取值范围.【解题思路】（1）设𝑧=𝑐+𝑑i（𝑐，𝑑∈𝑅），利用复数的运算法则、复数为实数

的条件即可得出；（2）根据复数的运算法则和几何意义即可得出.【解答过程】（1）根据题意，设复数𝑧=𝑐+𝑑i（𝑐，𝑑∈𝑅），则𝑧+2i=𝑐+(𝑑+2)i为实数，即𝑑+2=0，解得𝑑=−2，所以𝑧

=𝑐−2i，𝑧̅=𝑐+2i.又∵𝑧+𝑧̅=𝑐+2i+𝑐−2i=8，∴2𝑐=8，得𝑐=4，所以复数𝑧=4−2i.（2）由（1）知，(𝑧+𝑎i)2=(4−2i+𝑎i)2=16−(𝑎−2)2+8(𝑎−2)i对应的点在第四象

限，所以{16−(𝑎−2)2>0,8(𝑎−2)<0,解得：{−2<𝑎<6𝑎<2，即−2<𝑎<2.所以实数𝑎的取值范围是(−2,2).15．（2022·湖南·模拟预测）国际数学教育大会（ICME）是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议，第

十四届大会将在上海召开，其会标如图，包含若许多数学元素，主画面是非常优美的几何化的中心对称图形，由弦图、圆和螺线组成，主画面标明的ICME—14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744，也可以读出其二进制码（0）11111100100，换算成十进

制的数是n，求(1+i)2𝑛及(1+i√2)𝑛的值．【解题思路】利用进位制求出𝑛的值，然后利用复数代数形式的乘除运算化简即可求出结果.【解答过程】∵11111100100=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+0×23+1×22+0×

21+0×20=2020．∴𝑛=2020，∴(1+i)2𝑛=[(1+i)2]𝑛=(2i)2020=22020i2020=22020，(1+i√2)𝑛=(1+i√2)2020=(1+i√2)2×1010=i1010=−1．16．已知𝑧=1+i.(1)设𝜔=𝑧2+3𝑧̅−4，求𝜔

的三角形式；(2)如果𝑧2+𝑎𝑧+𝑏𝑧2−𝑧+1=1−i，求实数a，b的值.【解题思路】（1）求出𝑧=1+i的共轭复数，代入𝜔=𝑧2+3𝑧̅−4化简，再求𝜔，最后再整理成𝜔的三角形式；（2）根据𝑧

2+𝑎𝑧+𝑏𝑧2−𝑧+1=1−i，得到(𝑎+𝑏)+(𝑎+2)i=1+i，列方程组即可求解.【解答过程】（1）已知𝑧=1+i，∴𝑧̅=1−i，∴𝜔=(1+i)2+3(1−i)−4=2i+3−3i−

4=−1−i，∴𝜔对应的点是(−1,−1)，𝜔对应的复数辐角为𝜃，故0≤𝜃<2𝜋，又由对应的cos𝜃=−√22，sin𝜃=−√22，得到𝜃=5𝜋4，故𝜔的三角形式为𝜔=√2(cos5𝜋4+isin5𝜋4)；（2）∵𝑧2+𝑎𝑧

+𝑏𝑧2−𝑧+1=2i+𝑎(1+i)+𝑏2i−(1+i)+1=(𝑎+𝑏)+(𝑎+2)ii=1−i，∴(𝑎+𝑏)+(𝑎+2)i=(1−i)i=1+i，∴{𝑎+𝑏=1𝑎+2=1，解得{𝑎=−1𝑏=2.17．（2022春·河南郑州·高二期中）已知复数𝑧=1+�

�i（i是虚数单位，𝑚∈R），且𝑧̅⋅(3+i)为纯虚数(𝑧̅是𝑧的共轭复数).(1)设复数𝑧1=𝑚+2i1-i，求|𝑧1|；(2)设复数𝑧2=𝑎-i2022𝑧，且复数𝑧2所对应的点在第一象限，求实数𝑎的取

值范围.【解题思路】（1）根据已知条件，结合纯虚数和共轭复数的定义，求出𝑚，再结合复数模公式，即可求解；（2）根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解.【解答过程】（1）∵𝑧=1+𝑚i，∴

𝑧̅=1-𝑚i.∴𝑧̅(3+i)=(1-𝑚i)(3+i)=(3+𝑚)+(1-3𝑚)i，∵𝑧̅⋅(3+i)为纯虚数，∴{3+𝑚=01-3𝑚≠0，解得𝑚=-3，故𝑧=1-3i，𝑧1=-3+2i1-i=(-3+2i)(1+i)(1-i)(1+i)=-52-12i，则|𝑧

