【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题7.2 复数的概念（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(10)页，75.346 KB，由小赞的店铺上传

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专题7.2复数的概念（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022·高一课时练习）下列命题正确的是（）A．实数集与复数集的交集是空集B．任何两个复数都不能比较大小C．任何复数的平方均非负D．虚数集与实数集的并集为复数

集【解题思路】利用复数的基本概念与性质，结合反例判断选项的正误即可．【解答过程】解：实数集与复数集的交集是实数集，所以A不正确；任何两个复数都不能比较大小，不正确，当两个复数是实数时，可以比较大小，所以B不正确；任何复数的平方均非负，反例i2=−1，所以C不正确；虚数集与实数集的并集为复数集，所

以D正确故选：D．2．（3分）（2022·安徽·高二学业考试）已知复数𝑧=𝑎+(𝑎−1)i，其中𝑎∈𝑅，若𝑧是实数，则𝑎=（）A．0B．1C．−1D．i【解题思路】由复数为实数，则虚部为零即可

.【解答过程】因为复数𝑧=𝑎+(𝑎−1)i，且𝑧是实数，则𝑎−1=0⇒𝑎=1，故选：B.3．（3分）（2022春·上海浦东新·高一期中）下列命题一定成立的是（）A．若𝑧∈C，则𝑧2≥0B．若𝑥,𝑦,𝑧∈C,(𝑥−𝑦)2+(𝑦−𝑧)2=0，则𝑥=𝑦=𝑧C．

若𝑎∈R，则(𝑎+2)i是纯虚数D．若𝑝,𝑞∈C,𝑝>0且𝑞>0，则𝑝𝑞>0且𝑝+𝑞>0【解题思路】根据复数的概念和性质逐项进行检验即可判断.【解答过程】对于A，当𝑧=i时，𝑧2=−1<0，故选项A错误；对于B，当𝑥−𝑦=i,𝑦−𝑧=1时，(𝑥−𝑦)2+(

𝑦−𝑧)2=0，但𝑥,𝑦,𝑧并不相等，故选项B错误；对于C，若𝑎+2=0，则(𝑎+2)i并不是纯虚数，故选项C错误；对于D，因为𝑝,𝑞∈C,𝑝>0且𝑞>0，所以𝑝,𝑞为正实数，则𝑝𝑞>0且𝑝+𝑞>0，故选项D正确，故选：D.4．（3分）（202

2春·云南文山·高二期末）已知|√3−i|𝑧=3+2i，则𝑧=（）A．−1−32iB．−1+32iC．32+iD．−32−i【解题思路】根据复数模长运算可直接化简等式求得结果.【解答过程】∵|√3−i|=√3+1=2，∴2𝑧=3+2i，∴

𝑧=32+i.故选：C.5．（3分）（2023春·安徽·高三开学考试）已知复数𝑧满足𝑧=1−ii（i为虚数单位），则复数𝑧在复平面上的对应点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解题思路】先利用复数的除法运算化简复数，再判定象限

.【解答过程】因为𝑧=1−ii=(1−i)ii2=−1−i，所以复数𝑧在复平面上的对应点为(−1,−1)，在第三象限.故选：C.6．（3分）（2023·全国·高三专题练习）已知a，𝑏∈𝑅，复数𝑧1=−

1+𝑎i，𝑧2=𝑏−3i（i为虚数单位），若𝑧1=𝑧2，则𝑎+𝑏=（）A．1B．2C．－2D．－4【解题思路】根据复数相等的定义列方程求解即可．【解答过程】解：由𝑧2=𝑏−3i得𝑧̅2=𝑏+3i，∵𝑧1=𝑧2，∴{−1=𝑏�

�=3，解得{𝑎=3𝑏=−1，∴𝑎+𝑏=2．故选：B．7．（3分）（2023·高一课时练习）与𝑥轴同方向的单位向量为𝑒⃗1，与𝑦轴同方向的单位向量为𝑒⃗2，它们对应的复数分别是（）A．𝑒1⃗⃗⃗⃗对应实数

