《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

9. [2025江苏镇江期末]已知复数$z_1,z_2$，则下列说法正确的是(AC)

A.若$\overline{z_1} = z_2$，则$|z_1| = |z_2|$
B.若$\frac{z_1}{z_2}$为纯虚数，则$z_1z_2$也为纯虚数
C.若$z_1 = \overline{z_2}$，则$z_1 + z_2$是实数
D.若$z_1^2 + z_2^2 = 0$，则$z_1 = z_2 = 0$

答案： 9. AC 对于A，设$z_1 = a + bi(a,b\in\mathbf{R})$，若$\overline{z_1}=z_2$，则$z_2 = a - bi$，所以$|z_1|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=|z_2|$，A正确；对于B，不妨取$z_1 = 1 + i$，$z_2 = 1 - i$，则$\frac{z_1}{z_2}=\frac{1 + i}{1 - i}=\frac{(1 + i)^{2}}{(1 - i)(1 + i)}=\frac{2i}{2}=i$为纯虚数，但$z_1z_2=(1 + i)(1 - i)=2$为实数，B错误；对于C，设$z_1 = a + bi(a,b\in\mathbf{R})$，若$z_1=\overline{z_2}$，则$z_2 = a - bi$，所以$z_1 + z_2=(a + bi)+(a - bi)=2a$为实数，C正确；对于D，不妨取$z_1 = 1 + i$，$z_2 = 1 - i$，则$z_1^{2}+z_2^{2}=(1 + i)^{2}+(1 - i)^{2}=2i - 2i = 0$，但$z_1\neq0$且$z_2\neq0$，D错误.

10. [2025广东潮州期末]已知$i$是虚数单位，复数$z$满足$|z - 2i| = 1$，请写出一个满足条件的复数$z =$$1 + 2i$(答案不唯一)。

答案： 10. $1 + 2i$(答案不唯一) 设$z = a + bi(a,b\in\mathbf{R})$，由$|z - 2i| = 1$，得$|a+(b - 2)i|=\sqrt{a^{2}+(b - 2)^{2}}=1$，则$a^{2}+(b - 2)^{2}=1$，取$a = 1$，$b = 2$，符合题意，即$z = 1 + 2i$符合题意.

11. [2025浙江杭州二中期中]复数$z_1,z_2$满足$|z_1 - 1| = |\overline{z_1} + i|$，$|z_2 - 2| = 1$，则$|z_1 - z_2|$的最小值为$\sqrt{2}-1$。

答案：
11. $\sqrt{2}-1$ 设$z_1 = x + yi$，$x,y\in\mathbf{R}$，则$\overline{z_1}=x - yi$.由$|z_1 - 1| = |z_1 + i|$，得$(x - 1)^{2}+y^{2}=x^{2}+(1 - y)^{2}$，整理得$x - y = 0$，即$z_1$在复平面内对应点的轨迹为直线$l:x - y = 0$.由$|z_2 - 2| = 1$，得$z_2$在复平面内对应点的轨迹是以点$C(2,0)$为圆心，$1$为半径的圆.过点$C$作$CA\perp l$于点$A$，线段$AC$交圆$C$于点$B$，则$\triangle OAC$为等腰直角三角形，$|AC|=\sqrt{2}$.而$|z_1 - z_2|$在复平面内表示复数$z_1$，$z_2$在复平面内对应点之间的距离，所以$|z_1 - z_2|$的最小值为$|AB|=|AC|-r=\sqrt{2}-1$.

12. [2025山东济南西城实验中学阶段练习]复平面内两个点$Z_1,Z_2$分别对应两个复数$z_1,z_2$，它们满足下列两个条件：①$z_2 = z_1· 2i$；②两点$Z_1,Z_2$连线的中点对应的复数为$-1 + 3i$。若$O$为坐标原点，则$\triangle Z_1OZ_2$的面积为8。

答案： 12. 8 设$Z_1(m,n)$，$Z_2(a,b)$，且$a,b,m,n\in\mathbf{R}$，则$z_1 = m + ni$，$z_2 = a + bi$.由$z_2=\overline{z_1}·2i$，得$a + bi=(m + ni)·2i$，即$a + bi=-2n + 2mi$，故$\begin{cases}a=-2n\\b=2m\end{cases}$①.由两点$Z_1$，$Z_2$连线的中点对应$\begin{cases}\frac{a + m}{2}=-1\frac{b + n}{2}=3\end{cases}$，即$\begin{cases}a + m=-2\\b + n=6\end{cases}$②.联立①②，解得$\begin{cases}a=-4\\m=2\\b=4\\n=2\end{cases}$，即$\overrightarrow{OZ_1}=(2,2)$，$\overrightarrow{OZ_2}=(-4,4)$.由$\overrightarrow{OZ_1}·\overrightarrow{OZ_2}=-4×2 + 4×2 = 0$，即$\overrightarrow{OZ_1}\perp\overrightarrow{OZ_2}$，故$\triangle Z_1OZ_2$为直角三角形.又$|\overrightarrow{OZ_1}|=2\sqrt{2}$，$|\overrightarrow{OZ_2}|=4\sqrt{2}$，故$\triangle Z_1OZ_2$的面积为$\frac{1}{2}×4\sqrt{2}×2\sqrt{2}=8$.

13. [2025江苏徐州期末]已知复数$z_1 = \cos x + i$，$z_2 = 1 + (1 - \sqrt{3}\sin x)i$，$x\in(0,\frac{2\pi}{3})$。
（1）当$x = \frac{\pi}{3}$时，求$z_1z_2$和$|z_1 - 2z_2|$；
（2）设$z_1,z_2$在复平面内对应的点分别为$A,B$，$O$为原点，若$\overrightarrow{OA}\perp\overrightarrow{OB}$，求$x$。

答案： 13. 解：
(1)当$x=\frac{\pi}{3}$时，$z_1=\frac{1}{2}+i$，$z_2=1-\frac{1}{2}i$，所以$z_1z_2=(\frac{1}{2}+i)(1-\frac{1}{2}i)=1+\frac{3}{4}i$，$z_1 - 2z_2=-\frac{3}{2}+2i$，则$|z_1 - 2z_2|=\sqrt{(-\frac{3}{2})^{2}+2^{2}}=\frac{5}{2}$.
(2)由已知得$A(\cos x,1)$，$B(1,1-\sqrt{3}\sin x)$.因为$\overrightarrow{OA}\perp\overrightarrow{OB}$，所以$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}=\cos x×1+1×(1-\sqrt{3}\sin x)=0$，所以$\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x-\frac{1}{2}\cos x=\frac{1}{2}$，即$\sin(x-\frac{\pi}{6})=\frac{1}{2}$.因为$x\in(0,\frac{2\pi}{3})$，所以$x-\frac{\pi}{6}\in(-\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2})$，所以$x-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6}$，即$x=\frac{\pi}{3}$.