《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

1. 已知复数 $ z = (1 + i)^2(2 - i) $，则 $ \overline{z} = $(C)

A.$ -2 - 4i $
B.$ 6 - 2i $
C.$ 2 - 4i $
D.$ 2 + 4i $

答案： 1. C $z=(1+\mathrm{i})^2(2-\mathrm{i})=(1+2\mathrm{i}+\mathrm{i}^2)(2-\mathrm{i})=2\mathrm{i}(2-\mathrm{i})=2+4\mathrm{i}$,则$\overline{z}=2-4\mathrm{i}$

2. (高频导向)设 $ i $ 是虚数单位，若复数 $ z $ 满足 $ (2 + i)z = 1 - i $，则 $ z $ 在复平面内对应的点位于(D)

A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限

答案： 2. D 设$z=a+b\mathrm{i}(a,b\in\mathbf{R})$,则$(2+\mathrm{i})z=(2+\mathrm{i})(a+b\mathrm{i})=2a - b + (2b + a)\mathrm{i}=1 - \mathrm{i}$,所以$\begin{cases}2a - b = 1\\2b + a = -1\end{cases}$,解得$\begin{cases}a = \frac{1}{5}\\b = -\frac{3}{5}\end{cases}$,故$z=\frac{1}{5}-\frac{3}{5}\mathrm{i}$,复数$z$对应的点$(\frac{1}{5},-\frac{3}{5})$在第四象限.

3. (高频导向)已知复数 $ z $ 满足 $ \frac{5 - z}{2z} = 1 + 2i $，则 $ |z| = $(A)

A.1
B.2
C.3
D.4

答案： 3. A 由$\frac{5 - z}{2z}=1 + 2\mathrm{i}$,得$5 - z = 2z(1 + 2\mathrm{i})$,即$5 = z(3 + 4\mathrm{i})$,因此$z=\frac{5(3 - 4\mathrm{i})}{(3 + 4\mathrm{i})(3 - 4\mathrm{i})}=\frac{5(3 - 4\mathrm{i})}{25}=\frac{3}{5}-\frac{4}{5}\mathrm{i}$,所以$|z|=\sqrt{(\frac{3}{5})^2+(-\frac{4}{5})^2}=1$

4. (教材变式)若 $ 1 + 2i $ 是关于 $ x $ 的方程 $ x^2 + px + q = 0 $ 的虚数根，且 $ p,q \in \mathbf{R} $，则(B)

A.$ p = 2,q = 5 $
B.$ p = -2,q = 5 $
C.$ p = 2,q = -5 $
D.$ p = -2,q = -5 $

答案： 4. B 解法1　由实系数一元二次方程的两个虚根是共轭虚数,可知$1 + 2\mathrm{i}$和$1 - 2\mathrm{i}$是方程$x^2 + px + q = 0$的两个根,根据根与系数的关系可得$1 + 2\mathrm{i}+1 - 2\mathrm{i}=-p$,$(1 + 2\mathrm{i})(1 - 2\mathrm{i})=q$,即$p = -2$,$q = 5$.
解法2 因为$1 + 2\mathrm{i}$是方程$x^2 + px + q = 0$的根，所以$(1 + 2\mathrm{i})^2 + p(1 + 2\mathrm{i}) + q = 0$,化简得$(-3 + p + q)+(4 + 2p)\mathrm{i}=0$,所以$-3 + p + q = 0$且$4 + 2p = 0$,解得$p = -2$,$q = 5$.
教材链接人教A版必修二习题7.2第7题改编

5. 已知 $ z $ 是纯虚数，$ \frac{z + 2}{1 - i} $ 是实数，则 $ z = $(D)

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

答案： 5. D 设$z = b\mathrm{i}(b\in\mathbf{R}$,且$b\neq0)$,则$\frac{z + 2}{1 - \mathrm{i}}=\frac{2 + b\mathrm{i}}{1 - \mathrm{i}}=\frac{(2 + b\mathrm{i})(1 + \mathrm{i})}{(1 - \mathrm{i})(1 + \mathrm{i})}=\frac{1}{2}[(2 - b)+(2 + b)\mathrm{i}]$.因为$\frac{z + 2}{1 - \mathrm{i}}\in\mathbf{R}$,所以$2 + b = 0$,解得$b = -2$,所以$z = -2\mathrm{i}$