1，𝑒⃗2对应虚数iB．𝑒1⃗⃗⃗⃗对应虚数i，𝑒⃗2对应虚数iC．𝑒1⃗⃗⃗⃗对应实数1，𝑒⃗2对应虚数−iD．𝑒1⃗⃗⃗⃗对应实数1或－1，𝑒⃗2对应虚数i或−i【解题思路】根据题意可得𝑒⃗1=(1,0),𝑒⃗2=(0,1)，结合复数的几何意义即可

得𝑒⃗1，𝑒⃗2对应的复数.【解答过程】解：由题意可知𝑒⃗1=(1,0),𝑒⃗2=(0,1)，所以在复平面内𝑒1⃗⃗⃗⃗对应实数1，𝑒⃗2对应虚数i.故选：A.8．（3分）（2022春·广东东莞·高一期末）复数𝑧在复平面内对应的点为

𝑍，若1≤|𝑧|≤2，则点𝑍的集合对应的图形的面积为（）A．𝜋B．2𝜋C．3𝜋D．4𝜋【解题思路】由题意可知，点𝑍的集合对应的图形是一个圆环，从而可求出其面积【解答过程】因为复数𝑧在复平面内对应的点为𝑍，且1≤|𝑧|≤2，所以点𝑍的

集合对应的图形是一个内半径为1，外半径为2的圆环，所以所求面积为𝜋×22−𝜋×12=3𝜋，故选：C.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022·全国·高一假期作业）下列说法中正确的有（）A．若𝑎∈𝑅，则(𝑎+1

)i是纯虚数B．若𝑥2−1+(𝑥2+3𝑥+2)i是纯虚数，则实数𝑥=±1C．若𝑎≤0，则𝑧=𝑎2−𝑏2+(𝑎+|𝑎|)i(𝑎,𝑏∈𝑅)为实数D．若𝑎,𝑏∈𝑅，且𝑎>𝑏，则𝑏i2>𝑎i2【解题思路】根据复数的基本概念与分类，

逐项判定，即可求解.【解答过程】对于A中，当𝑎=−1，可得的(𝑎+1)i=0不是纯虚数，故A错误；对于B中，当𝑥=−1，可得𝑥2+3𝑥+2=0，此时𝑥2−1+(𝑥2+3𝑥+2)i=0不是纯虚数

，所以B错误；对于C中，当𝑎≤0时，可得|𝑎|+𝑎=0，所以𝑧=𝑎2−𝑏2为实数，所以C正确；对于D中，由i2=−1，且𝑎>𝑏，所以𝑏i2>𝑎i2，所以D正确．故选：CD.10．（4分）（2022

·高一课时练习）（多选）若𝑧1=−3−4i,𝑧2=(𝑛2−3𝑚−1)+(𝑛2−𝑚−6)i(𝑚,𝑛∈R)，且𝑧1=𝑧2，则𝑚+𝑛等于（）A．4B．−4C．2D．0【解题思路】根据𝑧1=𝑧2，列方程组求解即可.【解答过程】因为𝑧1=−3−4i,𝑧2=(𝑛2−3𝑚−

1)+(𝑛2−𝑚−6)i(𝑚,𝑛∈R)，且𝑧1=𝑧2，所以{𝑛2−3𝑚−1=−3𝑛2−𝑚−6=−4，解得{𝑚=2𝑛=2或{𝑚=2𝑛=−2，所以𝑚+𝑛=4或0．故选：AD.11．（4分）（2022秋·江西·高二开学考试）设复数𝑧=i+2i2，则下列结论正确

的是（）A．z的共轭复数为2−iB．z的虚部为1C．z在复平面内对应的点位于第二象限D．|𝑧+1|=√2【解题思路】根据共轭复数的定义即可判断A选项；根据虚部的概念即可判断B选项；根据复数的几何意义可以判断C选项；根据复数模的计算公式可以判断D选项.【解答过