1|=√(-52)2+(-12)2=√262.（2）∵i2022=(i4)⬚505⋅i2=-1，∴𝑧2=𝑎-i2022𝑧=𝑎+11-3i=(𝑎+1)(1+3i)(1-3i)(1+3i)=𝑎+110+3𝑎+310i，∵复数𝑧2所对应的点在第一象限，∴

{𝑎+110>03𝑎+310>0，解得𝑎>-1，故实数𝑎的取值范围为(-1,+∞).18．（2022春·浙江·高一期中）已知复数𝑧使得𝑧+2i∈R，𝑧2−i∈R，其中i是虚数单位．(1)求复数𝑧的

模；(2)若复数(𝑧+𝑚i)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数m的取值范围．【解题思路】（1）设复数𝑧=𝑎+𝑏i，(𝑎,𝑏∈R)，由复数的运算性质和复数为实数的条件，虚部为0，解方程即可得到复数𝑧，从而求出其模；（2）计算复数(𝑧+𝑚

i)2，由复数对应的点在第一象限，可得𝑚的不等式组，解不等式即可得到𝑚的范围．【解答过程】（1）解：设复数𝑧=𝑎+𝑏i，(𝑎,𝑏∈R)，根据题意，𝑧+2i=𝑎+𝑏i+2i=𝑎+(𝑏+2)i，所以𝑏+2=

0，即𝑏=−2；又𝑧2−i=(𝑎+𝑏i)(2+i)5=2𝑎−𝑏5+2𝑏+𝑎5i，所以2𝑏+𝑎=0，即𝑎=−2𝑏=4，所以𝑧=4−2i，则|𝑧|=√42+(−2)2=2√5；（2）解：由（1）可知𝑧=4−2i，所以(𝑧+𝑚i)2=(4−2i+𝑚i

)2=[4+(𝑚−2)i]2=16−(𝑚−2)2+8(𝑚−2)i。在复平面内对应的点为(16−(𝑚−2)2,8(𝑚−2))，位于第一象限，所以8(𝑚−2)>0且16−(𝑚−2)2>0，解得2<𝑚<6，即𝑚的取值范围为(2,6)．19．（2022秋·广东中山

·高二阶段练习）已知𝑧1=1+2i,𝑧2=3−4i，i是虚数单位．(1)求𝑧1⋅𝑧2；(2)设复数𝑧1、𝑧2、𝑧3在复平面内所对应的点分别为𝑍1、𝑍2、𝑍3，O为坐标原点，若𝑂、𝑍1、𝑍2、�

�3所构成的四边形为平行四边形，求复数𝑧3．【解题思路】（1）由复数的四则运算法则求解（2）由复数的几何意义求解【解答过程】（1）𝑧2=3+4i𝑧1𝑧2=(1+2i)(3+4i)=(1×3−2×4)+(1×4+2×3)i=−5+10i；（2）若𝑂𝑍1�

�3𝑍2为平行四边形，则𝑧3=𝑧1+𝑧2=4−2i若𝑂𝑍1𝑍2𝑍3为平行四边形，则𝑧2=𝑧1+𝑧3，得𝑧3=𝑧2−𝑧1=2−6i若𝑂𝑍3𝑍1𝑍2为平行四边形，则𝑧1=𝑧2+𝑧3，得𝑧3=𝑧1−𝑧2=−2+6i．20．（2022

秋·浙江台州·高二开学考试）复数𝑧1=𝑎−i，𝑧2=1−2i，其中i是虚数单位，且𝑧1𝑧2为纯虚数．(1)求复数𝑧1；(2)若复数(𝑧1+𝑏+2)2(b∈R)在复平面内对应的点在第四象限,求b的取值范围．【解题思路】（1）利用纯虚数的定义，由{𝑎+25=02𝑎−15≠0，解

出即可得出．（2）利用复数的几何意义，由题意得{𝑏2−1>0−2𝑏<0，解出即可得出．【解答过程】（1）𝑧1𝑧2=𝑎−i1−2i=(𝑎−i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=(𝑎+2)+(2𝑎−1)i5=𝑎+25+(2𝑎−1)5i．因为𝑧1𝑧2为纯虚数，所以{𝑎+2