6. 设 $ z_1,z_2 $ 是复数，则下列说法不正确的是(D)

A.若 $ z_1z_2 = 0 $，则 $ z_1 = 0 $ 或 $ z_2 = 0 $
B.$ |\overline{z_1}z_2| = |\overline{z_1}||\overline{z_2}| $
C.若 $ |z_1| = |z_2| $，则 $ z_1 · \overline{z_1} = z_2 · \overline{z_2} $
D.若 $ |z_1| = |z_2| $，则 $ z_1^2 = z_2^2 $

答案： 6. D 若$z_1z_2 = 0$,则$|z_1||z_2|=|z_1z_2| = 0$,所以$|z_1| = 0$或$|z_2| = 0$,则$z_1 = 0$或$z_2 = 0$,A正确；设$z_1 = a_1 + b_1\mathrm{i}$,$z_2 = a_2 + b_2\mathrm{i}(a_1,a_2,b_1,b_2\in\mathbf{R})$,则$z_1· z_2=(a_1a_2 - b_1b_2)+(a_1b_2 + a_2b_1)\mathrm{i}$,所以$|z_1z_2|=\sqrt{a_1^2a_2^2 + b_1^2b_2^2 + a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2}$,又$|z_1||z_2|=\sqrt{a_1^2 + b_1^2}·\sqrt{a_2^2 + b_2^2}=\sqrt{a_1^2a_2^2 + a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 + b_1^2b_2^2}$,所以$|z_1z_2|=|z_1|·|z_2|$,B正确；设$z = a + b\mathrm{i}(a,b\in\mathbf{R})$,则$\overline{z}=a - b\mathrm{i}$,所以$z·\overline{z}=a^2 + b^2 = |z|^2$,若$|z_1| = |z_2|$,则$z_1·\overline{z_1}=z_2·\overline{z_2}$,C正确；取$z_1 = 1 + \mathrm{i}$,$z_2 = 1 - \mathrm{i}$,则$|z_1| = |z_2|=\sqrt{2}$,但$z_1^2=(1 + \mathrm{i})^2 = 2\mathrm{i}$,$z_2^2=(1 - \mathrm{i})^2 = -2\mathrm{i}$,则$z_1^2\neq z_2^2$,D错误.

7. 已知 $ z,z_1,z_2 $ 都是复数，则下列说法正确的是(AC)

A.若 $ \frac{1}{z} \in \mathbf{R} $，则 $ z \in \mathbf{R} $
B.若 $ z^2 \in \mathbf{R} $，则 $ z \in \mathbf{R} $
C.若 $ |z_1| = |z_2| $，则 $ z_1 · \overline{z_1} = z_2 · \overline{z_2} $
D.$ |z_1 + z_2| = \sqrt{(z_1 - z_2)^2 + 4z_1z_2} $

答案： 7. AC 设$z = a + b\mathrm{i}(a,b\in\mathbf{R})$,$z_1 = a_1 + b_1\mathrm{i}$,$z_2 = a_2 + b_2\mathrm{i}(a_1,b_1,a_2,b_2\in\mathbf{R})$.对于A,若$\frac{1}{z}\in\mathbf{R}$,即$\frac{a - b\mathrm{i}}{a^2 + b^2}\in\mathbf{R}$,则$b = 0$,即$z = a + b\mathrm{i}=a\in\mathbf{R}$,所以A正确；对于B,若$z^2\in\mathbf{R}$,即$(a + b\mathrm{i})^2=a^2 + 2ab\mathrm{i}-b^2\in\mathbf{R}$,则$ab = 0$,当$a = 0$,$b\neq0$时,$z = a + b\mathrm{i}=b\mathrm{i}\notin\mathbf{R}$,所以B错误；对于C,若$|z_1| = |z_2|$,则$|z_1|^2 = |z_2|^2$,即$z_1·\overline{z_1}=z_2·\overline{z_2}$,所以C正确；对于D,若$z_1 = 1 + \mathrm{i}$,$z_2 = \mathrm{i}$,则$|z_1 + z_2| = |1 + 2\mathrm{i}|=\sqrt{5}$,又$\sqrt{(z_1 - z_2)^2 + 4z_1z_2}=\sqrt{1 + 4\mathrm{i}(1 + \mathrm{i})}=\sqrt{-3 + 4\mathrm{i}}$,此时$|z_1 + z_2|\neq\sqrt{(z_1 - z_2)^2 + 4z_1z_2}$,所以D错误