程】由题得，复数𝑧=i+2i2=−2+i，故z的共轭复数为−2−i，则A错误；z的虚部为1，故B正确；z在复平面内对应的点为(−2,1)，位于第二象限，故C正确；|𝑧+1|=|−1+i|=√1+1=√2

，故D正确．故选:BCD．12．（4分）（2022秋·江苏苏州·高三阶段练习）设𝑧∈C，在复平面内z对应的点为Z，则下列条件的点Z的集合是圆的有（）A．𝑧⋅𝑧=1B．|𝑧−1|=|𝑧+1|C．|𝑧

−1|=2|𝑧+1|D．|𝑧−1|+|𝑧+1|=2【解题思路】设𝑧=𝑥+𝑦i，根据选项条件求出𝑥,𝑦满足的方程，判断是否满足圆的方程.【解答过程】令𝑧=𝑥+𝑦i,𝑧=𝑥−𝑦i,𝑥,𝑦∈R，对A，𝑧⋅𝑧̅=(𝑥+𝑦i)(𝑥−𝑦i

)=𝑥2+𝑦2=1表示圆，A对.对B，|𝑧−1|=|𝑧+1|，则𝑥2+(𝑦−1)2=𝑥2+(𝑦+1)2，则𝑦=0不是圆，B错.对于C，|𝑧−1|=2|𝑧+1|，则𝑥2+(𝑦−1)2=4[𝑥2+(𝑦+1)2]化简得𝑥2+(𝑦+53)2=169表示圆，C对

.对于D，|𝑧+1|+|𝑧−1|=√𝑥2+(𝑦+1)2+√𝑥2+(𝑦−1)2=2表示线段，D错.故选：AC.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022秋·上海黄浦·高二阶段练习）2−√2i的虚部是−√2．【解

题思路】利用复数的概念求解.【解答过程】解：因为复数为2−√2i，所以其虚部是−√2，故答案为：−√2.14．（4分）（2022秋·四川德阳·高三开学考试）已知𝑧1=(𝑚2+𝑚+1)+(𝑚2+𝑚−4)i(𝑚∈

R)，𝑧2=3−2i，则“𝑚=1”是“𝑧1=𝑧2”的充分不必要条件．【解题思路】根据充分条件，必要条件的定义即得.【解答过程】当𝑧1=𝑧2时，必有𝑚2+𝑚+1=3且𝑚2+𝑚−4=−2，

解得𝑚=−2或𝑚=1，显然“𝑚=1”是“𝑧1=𝑧2”的充分不必要条件．故答案为：充分不必要.15．（4分）（2022秋·北京·高二阶段练习）已知i为虚数单位，复数𝑧=3+𝑚i(𝑚∈R)且|𝑧|=5，z在复平面内的对应点位于第四象限，则z的虚部为-4.【解题思路

】根据复数的模列出方程求𝑚，再由复数对应的点在第四象限舍去4即可得解.【解答过程】∵𝑧=3+𝑚i(𝑚∈R)，∴|𝑧|=√32+𝑚2=5，解得𝑚=±4，∵𝑧在复平面内的对应点位于第四象限，

∴𝑚<0，∴𝑚=-4.故答案为：-4.16．（4分）（2023·高一课时练习）已知|𝑧1|=3，|𝑧2|=5，|𝑧1+𝑧2|=6，则|𝑧1−𝑧2|=4√2．【解题思路】设𝑧1=𝑎+𝑏i，�

�2=𝑐+𝑑i(𝑎,𝑏,𝑐,𝑑∈𝑅)，根据复数模长运算可求得𝑎𝑐+𝑏𝑑，代入|𝑧1−𝑧2|2即可整理求得结果.【解答过程】设𝑧1=𝑎+𝑏i，𝑧2=𝑐+𝑑i(𝑎,𝑏,𝑐,𝑑

