《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [内蒙古包头 2025 高一期中]已知复数 $ z_1 = -2 + 3i $，$ z_2 = 1 + 4i $，则(A)

A.$ |z_2| ＞ |z_1| ＞ |z_1 - z_2| $
B.$ |z_1| ＞ |z_2| ＞ |z_1 - z_2| $
C.$ |z_1 - z_2| ＞ |z_1| ＞ |z_2| $
D.$ |z_1 - z_2| ＞ |z_2| ＞ |z_1| $

答案： 1.A【解析】由题意得$\vert z_1\vert=\sqrt{13}$，$\vert z_2\vert=\sqrt{17}$，$\vert z_1 - z_2\vert=\vert1 - 3 - \mathrm{i}\vert=\sqrt{10}$，所以$\vert z_2\vert＞\vert z_1\vert＞\vert z_1 - z_2\vert$.故选A.

2. [河南郑州外国语学校 2024 高一月考]复数 $ z_1 = a + 3i $，$ z_2 = -4 + bi $，$ a $，$ b $ 为实数，若 $ z_1 + z_2 $ 为实数，$ z_1 - z_2 $ 为纯虚数，则 $ a + b = $(A)

A.-7
B.7
C.-1
D.1

答案： 2.A【解析】因为$z_1 + z_2=a - 4 + (3 + b)\mathrm{i}$为实数，所以$3 + b = 0$，即$b = - 3$.又$z_1 - z_2=a + 4 + (3 - b)\mathrm{i}$为纯虚数，所以$\begin{cases}a + 4 = 0\\3 - b\neq0\end{cases}$，即$a = - 4$且$b\neq3$.综上可知$\begin{cases}a = - 4\\b = - 3\end{cases}$，所以$a + b = - 7$.故选A.

3. [江苏徐州 2025 高一月考]若复数 $ z = -i^{2025} + \frac{3 - 4i}{|3 + 4i|} $，则 $ \overline{z} $ 的虚部为(B)

A.$ -\frac{9}{5} $
B.$ \frac{9}{5} $
C.$ -\frac{9}{5}i $
D.$ \frac{9}{5}i $

答案： 3.B【解析】因为$z = - \mathrm{i}^{2025}+\frac{3 - 4\mathrm{i}}{\vert3 + 4\mathrm{i}\vert}= - \mathrm{i}+\frac{3 - 4\mathrm{i}}{5}=\frac{3}{5}-\frac{9}{5}\mathrm{i}$，所以$\overline{z}=\frac{3}{5}+\frac{9}{5}\mathrm{i}$，故$\overline{z}$的虚部为$\frac{9}{5}$.故选B.

4. [安徽阜阳 2025 高一期中]若 $ z \in \mathbf{C} $，且 $ |z| + z = 5 + \sqrt{3}i $，则 $ z - \overline{z} = $(B)

A.$ \frac{22}{5} $
B.$ 2\sqrt{3}i $
C.$ \frac{22}{5} + 2\sqrt{3}i $
D.$ -2\sqrt{3}i $

答案： 4.B【解析】令$z = a + b\mathrm{i}$，$a,b\in\mathbf{R}$，则$\vert z\vert + z=a + \sqrt{a^2 + b^2}+b\mathrm{i}=5 + \sqrt{3}\mathrm{i}$，所以$b=\sqrt{3}$，且$a + \sqrt{a^2 + b^2}=a + \sqrt{a^2 + 3}=5$，即$\sqrt{a^2 + 3}=5 - a$，所以$a^2 + 3=a^2 - 10a + 25$，可得$a=\frac{11}{5}$，故$z=\frac{11}{5}+\sqrt{3}\mathrm{i}$，所以$\overline{z - z}=\frac{11}{5}+\sqrt{3}\mathrm{i}-\frac{11}{5}+\sqrt{3}\mathrm{i}=2\sqrt{3}\mathrm{i}$.故选B.

5. [江苏南京外国语 2024 高一阶段检测]已知复数 $ z_1 $，$ z_2 $ 满足 $ |z_1| = |z_2| = 1 $，若 $ |z_1 - z_2| = |z_1 - 1| = |z_2 - z| $，则 $ |z| $ 的最大值为(B)

A.$ 2\sqrt{3} $
B.3
C.$ \sqrt{3} $
D.1

答案： 5.B【解析】根据题意得$\vert z\vert=\vert(z_2 - z) - z_2\vert\leqslant\vert z_2 - z\vert+\vert z_2\vert=\vert z_1 - 1\vert+\vert z_2\vert\leqslant\vert z_1\vert + 1 + 1 = 3$，当$z_1 = - 1$，$z_2 = 1$，$z = 3$时，$\vert z_1 - z_2\vert=\vert z_1 - 1\vert=\vert z_2 - z\vert=2$，此时$\vert z\vert = 3$，所以$\vert z\vert_{\max}=3$.故选B.