5=02𝑎−15≠0，所以𝑎=−2．（2）(𝑧1+𝑏+2)2=(𝑏−i)2=𝑏2−1−2𝑏i，由已知{𝑏2−1>0−2𝑏<0，解得𝑏>1，所以实数𝑏的取值范围为(1,+∞).21．（2022春·江苏盐城·高一期中）若复数𝑧1=1+𝑎

i(𝑎∈𝑅)，复数𝑧2=3−4i．(1)若𝑧1+𝑧2∈𝑅，求实数𝑎的值；(2)若𝑎=2，求𝑧1𝑧2．【解题思路】（1）利用复数的加法化简复数𝑧1+𝑧2，根据复数的概念可得出关于实数𝑎的

等式，即可求得实数𝑎的值；（2）当𝑎=2时，利用复数的除法可求得复数𝑧1𝑧2.【解答过程】（1）解：由已知𝑧1+𝑧2=4+(𝑎−4)i∈𝑅，则𝑎−4=0，解得𝑎=4.（2）解：当𝑎=2时，𝑧1𝑧2=1+2i3

−4i=(1+2i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=−5+10i25=−15+25i.22．（2022春·福建福州·高一期末）已知−1+2i是关于𝑥的方程𝑥2+𝑝𝑥+𝑞=0(𝑝，𝑞∈𝑅)的一个根，其中𝑖为虚数单位.(1)求𝑝，𝑞的值;(2

)记复数𝑧=𝑝+𝑞i，求复数𝑧1+i的模.【解题思路】（1）将−1+2i代入方程，利用复数相等，得到方程，求出𝑝=2,𝑞=5；（2）在第一问的基础上得到𝑧1+i=2−5i1+i，从而求出模长.【解答过程】（1）由题意得:(−1+2i)2+𝑝(−1+2i)+�

�=0，即1−4i+4i2−𝑝+2𝑝i+𝑞=0，所以−3−𝑝+𝑞+2𝑝i−4i=0，所以−3−𝑝+𝑞=0，2𝑝−4=0，解得：𝑝=2,𝑞=5；（2）𝑧=2+5i，𝑧1+i=2−5i1+i，所以|𝑧1+i|=|2−5i1+i|=|2−5i||1+i|=√4+25√2

=√582.23．（2022春·北京昌平·高一期中）已知复数𝑧=(1−i)2+5i1−2i.(1)求(𝑧+2)2；(2)若−𝑚𝑧+𝑛=1+i(𝑚,𝑛∈𝑅)，求𝑚𝑛.【解题思路】（1）根据复数的乘除法运算求解即可

；（2）根据复数相等的条件可得{𝑛=−1𝑚=1，进而可得𝑚𝑛【解答过程】（1）𝑧=(1−i)2+5i1−2i=−2i+5i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−2i+i−2=−2−i，故(𝑧+2)2=(−i)2=−1（2）由（1）𝑧=−2−i，若−𝑚𝑧+𝑛=1+

i则−𝑚(−2−i)+𝑛=1+i，即2𝑚+𝑛+𝑚i=1+i，故{2𝑚+𝑛=1𝑚=1，解得{𝑛=−1𝑚=1，故𝑚𝑛=−1.24．（2022秋·山东临沂·高二开学考试）已知复数𝑧=3−i2+i（i是虚数单位）.(1)求复数z的共轭复数和模；(2)若𝑧2+𝑎

𝑧+𝑏=𝑧(𝑎,𝑏∈𝑅).求a，b的值.【解题思路】（1）利用复数运算化简𝑧，从而求得𝑧的共轭复数以及模.（2）根据复数相等列方程，化简求得𝑎,𝑏的值.【解答过程】（1）𝑧=3−i2+i=(3−i)(2−i)(2+i)(2−i)=5

−5i5=1−i，所以z的共轭复数𝑧=1+i，|𝑧|=√12+(−1)2=√2.（2）因为𝑧2+𝑎𝑧+𝑏=1+i(𝑎,𝑏∈𝑅)，即(1−i)2+𝑎(1−i)+𝑏=1+i，也即𝑎+𝑏+(−2

−𝑎)i=1+i，所以{𝑎+𝑏=1−2−𝑎=1，解得{𝑎=−3𝑏=4.25．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高二开学考试）已知复数𝑧1=3+4i，𝑧2=−2i，i为虚数单位．(1)若𝑧=𝑧1𝑧2，求z的共轭复数；(2)若复数𝑧1+𝑎𝑧2在复平面上对应的点在第

