《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. [2024·乐山一中期中](多选)下列说法正确的有 (ABC)

A.设 $ z_1,z_2 $ 是两个虚数,若 $ z_1 + z_2 $ 和 $ z_1z_2 $ 均为实数,则 $ z_1,z_2 $ 是共轭复数
B.若 $ z_1 - z_2 = 0 $,则 $ z_1 $ 与 $ \overline{z_2} $ 互为共轭复数
C.设 $ z_1,z_2 $ 是两个虚数,若 $ z_1 $ 与 $ z_2 $ 是共轭复数,则 $ z_1 + z_2 $ 和 $ z_1z_2 $ 均是实数
D.若 $ z_1 + z_2 \in \mathbf{R} $,则 $ z_1 $ 与 $ z_2 $ 互为共轭复数

答案： 1.ABC 【解析】设$z_1=a+bi(a,b\in\mathbf{R},b\neq0)$，$z_2=c+di$（$c,d\in\mathbf{R},d\neq0$），则$z_1 + z_2=(a + c)+(b + d)i$，$z_1z_2=ac - bd+(ad + bc)i$。因为$z_1 + z_2$和$z_1z_2$都是实数，所以$b + d = 0$，$ad + bc = 0$，所以$b=-d$，$a = c$，所以$z_1$，$z_2$是共轭复数，所以A正确。若$z_1 - z_2 = 0$，则$z_1 = z_2$，$\overline{z_1}=\overline{z_2}$，所以$z_1$与$\overline{z_2}$互为共轭复数，所以B正确.设$z_1=a+bi(a,b\in\mathbf{R},b\neq0)$，$z_2=a - bi$，则$z_1 + z_2 = 2a$是实数，$z_1z_2=a^2 + b^2$是实数，所以C正确.若$z_1 + z_2\in\mathbf{R}$，则$z_1$与$z_2$不一定互为共轭复数，如$z_1=1 + i$，$z_2=2 - i$，所以D错误.故选ABC.

2. [2024·安阳调考]设复数 $ z $ 满足 $ z(2 + i) = 5 $,则 $ |z - i| = $ (C)

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

答案： 2.C 【解析】因为$z(2 + i)=5$，所以$z=\frac{5}{2 + i}=\frac{5(2 - i)}{(2 + i)(2 - i)}=$
$ - i· i = - 2i$，所以$\vert - i - i\vert=\vert - 2i\vert = 2\sqrt{2}$.

3. [2024·苏州二中月考]已知复数 $ z_1 $ 的实部为 2,复数 $ z_2 $ 的虚部为 -1,且 $ \frac{z_1}{z_2} $ 为纯虚数, $ z_1z_2 $ 为实数,若 $ z_1 + z_2 $ 在复平面内对应的点不在第一象限,则 $ z_1 - z_2 $ 对应的点在(D)

A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限

答案： 3.D 【解析】设$z_1=2 + bi$，$z_2=a - i$，$a,b\in\mathbf{R}$，因为$\frac{z_1}{z_2}=\frac{2 + bi}{a - i}=\frac{2a - b+(2a + ab)i}{a^2 + 1}$为纯虚数，所以$2a - b = 0$且$2 + ab\neq0$。因为$z_1· z_2=(2 + bi)(a - i)=(2a + b)+(ab - 2)i$为实数，所以$ab = 2$。由$\begin{cases}2a - b = 0,\\ab = 2,\end{cases}$解得$\begin{cases}a = 1,\\b = 2\end{cases}$或$\begin{cases}a = - 1,\\b = - 2.\end{cases}$又$z_1 + z_2=(2 + a)+(b - 1)i$在复平面内对应的点不在第一象限，所以$\begin{cases}a = 1,\\b = 2\end{cases}$不符合，于是$z_1 - z_2=(2 - a)+(b + 1)i = 3 - i$对应的点在第四象限.

4. (多选)设复数 $ z_1,z_2 $ 满足 $ |z_1| = |z_2| = \sqrt{2} $, $ z_1 + z_2 = 1 + i $,则下列结论正确的有 (AD)

A.$ z_1 + z_2 $ 的共轭复数为 $ 1 - i $
B.$ (z_1 + z_2)^{10} = 32 $
C.若 $ z_1 + z_2 $ 是方程 $ x^2 + mx + n = 0(m,n \in \mathbf{R}) $ 的根,则 $ m = 1 $
D.$ |z_1 - z_2| = \sqrt{6} $

答案： 4.AD 【解析】对于A，因为$z_1 + z_2 = 1 + i$，所以$z_1 + z_2$的共轭复数为$1 - i$，所以A正确；对于B，因为$z_1 + z_2 = 1 + i$，所以$(z_1 + z_2)^2=(1 + i)^2 = 2i$，所以$(z_1 + z_2)^{10}=[(z_1 + z_2)^2]^5=(2i)^5 = 32i^5 = 32i$，所以B错误；对于C，易知方程$x^2 + mx + n = 0$的根为$1 - i$和$1 + i$，所以$(1 - i)+(1 + i)= - m$，解得$m = - 2$，所以C错误；对于D，设$z_1 - z_2=a + bi(a,b\in\mathbf{R})$，因为$z_1 + z_2 = 1 + i$，所以$z_1=\frac{a + 1}{2}+\frac{b + 1}{2}i$，$z_2=\frac{1 - a}{2}+\frac{1 - b}{2}i$。因为$\vert z_1\vert=\vert z_2\vert=\sqrt{2}$，所以$(\frac{a + 1}{2})^2+(\frac{b + 1}{2})^2 = 2$，$(\frac{1 - a}{2})^2+(\frac{1 - b}{2})^2 = 2$，所以$a^2 + b^2 = 6$，所以$\vert z_1 - z_2\vert=\sqrt{6}$，所以D正确.故选AD.