6. (多选)已知复数 $ z_1 = x + yi(x, y \in \mathbf{R}) $，$ z_2 = \cos \theta + i\sin \theta (\theta \in \mathbf{R}) $，则下列说法正确的是(BC)

A.$ (z_1 + z_2)^2 = |z_1 + z_2|^2 $
B.复平面内 $ z_2^2 $ 对应的点的集合是单位圆
C.$ \overline{z_1 + z_2} = \overline{z_1} + \overline{z_2} $
D.复平面内满足 $ |z_1 - i| = 1 $ 的点的集合是线段

答案： 6.BC【解析】取$z_1=\mathrm{i}$，$\theta = 0$，则$z_2 = 1$，$(z_1 + z_2)^2=(1 + \mathrm{i})^2 = 2\mathrm{i}$，$\vert z_1 + z_2\vert^2=\vert\mathrm{i} + 1\vert^2=2$，则$(z_1 + z_2)^2\neq\vert z_1 + z_2\vert^2$，故A错误；$z_2^2=(\cos\theta + \mathrm{i}\sin\theta)^2=\cos^2\theta - \sin^2\theta+\mathrm{i}·2\sin\theta\cos\theta=\cos2\theta+\mathrm{i}·\sin2\theta$，$\therefore\vert z_2^2\vert=\cos^22\theta+\sin^22\theta = 1$，则复平面内$z_2^2$对应的点的集合是半径为1的圆，即单位圆，故B正确；$\because z_1 + z_2=x + \cos\theta+\mathrm{i}·(y + \sin\theta)$，$\overline{z_1 + z_2}=x + \cos\theta - \mathrm{i}·(y + \sin\theta)$，$\therefore z_1 + \overline{z_2}=\overline{z_1 + z_2}$，故C正确；由$\vert z_1 - \mathrm{i}\vert = 1$得$z_1$在复平面内对应的点到点$(0,1)$的距离为1，即$z_1$在复平面内对应点的集合是以$(0,1)$为圆心，1为半径的圆，故D错误.故选BC.

7. (多选)[广东广州 2024 高一期中]已知复数 $ z_1 $，$ z_2 $ 是关于 $ x $ 的方程 $ x^2 + bx + 1 = 0(-2 ＜ b ＜ 2, b \in \mathbf{R}) $ 的两个不同的根，则下列说法中正确的是(ACD)

A.$ \overline{z_1} = z_2 $
B.$ \frac{z_1}{z_2} \in \mathbf{R} $
C.$ |z_1 · z_2| = 1 $
D.若 $ b = 1 $，则 $ z_1^3 = z_2^3 = 1 $

答案： 7.ACD【解析】由题知$\Delta=b^2 - 4＜0$，所以方程的根为$x=\frac{-b\pm\sqrt{4 - b^2}\mathrm{i}}{2}$，不妨设$z_1=-\frac{b}{2}+\frac{\sqrt{4 - b^2}}{2}\mathrm{i}$，$z_2=-\frac{b}{2}-\frac{\sqrt{4 - b^2}}{2}\mathrm{i}$，可知$z_1 = \overline{z_2}$，故A正确；由一元二次方程根与系数的关系知$z_1· z_2 = 1$，所以$\vert z_1· z_2\vert = 1$，故C正确；$\frac{z_1}{z_2}=\frac{z_1^2}{z_1· z_2}=z_1^2=\frac{b^2 - 2}{2}-\frac{b\sqrt{4 - b^2}}{2}\mathrm{i}$，因为$-2 ＜ b ＜ 2$，所以当$b\neq0$时，$\frac{z_1}{z_2}\notin\mathbf{R}$，故B错误；当$b = 1$时，$z_1=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$，$z_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$，所以$z_1^2=(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})=(-\frac{1}{2})^2-(\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})^2=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$，$z_2^2=(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})=(-\frac{1}{2})^2-(\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})^2=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$，所以$z_1^2 = z_2^2 = 1$，故D正确.故选ACD.

8. 设 $ z $ 的共轭复数是 $ \overline{z} $，若 $ z + \overline{z} = 4 $，$ z · \overline{z} = 8 $，则复数 $ \frac{\overline{z}}{z} = $±i.

答案： 8.$\pm\mathrm{i}$【解析】设$z = a + b\mathrm{i}$（$a,b\in\mathbf{R}$），则$\overline{z}=a - b\mathrm{i}$.因为$z + \overline{z}=4$，所以$a = 2$.又因为$z·\overline{z}=8$，所以$4 + b^2 = 8$，所以$b^2 = 4$.所以$b = \pm2$，即$z = 2\pm2\mathrm{i}$，故$\frac{z}{\overline{z}}=\pm\mathrm{i}$.