一象限，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）先由复数除法运算化简求出𝑧，即可得出共轭复数；（2）先求出𝑧1+𝑎𝑧2，根据象限列出不等式即可求出.【解答过程】（1）由𝑧=𝑧1𝑧2=3+4i−2i=(3+4i)i−2

i⋅i=−4+3i2=−2+32i，所以𝑧=−2−32i；（2）由题意，复数𝑧1=3+4i，𝑧2=−2i，则𝑧1+𝑎𝑧2=3+4i+𝑎(−2i)=3+(4−2𝑎)i，∵复数𝑧1+𝑎𝑧2在复平面上对应的点在第一象限，∴4−2𝑎>0解得𝑎<2，∴

实数a的取值范围(−∞,2)．26．（2022·全国·高一专题练习）已知复数𝑧满足𝑧2−2𝑧+4=0，虚数𝑧1满足𝑧12+𝑎𝑧1+𝑏=0(𝑎,𝑏∈𝑅).(1)求|𝑧|；(2)若𝑧1+𝑧1=𝑧̅𝑧+𝑧𝑧̅，求𝑎的值.【解题思路】（1）解方程即可求解

；（2）先化简𝑧̅𝑧+𝑧𝑧̅，再根据𝑧1+𝑧1=−𝑎可求解.【解答过程】（1）易解得𝑧=2±√12i2=1±√3i，所以|𝑧|=√12+(√3)2=2；（2）由（1）可知，𝑧1+𝑧1=1+√3i

1−√3i+1−√3i1+√3i=(1+√3i)2(1−√3i)(1+√3i)+(1−√3i)2(1+√3i)(1−√3i)，所以𝑧1+𝑧1=(1+√3i)24+(1−√3i)24=−1，又𝑧1+𝑧1=−𝑎，所以𝑎=1.27．（2

022春·广西百色·高二期末）已知复数𝑧1=(2+i)2，𝑧2=4−3i.(1)求|𝑧1⋅𝑧2|；(2)求𝑧1𝑧2+(𝑧1𝑧2)2+(𝑧1𝑧2)3+⋅⋅⋅+(𝑧1𝑧2)2020.【解题思路】（1）先求出𝑧1⋅𝑧2，再求|

𝑧1⋅𝑧2|；（2）先求出𝑧1𝑧2=i，再利用i𝑛的周期性求和.【解答过程】(1)由题可得：𝑧1⋅𝑧2=(2+i)2⋅(4−3i)=(3+4i)⋅(4−3i)=24+7i，所以|𝑧1⋅𝑧2|=√242+72=25(2)因为𝑧1𝑧2=(2+i)24−3i=(3+4i)(4+3

i)25=i所以𝑧1𝑧2+(𝑧1𝑧2)2+(𝑧1𝑧2)3+⋅⋅⋅+(𝑧1𝑧2)2020=i+i2+i3+⋅⋅⋅+i2020=i(1−i2020)1−i=0.28．（2022春·上海长宁·高一阶段练习）已知复数𝑧满足|𝑧|=√2，𝑧2的虚部为2．(1)求复数𝑧；(2)

若Re𝑧>0，设𝑧、𝑧2、4𝑧−𝑧2在复平面上的对应点分别为A、B、C，求△𝐴𝐵𝐶的面积．【解题思路】设𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，结合条件求𝑎,𝑏即可得z；（2）结合（1）结论，利用复

数的四则运算即可得𝑧,𝑧2,4𝑧−𝑧2的对应坐标，进而求它们构成的△𝐴𝐵𝐶的面积；【解答过程】（1）设𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，则|𝑧|2=𝑎2+𝑏2=2,𝑧2=𝑎2−𝑏2+2𝑎

𝑏𝑖.由𝑧2的虚部为2，有2𝑎𝑏=2.∴{𝑎=1𝑏=1或{𝑎=−1𝑏=−1即𝑧=1+𝑖或𝑧=−1−𝑖.（2）因为Re𝑧>0，所以𝑧=1+𝑖，𝑧2=(1+𝑖)2=2𝑖,4𝑧−𝑧2=4+2𝑖.∴点𝐴(1,1),𝐵(0,2),𝐶(4,2

)，直线𝐵𝐶:y=2，所以且A到𝐵𝐶的距离为1；∴S△𝐴𝐵𝐶=12|𝐵𝐶|×1=12×4×1=2.∴△𝐴𝐵𝐶的面积为2.29．（2023·高一课时练习）设i为虚数单位，n为正整数，𝜃∈[0,2𝜋)．(1)观察

