《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

1. [2024 吉林长春期末]设复数 $ z $ 是纯虚数，若 $ \frac{1 - i}{z + 2} $ 是实数，则 $ \overline{z} = $(D)

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

答案： 1. D 设$z = bi(b \in \mathbf{R},b \neq 0)$，所以$\frac{1 - i}{z + 2} = \frac{1 - i}{bi + 2} = \frac{(1 - i)(2 - bi)}{(2 + bi)(2 - bi)} = \frac{2 - b - (2 + b)i}{4 + b^{2}}$是实数，所以$2 + b = 0$.
解得$b = - 2$，即$z = - 2i$.

2. [新定义题，2022 广东梅州期末]设 $ S $ 为复数集 $ C $ 的非空子集，若对任意 $ x,y \in S $，都有 $ x + y,x - y,xy \in S $，则称 $ S $ 为封闭集. 给出下列命题：
①集合 $ S = \{ a + bi|a,b $ 为整数，$ i $ 为虚数单位 $ \} $ 为封闭集；
②若 $ S $ 为封闭集，则一定有 $ 0 \in S $；
③封闭集一定是无限集；
④若 $ S $ 为封闭集，则满足 $ S \subseteq T \subseteq C $ 的任意集合 $ T $ 也是封闭集.
其中真命题的个数为(B)

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

答案： 2. B 由$a,b,c,d$为整数，可得$(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i \in S$，$(a + bi) - (c + di) = (a - c) + (b - d)i \in S$，$(a + bi)(c + di) = (ac - bd) + (bc + ad)i \in S$，所以集合$S = \{ a + bi|a,b$为整数，$i$为虚数单位$\}$为封闭集，①正确；
当$S$为封闭集时，因为$x - y \in S$，取$x = y$，得$0 \in S$，②正确；
对于集合$S = \{ 0\}$，显然满足所有条件，为封闭集，但$S$是有限集，③错误；取$S = \{ 0\}$，$T = \{ 0,1\}$，满足$S \subseteq T \subseteq \mathbf{C}$，但由于$0 - 1 = - 1$不属于$T$，故$T$不是封闭集，
④错误.

3. [2024 江苏南通期末]设 $ z \in C $，且 $ (z + 5)(\overline{z} + 5) = 4 $，则 $ z^2 $ 的实部的取值范围是(B)

A.$ [8,36] $
B.$ [9,49] $
C.$ [10,64] $
D.$ [11,81] $

答案： 3. B 设$z = a + bi(a,b \in \mathbf{R})$，则$\overline{z} = a - bi$，所以$z + 5 = a + 5 + bi$，$\overline{z} + 5 = a + 5 - bi$，所以$(z + 5)(\overline{z} + 5) = (a + 5)^{2} + b^{2} = 4$. 设$a = - 5 + 2\cos\theta$，$b = 2\sin\theta$，$z^{2} = (a + bi)^{2} = a^{2} - b^{2} + 2abi$，故$z^{2}$的实部为$a^{2} - b^{2}$，所以$a^{2} - b^{2} = 4\cos^{2}\theta - 20\cos\theta + 25 - 4\sin^{2}\theta = 8\left( \cos\theta - \frac{5}{4} \right)^{2} + \frac{17}{2}$.
因为$\cos A \in \lbrack - 1,1\rbrack$，所以$a^{2} - b^{2} \in \lbrack 9,49\rbrack$，即$z^{2}$的实部的取值范围是$\lbrack 9,49\rbrack$.