9. [湖南长沙湖南师大附中 2025 高一月考]设复数 $ z_1 $，$ z_2 $ 满足 $ |z_1| = 2 $，$ |z_2| = 1 $，$ z_1 + z_2 = 1 + 2i $，则 $ |z_1 - z_2| = $√5.

答案： 9.$\sqrt{5}$【解析】设$z_1,z_2$在复平面内对应的向量分别为$a,b$，则$\vert a\vert = 2$，$\vert b\vert = 1$，且$a + b=(1,2)$.考虑到$(a + b)^2+(a - b)^2=2\vert a\vert^2 + 2\vert b\vert^2$，故$5+(a - b)^2 = 10$，故$\vert a - b\vert=\sqrt{5}$，所以$\vert z_1 - z_2\vert=\sqrt{5}$.

10. 定义运算 $ \begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix} = ad - bc $，则符合条件 $ \begin{vmatrix} z & 1 + i \\ -i & 2i \end{vmatrix} = 0 $ 的复数 $ z $ 的共轭复数在复平面内对应的点在第二象限.

答案： 10.二【解析】由题意将$\vert\frac{z}{- \mathrm{i}}\vert+\vert\frac{1 + \mathrm{i}}{2\mathrm{i}}\vert = 0$化简得$z·2\mathrm{i}+\mathrm{i}(1 + \mathrm{i}) = 0$，则$z=\frac{1 - \mathrm{i}}{2\mathrm{i}}=\frac{\mathrm{i}-\mathrm{i}^2}{2\mathrm{i}^2}=\frac{\mathrm{i}+1}{-2}=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\mathrm{i}$，所以$\overline{z}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{i}$，所以复数$\overline{z}$在复平面内对应的点为$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$，在第二象限.

11. [浙江温州十校 2025 高一期中]已知复数 $ z $ 不是纯虚数，且满足 $ |z|^2 - 2z = 1 + 2i $.
(1) 求 $ |z| $ 的值；
(2) 若复数 $ z $ 是关于 $ x $ 的方程 $ x^2 - sx + t = 0 $（其中 $ s $，$ t $ 为实数）的根，求 $ s + t $ 的值.

答案： 11.【解】
(1)设$z = a + b\mathrm{i}$（$a,b\in\mathbf{R}$），则$\vert z\vert^2 - 2z=a^2 + b^2 - 2a - 2b\mathrm{i}=1 + 2\mathrm{i}\Leftrightarrow\begin{cases}a^2 + b^2 - 2a = 1\\-2b = 2\\a\neq0\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 2\\b = - 1\end{cases}$，所以$z = 2 - \mathrm{i}$，所以$\vert z\vert=\sqrt{2^2+(-1)^2}=\sqrt{5}$.
(2)由
(1)可得$z = 2 - \mathrm{i}$.因为$z = 2 - \mathrm{i}$是方程$x^2 - sx + t = 0$的根，所以$2 + \mathrm{i}$也是方程的根，由一元二次方程根与系数的关系得$\begin{cases}2 - \mathrm{i}+2 + \mathrm{i}=s\\(2 - \mathrm{i})(2 + \mathrm{i})=t\end{cases}$，解得$\begin{cases}s = 4\\t = 5\end{cases}$，则$s + t = 9$.

12. [北京大学 2025 强基计划]复数 $ z_1 $ 在复平面中对应的点在 $ 2 $ 与 $ 2i $ 代表的点相连的线段上，$ z_2 $ 在以原点为圆心的单位圆上，则 $ z_1 + 2z_2 $ 所覆盖的面积为8√2+4π.

答案：
12.$8\sqrt{2}+4\pi$【解析】如图，在复平面内，设$z_1$对应的点为$P$，则点$P$在线段$AB$上运动，其中$A(0,2)$，$B(2,0)$，$\vert AB\vert=2\sqrt{2}$.设$z_2$对应的点为$Q$，则点$Q$在以原点为圆心的单位圆上运动，$\vert OQ\vert = 1$.设$z_1 + 2z_2$对应的点为$M$，则$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OP}+2\overrightarrow{OQ}$，所以$\vert\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OP}\vert=2\vert\overrightarrow{OQ}\vert=2$，则$\vert\overrightarrow{PM}\vert=2$，即点$M$在以点$P$为圆心，2为半径的圆上运动，当点$P$在线段$AB$上运动时，点$M$在复平面上扫过的图形为一个矩形（长和宽分别为4和$2\sqrt{2}$）和两个半圆（半径为2），其面积为$4×2\sqrt{2}+\pi×2^2=8\sqrt{2}+4\pi$.