《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

1. [全国一 2025·1,5 分]$(1 + 5i)i$的虚部为(C)

A.$-1$
B.$0$
C.$1$
D.$6$

答案： 1.C　[解析](1 + 5i)i = i + 5i² = -5 + i,则虚部为1.故选C.

2. [全国二 2025·2,5 分]已知$z = 1 + i$，则$\frac{1}{z - 1} =$(A)

A.$-i$
B.$i$
C.$-1$
D.$1$

答案： 2.A　[解析]由z = 1 + i,得$\frac{1}{z - 1} = \frac{1}{i} = \frac{i}{i^2} = -i$.故选A.

3. [全国甲理 2024·1,5 分]若$z = 5 + i$，则$i(\overline{z} + z) =$(A)

A.$10i$
B.$2i$
C.$10$
D.$2$

答案： 3.A[解析]因为z = 5 + i,所以$\overline{z} = 5 - i$,所以i($\overline{z} + z$)=i(5 - i + 5 + i)=10i,故选A.

4. [全国新课标Ⅰ 2024·2,5 分]若$\frac{z}{z - 1} = 1 + i$，则$z =$(C)

A.$-1 - i$
B.$-1 + i$
C.$1 - i$
D.$1 + i$

答案： 4.C　[解析]由$\frac{z}{z - 1}$ = 1 + i,可得$\frac{z - 1 + 1}{z - 1}$ = 1 + i,即1 + $\frac{1}{z - 1}$ = 1 + i,所以$\frac{1}{z - 1}$ = i,所以z - 1 = $\frac{1}{i}$ = -i,所以z = 1 - i,故选C.

5. [全国乙理 2023·1,5 分]设$z = \frac{2 + i}{1 + i^2 + i^5}$，则$\overline{z} =$(B)

A.$1 - 2i$
B.$1 + 2i$
C.$2 - i$
D.$2 + i$

答案： 5.B　[解析]因为z = $\frac{2 + i}{1 + i^2 + i^5}$ = $\frac{2 + i}{1 + (-1) + i}$ = $\frac{2 + i}{i}$ = $\frac{(2 + i)i}{i^2}$ = - (2 + i)i = 1 - 2i,所以$\overline{z}$ = 1 + 2i,故选B.

6. [全国甲理 2023·2,5 分]设$a \in R$，$(a + i)(1 - ai) = 2$，则$a =$(C)

A.$-2$
B.$-1$
C.$1$
D.$2$

答案： 6.C　[解析](a + i)(1 - ai) = a - a²i + i + a = 2a + (1 - a²)i = 2,所以$\begin{cases}2a = 2, \\1 - a^2 = 0,\end{cases}$解得a = 1,故选C.

7. [全国甲理 2022·1,5 分]若$z = -1 + \sqrt{3}i$，则$\frac{z}{z\overline{z} - 1} =$(C)

A.$-1 + \sqrt{3}i$
B.$-1 - \sqrt{3}i$
C.$-\frac{1}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3}i$
D.$-\frac{1}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3}i$

答案： 7.C　[解析]因为z = -1 + $\sqrt{3}$i,所以$z\overline{z}$ = (-1)² + ($\sqrt{3}$)² = 4,所以$\frac{z}{z\overline{z} - 1}$ = $\frac{-1 + \sqrt{3}i}{4 - 1}$ = $\frac{-1 + \sqrt{3}i}{3}$ = -$\frac{1}{3}$ + $\frac{\sqrt{3}}{3}$i,故选C.

8. [上海 2024·9,5 分]设$m \in R$，若虚数$z$的实部为$1$，且满足$z + \frac{2}{z} = m$，则$m =$2。

答案： 8.2　[解析]由题意设z = 1 + bi(b ≠ 0),
∴z + $\frac{2}{z}$ = 1 + bi + $\frac{2}{1 + bi}$ = 1 + bi + $\frac{2(1 - bi)}{1 + b^2}$ = (1 + $\frac{2}{1 + b^2}$) + (b - $\frac{2b}{1 + b^2}$)i.
∵m ∈ R,
∴b - $\frac{2b}{1 + b^2}$ = 0,解得b = ±1,
∴m = 1 + $\frac{2}{1 + b^2}$ = 1 + 1 = 2.