4. [2025 山东泰安期中]若复数 $ z $ 满足 $ \frac{z + 1}{\overline{z} + 1} = \frac{z + \overline{z}}{z - \overline{z}} $，则 $ |z - \frac{1}{2}| = $（D）

A.$ \frac{1}{2} $
B.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $
C.1
D.$ \frac{\sqrt{5}}{2} $

答案： 4. D 设$z = a + bi(a,b \in \mathbf{R})，$则$\frac{a + bi + 1}{a - bi + 1} = \frac{2a}{2bi} = \frac{a}{bi}，$即$a^{2} + a + b^{2} - (2ab + b)i = 0，$故$\begin{cases} a^{2} + a + b^{2} = 0, \2a + 1)b = 0 \end{cases}$且$b \neq 0，$则$\begin{cases} a = - \frac{1}{2}, \\b^{2} = \frac{1}{4} \end{cases}$
故$\left$|$ z - \frac{1}{2} \right$|$ = \sqrt{\left( a - \frac{1}{2} \right)^{2} + b^{2}} = \frac{\sqrt{5}}{2}.$

5. [多选题，2025 河北邯郸五校期中]设 $ z_1,z_2,z_3 $ 为复数，则下列说法正确的是(BC)

A.若 $ |z_1| = |z_2| $，则 $ z_1^2 = z_2^2 $
B.若 $ |z_1| = |z_2| $，则 $ |z_1z_3| = |z_2z_3| $
C.若 $ z_1 \neq 0,z_1z_2 = z_1z_3 $，则 $ z_2 = z_3 $
D.若 $ z_1^2 - z_2^2 ＞ 0 $，则 $ z_1^2 ＞ z_2^2 $

答案： 5. BC 对于$A$，当$z_{1} = 1$，$z_{2} = i$时，满足$\left| z_{1} \right| = \left| z_{2} \right|$，此时$z_{1}^{2} = 1$，$z_{2}^{2} = - 1$，故$A$错误；对于$B$，若$\left| z_{1} \right| = \left| z_{2} \right|$，由复数模的性质可得$\left| z_{1}z_{3} \right| = \left| z_{1} \right|\left| z_{3} \right|$，$\left| z_{2}z_{3} \right| = \left| z_{2} \right|\left| z_{3} \right|$，所以$\left| z_{1}z_{3} \right| = \left| z_{2}z_{3} \right|$，故$B$正确；对于$C$，由$z_{1}z_{2} = z_{1}z_{3}$，则$z_{1}(z_{2} - z_{3}) = 0$，因为$z_{1} \neq 0$，所以$z_{2} = z_{3}$，故$C$正确；对于
答案详析 29
D，当$z_{1}^{2} = 3 + i$，$z_{2}^{2} = 2 + i$时，$z_{1}^{2} - z_{2}^{2} = 3 + i - 2 - i = 1 ＞ 0$，
但$z_{1}^{2}$，$z_{2}^{2}$不能比较大小，故$D$错误.

6. [多选题，2025 福州四中期中]已知复数 $ z = \frac{2i}{1 + i} $($ i $ 为虚数单位)，则(ACD)

A.$ z $ 的虚部为 1
B.$ z $ 的共轭复数为 $ -1 + i $
C.在复平面内，$ z $ 对应的点在第一象限
D.若复数 $ z_0 $ 满足 $ |z_0| = 1 $，则 $ |z - z_0| $ 的取值范围是 $ [\sqrt{2} - 1,\sqrt{2} + 1] $

答案： 6. ACD 由题意，$z = \frac{2i}{1 + i} = \frac{2i(1 - i)}{(1 + i)(1 - i)} = 1 + i$，则复数$z$的虚部为$1$，$A$正确；$z$的共轭复数为$1 - i$，$B$错误；在复平面内，$z$对应的点$Z(1,1)$在第一象限，$C$正确；满足$\left| z_{0} \right| = 1$的复数$z_{0}$在复平面内对应的点$Z_{0}$的轨迹是以原
点$O(0,0)$为圆心，$1$为半径的圆，$\left| OZ \right| = \sqrt{2}$，于是$\left| ZZ_{0} \right|_{\min} = \sqrt{2} - 1$，$\left| ZZ_{0} \right|_{\max} = \sqrt{2} + 1$，$\left| z - z_{0} \right|$的取值范围
是$\lbrack\sqrt{2} - 1,\sqrt{2} + 1\rbrack$，$D$正确.