∈𝑅)，∵|𝑧1|=√𝑎2+𝑏2=3，|𝑧2|=√𝑐2+𝑑2=5，∴𝑎2+𝑏2=9，𝑐2+𝑑2=25，∴|𝑧1+𝑧2|2=(𝑎+𝑐)2+(𝑏+𝑑)2=𝑎2+𝑏2+𝑐2+𝑑2+2𝑎𝑐+2𝑏𝑑=34+2𝑎𝑐+2𝑏

𝑑=36，解得：𝑎𝑐+𝑏𝑑=1，∴|𝑧1−𝑧2|2=(𝑎−𝑐)2+(𝑏−𝑑)2=𝑎2+𝑏2+𝑐2+𝑑2−2𝑎𝑐−2𝑏𝑑=34−2=32，∴|𝑧1−𝑧2|=4√2.故答案为

：4√2.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022春·山东临沂·高一阶段练习）已知复数𝑧=𝑚(𝑚−3)+(𝑚−3)i，其中i为虚数单位.若𝑧满足下列条件，求实数𝑚的值：(1)�

�为实数；(2)𝑧为纯虚数；(3)𝑧在复平面内对应的点在直线𝑦=𝑥上.【解题思路】根据复数为实数其虚部为0；复数为纯虚数其实部为0，虚部不为0；点在直线𝑦=𝑥上，其实部与虚部相等；【解答过程】（1）∵𝑧为实数，𝑚−3=0，解得：𝑚=3；（2）∵𝑧为纯虚数，{𝑚(𝑚−3)=0

,𝑚−3≠0,⇒𝑚=0；（3）∵𝑧在复平面内对应的点在直线𝑦=𝑥上，∴𝑚(𝑚−3)=𝑚−3⇒𝑚=1或𝑚=3.18．（6分）（2022·高二课时练习）求满足下列条件的实数x与y的值．（1）(3𝑥−4)+(2𝑦+3)i=0；（2）(3𝑥+2𝑦)+(5𝑥−𝑦

)i=17−2i．【解题思路】根据复数相等列方程组，求x与y值即可.【解答过程】（1）由题意，{3𝑥−4=02𝑦+3=0，解得{𝑥=43𝑦=−32.（2）由题意，{3𝑥+2𝑦=175𝑥−𝑦=−2，解得{𝑥=1𝑦=7.19．（8分）（2023·全国·高一专题练习）设

复数𝑧1，𝑧2满足|𝑧1|=|𝑧2|=2，𝑧1+𝑧2=√3+i，求|𝑧1−𝑧2|的值．【解题思路】设复数𝑧1，𝑧2所对应的点为Z1,𝑍2,𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗1+𝑂𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗

2,根据复数的几何意义及复数的模，判定平行四边形OZ1𝑃𝑍2为菱形，|𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算|𝑧1−𝑧2|.【解答

过程】如图，设复数𝑧1，𝑧2所对应的点为𝑍1，𝑍2，𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗；由已知，|𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3+1=2=|𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，∴平行四边形�

�𝑍1𝑃𝑍2为菱形，且△𝑂𝑃𝑍1，△𝑂𝑃𝑍2都是正三角形，∴∠𝑍1𝑂𝑍2=120°，|𝑍1𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=|𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2+|𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2−2|𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cos120°=2

2+22−2×2×2×(−12)=12，∴|𝑧1−𝑧2|=|𝑍1𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3．20．（8分）（2022春·山东青岛·高一期末）已知复数𝑧=(𝑚2−7𝑚+10)+(𝑚2−5𝑚+6)i，i为虚数单位，𝑚∈R．(1)若𝑧为纯虚数，求𝑚的值；(2)若在复