9. [北京 2025·2,4 分]已知复数$z$满足$i · z + 2 = 2i$，则$|z| =$(B)

A.$\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$4$
D.$8$

答案： 9.B　[解析]由i·z + 2 = 2i,得z = $\frac{2i - 2}{i}$ = 2 + 2i,则|z| = $\sqrt{2^2 + 2^2}$ = 2$\sqrt{2}$.故选B.
多种解法
由题知z = $\frac{2i - 2}{i}$,则|z| = $\frac{\sqrt{2^2 + (-2)^2}}{1}$ = 2$\sqrt{2}$.故选B.

10. [全国新课标Ⅱ 2023·1,5 分]在复平面内，$(1 + 3i)(3 - i)$对应的点位于(A)

A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限

答案： 10.A　[解析](1 + 3i)(3 - i) = 3 - i + 9i + 3 = 6 + 8i,在复平面内对应的点的坐标为(6,8),位于第一象限,故选A.

11. [北京 2023·2,4 分]在复平面内，复数$z$对应的点的坐标是$(-1, \sqrt{3})$，则$z$的共轭复数$\overline{z} =$(D)

A.$1 + \sqrt{3}i$
B.$1 - \sqrt{3}i$
C.$-1 + \sqrt{3}i$
D.$-1 - \sqrt{3}i$

答案： 11.D　[解析]根据复数的几何意义得z = -1 + $\sqrt{3}$i,所以$\overline{z}$ = -1 - $\sqrt{3}$i,故选D.

12. [课标全国Ⅰ理 2019·2,5 分]设复数$z$满足$|z - i| = 1$，$z$在复平面内对应的点为$(x, y)$，则(C)

A.$(x + 1)^2 + y^2 = 1$
B.$(x - 1)^2 + y^2 = 1$
C.$x^2 + (y - 1)^2 = 1$
D.$x^2 + (y + 1)^2 = 1$

答案： 12.C　[解析]由题知z = x + yi,则z - i = x + (y - 1)i,则|z - i| = $\sqrt{x^2 + (y - 1)^2}$ = 1,则x² + (y - 1)² = 1.故选C.

13. [课标全国Ⅱ理 2020·15,5 分]设复数$z_1$，$z_2$满足$|z_1| = |z_2| = 2$，$z_1 + z_2 = \sqrt{3} + i$，则$|z_1 - z_2| =$2$\sqrt{3}$。

答案：
13.2$\sqrt{3}$　[解析](代数法)设z₁ = a + bi,a,b ∈ R,则z₂ = $\sqrt{3}$ - a + (1 - b)i.
由|z₁| = |z₂| = 2,
得$\begin{cases}a^2 + b^2 = 4, \\(\sqrt{3} - a)^2 + (1 - b)^2 = 4,\end{cases}$
即$\begin{cases}a^2 + b^2 = 4, \\\sqrt{3}a + b = 2.\end{cases}$
因为z₁ - z₂ = 2a - $\sqrt{3}$ + (2b - 1)i,
所以|z₁ - z₂| = $\sqrt{(2a - \sqrt{3})^2 + (2b - 1)^2}$ = $\sqrt{4(a^2 + b^2 - \sqrt{3}a - b) + 4}$ = 2$\sqrt{3}$;
多种解法一　(复数的几何意义)设z₁,z₂在复平面内对应的向量分别为$\overrightarrow{OZ_1}$,$\overrightarrow{OZ_2}$.
由题意知$|\overrightarrow{OZ_1}| = |\overrightarrow{OZ_2}| = 2$,$|\overrightarrow{OZ_1} + \overrightarrow{OZ_2}| = |\sqrt{3} + i| = 2$,则以$OZ_1$,$OZ_2$为邻边的平行四边形为菱形,且∠$Z_2OZ_1$ = 120°,如图所示,则|z₁ - z₂| = |$\overrightarrow{OZ_1} - \overrightarrow{OZ_2}$| = 2$\sqrt{3}$.

多种解法二　(向量法)原题等价于平面向量a,b满足|a| = |b| = 2,且a + b = ($\sqrt{3}$,1),求|a - b|.因为|a + b|² + |a - b|² = 2|a|² + 2|b|²,所以2² + |a - b|² = 16,所以|a - b| = 2$\sqrt{3}$.