7. [2025 云南昆明期中]已知复平面上的点 $ Z $ 对应的复数 $ z $ 满足：存在模长为 1 的复数 $ a $，使得 $ z · \overline{z} + a · \overline{z} + \overline{a} · z = 0 $. 则所有满足条件的点 $ Z $ 组成的图形的面积为4π.

答案： 7. $4\pi$ 设$z = x + yi$，$a = p + qi$，则$p^{2} + q^{2} = 1$，由$z · \overline{z} + a · \overline{z} + \overline{a} · z = 0$，得$(x + yi)(x - yi) + (p + qi)(x - yi) + (p - qi)(x + yi) = 0$，整理得$x^{2} + y^{2} + 2px + 2qy = 0$，所以$(x + p)^{2} + (y + q)^{2} = p^{2} + q^{2} = 1$，所以$Z$是以$( - p, - q)$
为圆心，$1$为半径的圆上的点，又$( - p, - q)$是以原点为圆心，$1$为半径的圆上的点，所以点$Z$形成的图形是以$(0,0)$为圆心，$2$为半径的圆面，所以点$Z$组成的图形的
面积为$\pi × 2^{2} = 4\pi$.

8. [2024 广东广州期末]写出一个使得 $ \omega + \omega^2 + \omega^3 = 0 $ 成立的非零复数 $ \omega $：$ - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$(或$- \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$).

答案： 8. $- \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$(或$- \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$) 因为$\omega \neq 0$，且$\omega + \omega^{2} + \omega^{3} = 0$，所以$1 + \omega + \omega^{2} = 0$. 设$\omega = a + bi(a,b \in \mathbf{R})$，所以$1 + \omega + \omega^{2} = 1 + a + bi + (a + bi)^{2} = a^{2} - b^{2} + a + 1 + (2a + 1)bi = 0$，则$\begin{cases} (2a + 1)b = 0, \\a^{2} - b^{2} + a + 1 = 0 \end{cases}$
解得$\begin{cases} a = - \frac{1}{2}, \\b = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$或$\begin{cases} a = - \frac{1}{2}, \\b = - \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$
所以非零复数$\omega = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$或$\omega = - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$.

9. [2020 湖南衡阳一中月考]已知函数 $ f(x) = \log_{\frac{1}{3}}(3^x + 1) + \frac{1}{2}abx $ 为偶函数，$ g(x) = 2^x + \frac{a + b}{2^x} $ 为奇函数，其中 $ a,b $ 为复数，则 $ (a + b) + (a^2 + b^2) + (a^3 + b^3) + ·s + (a^{100} + b^{100}) = $- 1.

答案： 9. $- 1$ 因为$f(x)$为偶函数，$g(x)$为奇函数，所以$\begin{cases} f(1) = f( - 1), \\g(0) = 0 \end{cases}$解得$\begin{cases} ab = 1, \\a + b = - 1 \end{cases}$所以复数$a,b$是方程$x^{2} + x + 1 = 0$的两个根，解得$a = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i$，$b = - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$. 所以$a^{3} = b^{3} = 1$. 已知$a + b = - 1$，$ab = 1$，则$a^{2} + b^{2} = (a + b)^{2} - 2ab = - 1$，$a^{3} + b^{3} = 2$，同理可求$a^{4} + b^{4} = - 1$，$a^{5} + b^{5} = - 1$，$a^{6} + b^{6} = 2$，$·s$归纳出有周期性且$T = 3$，所以$(a + b) + (a^{2} + b^{2}) + (a^{3} + b^{3}) + ·s + (a^{100} + b^{100}) = 33\lbrack(a + b) + (a^{2} + b^{2}) + (a^{3} + b^{3})\rbrack + (a + b) = - 1$.