(cos𝜃+isin𝜃)2=cos2𝜃+isin2𝜃，(cos𝜃+isin𝜃)3=cos3𝜃+isin3𝜃，(cos𝜃+isin𝜃)4=cos4𝜃+isin4𝜃，…猜测：(cos𝜃+isin𝜃)𝑛（直接写出结果）；(2)若复数𝑧=√3−

i，利用（1）的结论计算𝑧10．【解题思路】（1）观察规律即可得；（2）由特殊角三角函数得𝑧=2(cos11π6+isin11π6)，结合（1）的结论及诱导公式化简求值即可.【解答过程】（1）由观察得(cos𝜃+isin𝜃)𝑛=cos𝑛𝜃+isi

n𝑛𝜃；（2）𝑧=√3−i=2(√32−i⋅12)=2(cos11π6+isin11π6)，由（1）得𝑧10=210(cos11π6+isin11π6)10=210(cos10×11π6+isin10×11π6)=210(cos55π3+isin55π3)=210[cos(18π+π3)

+isin(18π+π3)]=210(cosπ3+isinπ3)=210(12+√32i)=512+512√3i.30．（2022春·上海普陀·高一阶段练习）已知复数𝑧1、𝑧2对应的向量为𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.(

1)若向量𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−3,4)，且𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，|𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|.求𝑂𝑍2对应的复数𝑧2;(2)容易证

明:(𝑧1+𝑧2)2+(𝑧1−𝑧2)2=2𝑧12+2𝑧22，类比到对应的向量，请写出类似的结论，并加以证明;(3)设|𝑧1|=1,|𝑧2|=2,2𝑧1+𝑧2=−1+3i，求𝑧1𝑧2的值.【解题思路】（1）由向量垂直和向量的模相

等用坐标表示列方程组计算即可；（2）直接通过计算证明即可；（3）将复数𝑧1、𝑧2设为代数形式表示，由已知条件列方程组解出所需式子的值并代入即可.【解答过程】（1）设𝑧2=𝑎+𝑏i，(𝑎,𝑏∈R)，则𝑂𝑍2⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=(𝑎,𝑏)因为𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−3𝑎+4𝑏=0①又|𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，所以√𝑎2+𝑏2

=√(−3)2+42=5②联立①②得{𝑎=4𝑏=3或{𝑎=−4𝑏=−3，即𝑧2=4+3i或𝑧2=−4−3i.（2）(𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2+(𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2=2𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+2�

�𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2，证明如下：(𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2+(𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2=𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗2+2⋅𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2−2⋅𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2+2𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2；（3）设

𝑧1=𝑎+𝑏i,𝑧2=𝑐+𝑑i，(𝑎,𝑏,𝑐,𝑑∈R)由题可得𝑎2+𝑏2=1，𝑐2+𝑑2=4，2𝑎+𝑐=−1，2𝑏+𝑑=3.所以(2𝑎+𝑐)2=4𝑎2+𝑐2+4𝑎𝑐=1①，(2𝑏+𝑑)2=4𝑏2

+𝑑2+4𝑏𝑑=9②，①+②得4(𝑎2+𝑏2)+𝑐2+𝑑2+4(𝑎𝑐+𝑏𝑑)=10，所以𝑎𝑐+𝑏𝑑=12.设𝑏𝑐−𝑎𝑑=𝑥，则(𝑎𝑐+𝑏𝑑)2+(𝑏𝑐−𝑎𝑑)2=𝑎2𝑐2+𝑏2𝑑2+2𝑎𝑏𝑐

𝑑+𝑏2𝑐2+𝑎2𝑑2−2𝑎𝑏𝑐𝑑=𝑎2𝑐2+𝑏2𝑑2+𝑏2𝑐2+𝑎2𝑑2=14+𝑥2，又(𝑎2+𝑏2)(𝑐2+𝑑2)=𝑎2𝑐2+𝑏2𝑑2+𝑏2𝑐2+�

�2𝑑2=4，所以𝑥2=4−14=154，𝑥=±√152.即𝑏𝑐−𝑎𝑑=±√152.所以𝑧1𝑧2=𝑎+𝑏i𝑐+𝑑i=(𝑎+𝑏i)(𝑐−𝑑i)(𝑐+𝑑i)(𝑐−𝑑i)=𝑎𝑐+𝑏𝑑

+(𝑏𝑐−𝑎𝑑)i𝑐2+𝑑2=12±√152i4=1±√15i8.