平面上表示复数𝑧的点位于第二象限，求𝑚的取值范围；(3)若在复平面上表示复数𝑧的点位于直线2𝑥−𝑦−14=0上，求𝑚的值．【解题思路】（1）根据𝑧为纯虚数得出关于𝑚的方程组，从而得出答案.（2）

根据复数𝑧的点位于第二象限则{𝑚2−5𝑚+6>0𝑚2−7𝑚+10<0，从而得出答案.（3）将复数𝑧对应的点坐标代入直线方程，从而可得出答案.【解答过程】(1)𝑧为纯虚数,则{𝑚2−5𝑚+6≠0𝑚2−7𝑚+10=0，解得𝑚=5(2)复数

𝑧的点位于第二象限则{𝑚2−5𝑚+6>0𝑚2−7𝑚+10<0，解得3<𝑚<5(3)复数𝑧的点位于直线2𝑥−𝑦−14=0上，则2(𝑚2−7𝑚+10)−(𝑚2−5𝑚+6)−14=0解得𝑚=0或𝑚=9.21．（8分）（2022·高一课时练习）

设𝑧∈𝐶，满足下列条件的点Z的集合是什么图形？(1)|𝑧|=√5；(2)2<|𝑧|≤3．【解题思路】根据复数的几何意义可求解.【解答过程】（1）因为|𝑧|=√5，即|𝑂𝑍⃗⃗⃗⃗⃗|=√5，所以满足|𝑧|=√5的点Z的集合

是以原点为圆心，√5为半径的圆，如图①．（2）不等式2<|𝑧|≤3可化为不等式组{|𝑧|>2,|𝑧|≤3,不等式|𝑧|>2的解集是圆|𝑧|=2外部所有的点组成的集合，不等式|𝑧|≤3的解集是圆|𝑧|=3内部及圆上所有的点组成的集合

，这两个集合的交集就是上述不等式组的解集．因此，满足条件2<|𝑧|≤3的点Z的集合是以原点为圆心，分别以2和3为半径的两个圆所夹的圆环，包括圆环的外边界但不包括圆环的内边界，如图②．22．（8分）（2022春·河南安阳·高一期末）已知复数𝑧=(𝑚2+5𝑚−14)+(2−log2𝑚

)i，𝑚∈R.在①z在复平面中对应的点位于第一象限，②𝑧i∈𝑅，③𝑧−i≤0，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.(1)若___________，求实数m的取值集合；(2)若复数𝑧−7𝑚+16−2i的模为1，求实

数m的值.注：若选择多个条件解答，则按所选第一个条件计分.【解题思路】（1）选择①：解不等式组{𝑚2+5𝑚−14>0,2−log2𝑚>0,即得解；选择②：设𝑧=𝑎i，𝑎∈R，解方程𝑚2+5𝑚−14=0即得解；选择③：解不等式组{𝑚2+5𝑚−14≤0,1−l

og2𝑚=0,即得解；（2）解方程√[(𝑚−1)2+1]2+(log2𝑚)2=1即得解.【解答过程】(1)解：选择①：z在复平面中对应的点位于第一象限，则{𝑚2+5𝑚−14>0,2−log2𝑚>0,解得𝑚∈(2,

4).选择②：𝑧i∈𝑅，则𝑧=𝑎i，𝑎∈R，∴𝑚2+5𝑚−14=0，解得𝑚=2或𝑚=−7，又𝑚>0，∴𝑚=2，即𝑚∈{2}.选择③：𝑧−i≤0，则{𝑚2+5𝑚−14≤0,1−log2𝑚=0,解得𝑚=2，即𝑚∈{2}.(2

)解：∵𝑧=(𝑚2+5𝑚−14)+(2−log2𝑚)i，∴𝑧−7𝑚+16−2i=[(𝑚−1)2+1]−(log2𝑚)i，∵复数𝑧−7𝑚+16−2i的模为1，∴√[(𝑚−1)2+1]2+(log2𝑚)2=1，∴{𝑚−1=

0,log2𝑚=0,解得𝑚=1.