14. [上海 2025·10,5 分]已知复数$z$满足$z^2 = \overline{z}^2$，$|z| \leq 1$，则$|z - 2 - 3i|$的最小值是2$\sqrt{2}$。

答案：
14.2$\sqrt{2}$　[解析]设z = a + bi(a,b ∈ R),
∵z² = $\overline{z^2}$,即(a + bi)² = (a - bi)²,则ab = 0,又|z| ≤ 1,即a² + b² ≤ 1,则复数z在复平面内对应的点的轨迹为如图所示的两条线段BD,CE,而|z - 2 - 3i| = |z - (2 + 3i)|表示点(a,b)到点A(2,3)的距离,由图可知,min{|AB|,|AC|}为|z - 2 - 3i| = |z - (2 + 3i)|的最小值,而|AB| = $\sqrt{(2 - 0)^2 + (3 - 1)^2}$ = 2$\sqrt{2}$,|AC| = $\sqrt{(2 - 1)^2 + (3 - 0)^2}$ = $\sqrt{10}$ ＞ 2$\sqrt{2}$,
∴|z - 2 - 3i|的最小值为2$\sqrt{2}$.

1. (多选)已知复数$z = \frac{1 + ai}{1 - i}(a \in R)$，$i$为虚数单位，下列命题正确的是(AD)

A.若$z$为纯虚数，则$z^{2025} = i$
B.若$z^2 + 2z - a \geq 0$，则$a = 3$或$a = -1$
C.当$a = 1$时，$1 - z$是方程$x^2 - 2x + 3 = 0$在复数范围内的一个解
D.当$a ＞ 0$时，若复数$\omega$满足$|\omega| = |z| = 1$，则$|\omega - 3z|$的最大值为$4$

答案： 1.AD　[解析]对于A,z = $\frac{1 + ai}{1 - i}$ = $\frac{(1 + ai)(1 + i)}{(1 - i)(1 + i)} = \frac{(1 - a) + (a + 1)i}{2}$,若z为纯虚数,则$\begin{cases}1 - a = 0, \\a + 1 \neq 0,\end{cases}$所以a = 1,此时z = i,所以z²⁰²⁵ = i²⁰²⁵ = i⁵⁰⁶×⁴⁺¹ = i,故A正确;
对于B,由z² + 2z - a ≥ 0,可得$(\frac{1 + ai}{1 - i})^2 + \frac{2(1 + ai)}{1 - i} - a \geq 0$,即$\frac{(1 - a^2)i - 2a}{2} + (1 - a) + (a + 1)i - a \geq 0$,所以(3 - a² + 2a)i + 2 - 6a ≥ 0,即$\begin{cases}3 - a^2 + 2a = 0 \Rightarrow a = 3 或 a = -1, \\2 - 6a \geq 0 \Rightarrow a \leq \frac{1}{3},\end{cases}$所以a = -1,故B错误;
对于C,当a = 1时,z = i,将1 - z = 1 - i代入方程x² - 2x + 3 = 0得(1 - i)² - 2(1 - i) + 3 = 1 ≠ 0,所以1 - z不是方程x² - 2x + 3 = 0在复数范围内的一个解,故C错误;
对于D,z = $\frac{(1 - a) + (a + 1)i}{2}$,因为|z| = $\sqrt{\frac{(1 - a)^2 + (1 + a)^2}{4}} = \sqrt{\frac{2 + 2a^2}{4}} = 1$,所以a = ±1,又a ＞ 0,所以a = 1,z = i,设$\omega$ = x + yi(x,y ∈ R),因为|$\omega$| = |z| = 1,所以x² + y² = 1,所以 -1 ≤ y ≤ 1,所以|$\omega$ - 3z| = |x + (y - 3)i| = $\sqrt{x^2 + (y - 3)^2}$ = $\sqrt{1 - y^2 + (y - 3)^2}$ = $\sqrt{10 - 6y}$ ∈ [2,4],故D正确.
故选AD.

2. 已知复数$z$满足$|z| = \sqrt{2}$，$z^3 + z = 2$，则$z =$$-\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{7}}{2}i$。

答案： 2.$-\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{7}}{2}i$　[解析]由|z| = $\sqrt{2}$得z·$\overline{z}$ = |z|² = 2,则z² + $\overline{z}$ = z·$\overline{z}$·z,易知z ≠ 0,则z² + 1 = $\overline{z}$·z,故|z - 1| = |z·z²| = |z|·|z|² = 2.设z = a + bi(a,b ∈ R),则a² + b² = 2,(a - 1)² + (-b)² = 4,两式相减得a = -$\frac{1}{2}$,则b = ±$\frac{\sqrt{7}}{2}$,所以z = -$\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{7}}{2}i$.