8. 已知复数 $ z = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i $，则(AD)

A.$ \left| \frac{z + \overline{z}}{z} \right| = 1 $
B.$ |z(z - \overline{z})| = 1 $
C.$ z^2 = 1 $
D.$ z^3 = 1 $

答案：
8. AD 解法1　$z + \overline{z}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}=-1$,所以$\frac{z + \overline{z}}{z}=\frac{-1}{z}=\frac{-z}{z·\overline{z}} = 1$,故A正确；$z - \overline{z}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}=\sqrt{3}\mathrm{i}$,所以$|z(z - \overline{z})|=|z|·|z - \overline{z}|=\sqrt{3}$,故B错误；$z^2=(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})^2=\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}-\frac{3}{4}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$,故C错误；$z^3=(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$,故D正确.
解法2 $z=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}=\cos\frac{2\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{2\pi}{3}$是1的一个3次复数方根,由1的3次方根的性质,$z^3 = 1$,$1 + z + z^2 = 0$,知C错误,D正确；又$z$对应复平面向量$\overrightarrow{OZ_1}$,$\overline{z}$对应复平面向量$\overrightarrow{OZ_2}$,如图所示,四边形$OZ_1AZ_2$是$\angle Z_1OZ_2 = 120^{\circ}$的菱形,则$z + \overline{z}$对应$\overrightarrow{OZ_1}+\overrightarrow{OZ_2}=\overrightarrow{OA}$,$|\overrightarrow{OA}| = 1$,又$|\overrightarrow{OZ_1}| = 1$,$z - \overline{z}$对应$\overrightarrow{OZ_1}-\overrightarrow{OZ_2}=\overrightarrow{Z_2Z_1}$,$|\overrightarrow{Z_2Z_1}|=\sqrt{3}$,知A正确,B错误.
　　　　　　
方法总结 1的3次方根分别为$\omega_1 = 1$,$\omega_2=\cos\frac{2\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$,$\omega_3=\cos\frac{4\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{4\pi}{3}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$,它们满足：①$\omega_k^3 = 1$,$|\omega_k| = 1(k = 0,1,2)$；②$\omega_2$与$\omega_3$互为共轭复数；③$1+\omega_k+\omega_k^2 = 0(k = 1,2)$.
解后反思 赋数予形,借助直观性可快速突破.

9. 下列复数 $ z $ 满足“$ \exists k \in \mathbf{N}^* $，使得 $ z^{n + k} = z^n $ 对任意 $ n \in \mathbf{N}^* $ 都成立”的有(ABD)

A.$ z = i $
B.$ z = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i $
C.$ z = 1 - i $
D.$ z = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}i $

答案： 9. ABD 由$z^{n + k}=z^n$,得$z^k = 1$,原命题等价于“$\exists k\in\mathbf{N}^*$,使得$z^k = 1$对任意$n\in\mathbf{N}^*$都成立”.对于A,因为$z = \mathrm{i}$,所以当$k = 4$时,$z^k = 1$成立,故A正确；对于B,由$z=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$,得$z^2=(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})^2=\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}-\frac{3}{4}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}$,则$z^3=(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})×(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i})=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$,所以当$k = 3$时,$z^k = 1$成立,故B正确；对于C,由$\mathrm{i}^2=-1$,$z = 1 - \mathrm{i}$,知不存在$k\in\mathbf{N}^*$,使得$z^k = 1$对任意$n\in\mathbf{N}^*$都成立,故C错误；对于D,由$z=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i}$,得$z^2=(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{i})^2=\frac{1}{2}-\mathrm{i}+\frac{1}{2}\mathrm{i}^2=-\mathrm{i}$,则$z^4=(-\mathrm{i})^4 = 1$,所以当$k = 8$时,$z^k = 1$成立,故D正确