5. [2024·长治二中单元检测]若 $ \frac{-i^{2026}}{a + bi} = \frac{5}{1 + 2i} $ ($ a,b \in \mathbf{R} $),则 $ \log_5(2a) + \log_5b = $$2\log_52 - 2$.

答案： 5.$2\log_52 - 2$【解析】因为$\frac{i^{2026}}{a + bi}=\frac{5}{1 + 2i}$，所以$5a + 5bi = 1 + 2i$，所以$a=\frac{1}{5}$，$b=\frac{2}{5}$，所以$\log_5(2a)+\log_5b=\log_5\frac{2}{5}+\log_5\frac{2}{5}=2\log_52 - 2$。

6. [2024·大同一中月考]已知 $ \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i $ 是实系数一元二次方程 $ ax^2 + bx + 1 = 0 $ 的一个根,则 $ a = $$1$, $ b = $$-\sqrt{3}$.

答案： 6.$1 - \sqrt{3}$【解析】把$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$代入方程，得$a(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i)^2 + b(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i)+1 = 0$，即$(\frac{1}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}b + 1)+(\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b)i = 0$，所以$\begin{cases}\frac{1}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}b + 1 = 0,\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b = 0.\end{cases}$即$\begin{cases}a+\sqrt{3}b + 2 = 0,\\\sqrt{3}a + b = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a = 1,\\b = -\sqrt{3}.\end{cases}$

7. [2024·东北育才学校期中]已知复数 $ z = 1 + mi $(i 是虚数单位,$ m \in \mathbf{R} $),且 $ \overline{z}(3 + i) $ 为纯虚数.
(1)设复数 $ z_1 = \frac{m + 2i}{1 - i} $,求 $ |z_1| $;
(2)设复数 $ z_2 = \frac{a - i^{2025}}{z} $,且复数 $ z_2 $ 在复平面内所对应的点在第一象限,求实数 $ a $ 的取值范围.

答案： 7.因为$z = 1 + mi$，所以$\overline{z}=1 - mi$，所以$\overline{z}(3 + i)=(1 - mi)(3 + i)=(3 + m)+(1 - 3m)i$.又因为$\overline{z}(3 + i)$为纯虚数，所以$\begin{cases}3 + m = 0,\\1 - 3m\neq0,\end{cases}$解得$m = - 3$，所以$z = 1 - 3i$.
(1)$\vert z_1\vert=\frac{\vert - 3 + 2i\vert}{\vert1 - i\vert}=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{26}}{2}$
(2)因为$z = 1 - 3i$，$i^{2025}=i^{2024}· i = i$，所以$z_2=\frac{a - i}{1 - 3i}=\frac{(a + 3)+(3a - 1)i}{10}$又因为复数$z_2$在复平面内所对应的点在第一象限，所以$\begin{cases}a + 3＞0,\\3a - 1＞0,\end{cases}$解得$a＞\frac{1}{3}$.即实数$a$的取值范围是$(\frac{1}{3},+\infty)$。

8. [2024·宜昌一中期中]已知向量 $ \boldsymbol{a} = (\cos2\theta,-2),\boldsymbol{b} = (1,-\sin^2\theta),m = \boldsymbol{a} · \boldsymbol{b} + 2 $,在复平面坐标系中,i 为虚数单位,复数 $ z_1 = \frac{m + i}{1 - i} $ 对应的点为 $ Z_1 $.
(1)求 $ |z_1| $;
(2) $ Z $ 为曲线 $ |z - 2\overline{z_1}| = 1 $ 上的动点,求 $ Z $ 与 $ Z_1 $ 之间的最小距离;
(3)若 $ \theta = \frac{\pi}{6} $,求 $ \boldsymbol{a} $ 在 $ \boldsymbol{b} $ 上的投影向量 $ \boldsymbol{n} $.

答案： 8.
(1)$a· b=\cos2\theta + 2\sin^2\theta=\cos^2\theta - \sin^2\theta + 2\sin^2\theta=\cos^2\theta+\sin^2\theta = 1$，所以$m = a· b + 2 = 1 + 2 = 3$.所以$z_1=\frac{3 + i}{1 - i}=\frac{(3 + i)(1 + i)}{(1 - i)(1 + i)}=\frac{3 + 3i + i + i^2}{2}=\frac{2 + 4i}{2}=1 + 2i$.所以$\vert z_1\vert=\vert1 + 2i\vert=\sqrt{5}$.
(2)由
(1)可得$\overline{z_1}=1 - 2i$，$Z_1(1,2)$，曲线$\vert z - 2\overline{z_1}\vert = 1$，即$\vert z-(2 - 4i)\vert = 1$，因此曲线是复平面内以$Z_0(2,-4)$为圆心，$1$为半径的圆.故$Z_0$与$Z_1$之间的距离为$\sqrt{(1 - 2)^2+[2-(-4)]^2}=\sqrt{37}$，所以$Z$与$Z_1$之间的最小距离为$\sqrt{37}-1$.
(3)因为$\theta=\frac{\pi}{6}$，所以$a=(\frac{1}{2},-2)$，$b=(1,-\frac{1}{4})$.由
(1)可知$a· b = 1$，设$a$与$b$的夹角为$\alpha$，则$\cos\alpha=\frac{a· b}{\vert a\vert\vert b\vert}=\frac{8}{17}$，与$b$方向相同的单位向量$e=\frac{b}{\vert b\vert}=(\frac{4\sqrt{17}}{17},-\frac{\sqrt{17}}{17})$，所以$a$在$b$上的投影向量$\mathbf{n}=\vert a\vert·\cos\alpha· e=(\frac{16}{17},-\frac{4}{17})$.